2021版新高考数学（山东专用）一轮学案：第八章第九讲第三课时　定点、定值、探索性问题

第三课时　定点、定值、探索性问题

KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU

考点突破·互动探究

考点一　圆锥曲线的定值问题——自主练透

例1 (2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1,2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.

(1)求直线l的斜率的取值范围；

(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．

[解析]　(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，

所以2p＝4，即p＝2.

故抛物线C的方程为y2＝4x，

由题意知，直线l的斜率存在且不为0.

设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．

由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.

依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．

从而k≠－3.

所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.

直线PA的方程为y－2＝(x－1)．

令x＝0，得点M的纵坐标为

yM＝＋2＝＋2.

同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.

由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.

所以＋＝＋＝＋

＝·＝·＝2.

所以＋为定值．

名师点拨 ☞

求解定值问题常用的方法

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

〔变式训练1〕

(2020·河南八市重点高中联盟联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左右焦点分别是F1，F2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线y＝x＋3相切，点P在椭圆C上，|PF1|＝2，∠F1PF2＝60°.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A、B两点，且kOA·kOB＝－，△AOB的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．

[解析]　(1)依题意有b＝＝，∴b2＝3，

由|PF1|＝2及椭圆的定义得|PF2|＝2a－2，

由余弦定理得

|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，

即a2－3a＋3＝c2，又a2－c2＝b2＝3，∴a＝2，

故椭圆的方程为＋＝1.

(2)联立可得，

(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，

则Δ＝3＋4k2－m2>0，①

又x1＋x2＝－，x1x2＝，

y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，

由kOA·kOB＝－，

可得＝－，

∴y1·y2＝－x1x2，

＝－·，

∴2m2－4k2＝3，满足①，

∵|AB|＝

＝

＝，

∴S△OAB＝·d·|AB|＝××＝为定值．

考点二　圆锥曲线中的定点问题——师生共研

例2 (2019·辽宁省辽阳市模拟)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，O为坐标原点，点O到直线AF2的距离为，△AF1F2为等腰直角三角形．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)直线l与椭圆C交于M，N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．

[解析]　(1)由题意可知：直线AF2的方程为＋＝1，即－bx＋cy＋bc＝0，

则＝＝，

因为△AF1F2为等腰直角三角形，

所以b＝c，又a2＝b2＋c2，

可解得a＝，b＝1，c＝1，

所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)证明：由(1)知A(0，－1)，

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为

y＝kx＋t(t≠±1)代入＋y2＝1，得

(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，

所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)>0，

即t2－2k2<1，

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝，

因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，

所以kAM＋kAN＝＋＝＋

＝2k＋＝2k－＝2.

整理得t＝1－k，

所以直线l的方程为y＝kx＋1－k，即y＝k(x－1)＋1，显然直线y＝k(x－1)＋1经过定点(1,1)，

当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝m，

因为直线AM与直线的斜率之和为2，设M(m，n)，则N(m，－n)，

所以kAM＋kAN＝＋＝＝2，解得m＝1.

此时直线l的方程为x＝1，

显然直线x＝1也经过该定点(1,1)

综上，直线l恒过点(1,1)．

名师点拨 ☞

求解定点问题常用的方法

(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．

(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．

(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．

〔变式训练2〕

(2020·安徽蚌埠质检)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，直线y＝x－1与C相交所得的弦长为8.

(1)求p的值；

(2)已知点O为坐标原点，一条动直线l与抛物线C交于O，M两点，直线l与直线x＝－2交于H点，过点H作y轴的垂线交抛物线C于N点，求证：直线MN过定点．

[解析]　(1)设直线与抛物线的两交点坐标分别为：(x1，y1)，(x2，y2)，

由得，消x可得y2－2py－2p＝0，

∴y1＋y2＝2p，y1y2＝－2p.

∴弦长为·＝·＝8，

解得p＝2或p＝－4(舍去)，∴p＝2.

(2)由(1)可得y2＝4x，设M(y，y0)，

∴直线OM的方程y＝x，

当x＝－2时，∴yH＝－，

代入抛物线方程y2＝4x，可得xN＝，

∴N(，－)，

∴直线MN的斜率k＝＝，

直线MN的方程为y－y0＝(x－y)，

整理可得y＝(x－2)，故直线MN过点(2,0)．

考点三　圆锥曲线中的探索性问题——师生共研

例3 (2020·山东省模拟)设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点(1，)，且离心率为.F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.

(1)求E和⊙F的方程；

(2)若直线l：y＝k(x－)(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由．

[解析]　(1)设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，

由e＝，从而得＝e2＝＝1－，

从而＝，即a2＝4b2.

又椭圆过点(1，)，从而得＋＝1，

解得a2＝4，b2＝1，从而所求椭圆E的方程为＋y2＝1.

所以F(，0)，令x＝，得|PF|＝＝r，

所以⊙F的方程为(x－)2＋y2＝.

(2)不存在，理由如下：

若|AC|＝|BD|，则

1＝|AB|＝|AC|＋|CB|＝|DB|＋|CB|＝|DC|.

联立，整得，

得(4k2＋1)x2－8k2x＋12k2－4＝0.

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，

则，

从而|CD|＝|x1－x2|＝＝＝.

由|DC|＝1，从而4k2＋4＝4k2＋1，从而4＝1矛盾．从而满足题设条件的直线l不存在．

名师点拨 ☞

圆锥曲线中的探索性问题

1．圆锥曲线中的存在性问题一般分为探究条件、探究结论两种，若探究条件，则可先假设条件成立，在验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在：若探究结论，则应先求出结论的表达式，在对其表达式解析讨论，往往涉及对参数的讨论．

2．圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立，解决此类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．

3．解决探索性问题的答题模板

〔变式训练3〕

(2020·河南省八市重点高中联盟联考)已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，M为l上一动点，过点M作抛物线C的切线，切点分别为A，B．

(1)求证：△MAB是直角三角形；

(2)x轴上是否存在一定点P，使A，P，B三点共线．

[解析]　(1)由已知得直线l的方程为x＝－1，

设M(－1，m)，切线斜率为k，

则切线方程为y－m＝k(x＋1)，将其与y2＝4x联立消x得ky2－4y＋4(m＋k)＝0.

所以Δ＝16－16k(m＋k)＝0，化简得k2＋mk－1＝0，

所以k1k2＝－1，所以MA⊥MB．

即△MAB是直角三角形．

(2)由(1)知Δ＝16－16k(m＋k)＝0时，

方程ky2－4y＋4(m＋k)＝0的根为y＝，

设切点A(，y1)，B(，y2)，

则y1＝，y2＝，因为k1k2＝－1，所以y1y2＝＝－4.

设lAB：x＝ny＋t，与y2＝4x联立消x得y2－4ny－4t＝0，

则y1y2＝－4t，所以－4t＝－4，解得t＝1，

所以直线AB过定点P(1,0)．

即x轴上存在一定点P(1,0)，使A，P，B三点共线．