第8章 第8节　第3课时　定点、定值、探索性问题教案

这是一份第8章 第8节　第3课时　定点、定值、探索性问题教案，共9页。
第3课时　定点、定值、探索性问题考点1　定点问题——综合性(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．(1)求椭圆E的方程；(2)证明：直线CD过定点．(1)解：由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．则＝(a,1)，＝(a，－1)．由·＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.由于直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3)．直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．由于＋y＝1，故y＝－，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①将x＝my＋n代入＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－，y1y2＝.代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0.解得n1＝－3(舍去)，n2＝.故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点.若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.综上，直线CD过定点.直线过定点问题的解题模型—  ↓ —  ↓ —  ↓—(2020·石嘴山市第三中学高三模拟)已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝x0.(1)求抛物线C的标准方程；(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．(1)解：由题意得，|MF|＝x0＋＝x0，解得x0＝2p.因为点M(x0,4)在抛物线C上，所以42＝2px0＝4p2，解得p2＝4.又p>0，所以p＝2，即拋物线C的标准方程为y2＝4x.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为OA⊥OB，所以·＝0，即x1x2＋y1y2＝0.因为点A，B在抛物线C上，所以y＝4x1，y＝4x2，代入得＋y1y2＝0.因为y1y2≠0，所以y1y2＝－16.设直线AB的方程为x＝my＋n，联立得y2－4my－4n＝0，则y1y2＝－4n，所以n＝4，所以直线AB的方程为x＝my＋4，过定点(4,0)．考点2　定值问题——综合性(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．(1)求椭圆C的方程．(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．(1)解：由题意得＋＝1，e2＝＝，解得a2＝6，b2＝3.所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①由AM⊥AN知·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0.整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.于是MN的方程为y＝k－(k≠1)．所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)或x1＝.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝.若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)引进变量法：其解题流程为—↓—↓—(2020·太原五中高三月考)已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，焦距为2，点(2,1)在该椭圆上．(1)求椭圆C的方程．(2)直线x＝2与椭圆交于P，Q两点，点P位于第一象限，A，B是椭圆上位于直线x＝2两侧的动点．当点A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)．因为焦距为2，所以c＝，焦点F1(，0)，F2(－，0)．又因为点(2,1)在该椭圆上，代入椭圆方程得＋＝1，即＋＝1，解得a2＝8或a2＝3(舍)，所以b2＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)将x＝2代入椭圆方程得＋＝1，解得y＝±1，则P(2,1)，Q(2，－1)．因为当点A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，所以直线PA与直线PB的斜率互为相反数．不妨设kPA＝k>0，则kPB＝－k(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以直线PA的方程为y－1＝k(x－2)．联立得(1＋4k2)x2＋(8k－16k2)x＋16k2－16k－4＝0. 因为2，x1是该方程的两根，所以2x1＝，即x1＝.同理，直线PB的方程为y＝－kx＋2k＋1，且x2＝.所以x1＋x2＝，x1－x2＝－，所以kAB＝＝＝，即直线AB的斜率为定值．考点3　探索性问题——综合性(2020·绵阳四诊)已知椭圆C：＋y2＝1，直线l：y＝x＋m交椭圆C于A，B两点，O为坐标原点．(1)若直线l过椭圆C的右焦点F，求△AOB的面积．(2)若＝t(t>0)，试问椭圆C上是否存在点P，使得四边形OAPM为平行四边形？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．直线l过椭圆C的右焦点F，则m＝－1，直线l的方程为x＝y＋1.联立得3y2＋2y－1＝0，解得y1＝，y2＝－1.所以S△AOB＝|OF||y1－y2|＝×1×＝.(2)联立得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，所以Δ＝(4m)2－12(2m2－2)>0，解得0≤m2<3.所以x1＋x2＝－，x1x2＝.所以y1y2＝(x1＋m)(x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝.因为四边形OAPM为平行四边形，所以m≠0，且＝＋.又＝t(t>0)，所以＝＋t＝(x1＋tx2，y1＋ty2)，所以点P的坐标为(x1＋tx2，y1＋ty2)．又点P在椭圆上，即(x1＋tx2)2＋2(y1＋ty2)2＝2，整理得(x＋2y)＋t2(x＋2y)＋2tx1x2＋4ty1y2＝2.又x＋2y＝2，x＋2y＝2，即x1x2＋2y1y2＝－t，所以＋2×＝－t，解得t＝.因为t>0,0≤m2<3，所以0<t≤2.综上所述，t的取值范围是(0,2]．解决存在性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论．若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外的途径．(2020·衡水中学高三月考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：x－y＋2＝0与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切．(1)求椭圆C的方程．(2)是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点M(0，m)，使|＋2|＝|－2|成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知得解方程组得a＝2，b＝，c＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)假设存在这样的直线．由已知条件，可知直线的斜率存在．设直线方程为y＝kx＋m，由得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，Δ＝16(8k2－m2＋2)>0(*)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.由|＋2|＝|－2|，得⊥，即·＝0，即x1x2＋y1y2＝0.故8k2＝5m2－8≥0，得m2≥.将8k2＝5m2－8代入(*)式，解得m2>，所以m>或m<－.所以实数m的取值范围是∪.