高考数学一轮复习第8章第8节第3课时定点、定值、探索性问题学案

第3课时　定点、定值、探索性问题

考点1　定点问题——基础性

(2021·运城模拟)已知P(1,2)在抛物线C：y2＝2px上．

(1)求抛物线C的方程；

(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．

(1)解：将点P(1,2)代入抛物线方程得4＝2p，所以p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x．

(2)证明：设AB：x＝my＋t，将直线AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，

所以Δ＞0⇒16m2＋16t＞0⇒m2＋t＞0，

kPA＝＝＝，同理kPB＝．

由题意＋＝2，

所以4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，

所以y1y2＝4，所以－4t＝4，所以t＝－1，

故直线AB恒过定点(－1,0)．

已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，A为短轴的一个端点，且|OA|＝|OF|＝(其中O为坐标原点)．

(1)求椭圆的方程；

(2)若C，D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM，交椭圆于点P，试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

解：(1)由已知得b＝c＝，所以a2＝b2＋c2＝4，

所以椭圆的方程为＋＝1．

(2)由(1)知，C(－2,0)，D(2,0)．

由题意可设直线CM：y＝k(x＋2)，P(x1 ，y1)．

因为MD⊥CD，所以M(2,4k)．

由消去y，整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，

所以Δ＝(8k2)2－4(1＋2k2)(8k2－4)＞0．

由根与系数的关系得－2x1＝，即x1＝．

所以y1＝k(x1＋2)＝，

所以P．

设Q(x0,0)，且x0≠－2．

若以MP为直径的圆恒过DP，MQ的交点，

则MQ⊥DP，所以·＝0恒成立．

又＝(2－x0,4k)，＝，

所以·＝(2－x0)·＋4k·＝0，

即＝0恒成立，所以x0＝0．

所以存在点Q(0,0)，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点．

如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆E相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2．

(1)求椭圆E的方程；

(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

解：(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，

因此解得a＝2，b＝，

所以椭圆E的方程为＋＝1．

(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点，

如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，

即|QC|＝|QD|，

所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)．

当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，)，(0，－)．

由＝，有＝，解得y0＝1，或y0＝2，

所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0,2)．

下面证明：对任意直线l，均有＝．

当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．

当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1，

A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，

其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，

所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，

因此＋＝＝2k．

易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，

又kQA＝＝＝k－，

kQB′＝＝＝－k＋＝k－，

所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，

所以＝＝＝，

故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得＝恒成立．

已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P(1，y0)在抛物线C上，|PF|＝．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)已知直线l交抛物线C于点A，B，且PA⊥PB，证明：直线l过定点．

(1)解：由抛物线的定义，知|PF|＝y0＋＝，故y0＝2p．

又P(1，y0)在抛物线上，所以y0＝，则2p＝，解得p＝，y0＝1．故抛物线C的标准方程为x2＝y．

(2)证明：设A(x1，x)，B(x2，x)，直线l的方程为y＝kx＋m，则kPA＝＝x1＋1，kPB＝＝x2＋1．

因为PA⊥PB，所以(x1＋1)(x2＋1)＝－1，即x1＋x2＋x1x2＋2＝0．

将直线l的方程与抛物线方程联立，可得x2－kx－m＝0，

Δ＝k2＋4m>0，

则x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以k－m＋2＝0，

直线l的方程为y＝kx＋k＋2＝k(x＋1)＋2，则直线l过定点(－1,2)．

考点2　定值问题——综合性

(2022·济南二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点H(－2,1)．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点P(－3,0)的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线HA，HB分别交x轴于M，N两点，点G(－2,0)，若＝λ，＝μ，求证：＋为定值．

(1)解：由题意知e＝＝＝，则a2＝2b2．

又椭圆C经过点H(－2,1)，所以＋＝1，联立解得a2＝6，b2＝3，

所以椭圆C的方程为＋＝1．

(2)证明：设直线AB方程为x＝my－3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由联立消x得(m2＋2)y2－6my＋3＝0，

所以Δ＝36m2－12(m2＋2)>0，y1＋y2＝，y1y2＝．

由题意知，y1，y2均不为1，设M(xM,0)，N(xN,0)，

由H，M，A三点共线知与共线，

所以xM－x1＝(－y1)(－2－xM)，化简得xM＝，

由H，N，B三点共线，同理可得xN＝．

由＝λ，得(xM＋3,0)＝λ(1,0)，即λ＝xM＋3，

由＝μ，同理可得μ＝xN＋3，

所以＋＝＋＝＋＝＋＝＋

＝＝

＝＝2，

所以＋为定值．

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，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(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．

考点3　探索性问题——应用性

(2021·黄冈三模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1，P2(0，)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线y＝kx＋2与椭圆C有两个不同的交点A，B，且D为x轴上一点，是否存在实数k，使得△ABD是以D为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k值及点D的坐标；若不存在，请说明理由．

解：(1)由对称，知P3，P4都在椭圆C上，对于椭圆在第一象限的图象上的点(x，y)，易知：

y是关于x的减函数，故P1，P3中只有一个点符合，显然P1不在椭圆上，所以P2，P3，P4三点在椭圆上，所以b＝，代入点P3，得a＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1．

(2)设D(t,0)，假设存在k符合题意，由得(2k2＋1)x2＋8kx＋4＝0，

则Δ＝64k2－16(2k2＋1)>0⇒k>或k<－．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为G(x3，y3)，则

所以x3＝＝－，y3＝＝＋2＝，所以G．

由△ABD是以D为直角顶点的等腰直角三角形有DG⊥AB，DA⊥DB，

所以

即有

解得或

所以当k＝1时，点D坐标为；当k＝－1时，点D坐标为．

已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，四边形A1B1A2B2的面积为4，坐标原点O到直线A1B1的距离为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过椭圆C上一点P作两条直线分别与椭圆C相交于点A，B(异于点P)，试判断以OP和AB为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出直线AB的方程；若不能，请说明理由．

解：(1)直线A1B1的方程为－＋＝1．

由题意可得，解得

所以椭圆C的方程为＋＝1．

(2)当直线AB的斜率不存在时，若平行四边形OAPB为菱形，则P为左顶点或右顶点．

此时直线AB的方程为x＝±1．

当直线AB的斜率为0时，若四边形OAPB为菱形，

则点P为上顶点或下顶点，此时AB的方程为y＝±．

当直线AB的斜率存在时，设AB：y＝kx＋m(k≠0)，

A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立

可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，

则Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0，

所以x1＋x2＝－，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝．

若四边形OAPB为菱形，所以＋＝，

所以点P，所以直线OP的斜率kOP＝－，

所以k·＝－≠－1，这与kAB·kOP＝－1矛盾．

所以四边形OAPB不能是菱形．

综上，四边形OAPB能为菱形，

此时直线AB的方程为x＝±1或y＝±．