2024届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

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第3课时　定点、定值、探索性问题


考点1　定点问题——基础性

(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B32，-1两点．
(1)求E的方程．
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT＝TH.证明：直线HN过定点．
解：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，过A(0，－2)，B32，-1，
则4n=1， 94m+n=1，
解得m＝13，n＝14，
所以椭圆E的方程为y24+x23＝1.
(2)因为A(0，－2)，B32，-1，所以AB：y＋2＝23x.
①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，即直线x＝1.代入x23+y24＝1，
可得M1，263，N1，-263，代入AB方程y＝23x－2，可得T6+3，263，
由MT＝TH得到H26+5，263.
求得HN方程：y＝2-263x－2，过点(0，－2)．
②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，设kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立kx-y-k+2=0，x23+y24=1， 得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，
x1+x2=6k2+k3k2+4，x1x2=3k4+k3k2+4，y1+y2=-82+k3k2+4，y1y2=44+4k-2k23k2+4，
且x1y2＋x2y1＝-24k3k2+4.(*)
联立y=y1， y=23 x-2，可得T3y12+3，y1，H(3y1＋6－x1，y1)．
可求得此时HN：y－y2＝y1-y23y1+6-x1-x2(x－x2)，
将(0，－2)，代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，
将(*)代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上，可得直线HN过定点(0，－2)．
已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，A为短轴的一个端点，且|OA|＝|OF|＝2(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＝2，所以a2＝b2＋c2＝4，
所以椭圆的方程为x24+y22＝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x24+y22=1，y=kx+2，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＝8k2-41+2k2，即x1＝2-4k21+2k2.
所以y1＝k(x1＋2)＝4k1+2k2，
所以P2-4k21+2k2，4k1+2k2.
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QM·DP＝0恒成立．
又QM＝(2－x0，4k)，DP＝-8k21+2k2，4k1+2k2，
所以QM·DP＝(2－x0)·-8k21+2k2＋4k·4k1+2k2＝0，
即8k2x01+2k2＝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：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是22，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22.
(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QAQB＝PAPB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(2，1)在椭圆E上，
因此2a2+1b2=1，a2-b2=c2，ca =22， 解得a＝2，b＝2，
所以椭圆E的方程为x24+y22＝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QCQD＝PCPD＝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(0，2)，(0，－2)．
由QMQN＝PMPN，有y0-2y0+2＝2-12+1，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QAQB＝PAPB.
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x24+y22=1，y=kx+1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－4k2k2+1，x1x2＝－22k2+1，
因此1x1+1x2＝x1+x2x1x2＝2k.
易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，
又kQA＝y1-2x1＝kx1-1x1＝k－1x1，
kQB′＝y2-2-x2＝kx2-1-x2＝－k＋1x2＝k－1x1，
所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，
所以QAQB＝QAQB'＝x1x2＝PAPB，
故存在与P不同的定点Q(0，2)，使得QAQB＝PAPB恒成立.

定点问题常见解法
(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．
(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.

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|＝5y04.
(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＋p2＝5y04，故y0＝2p.
又P(1，y0)在抛物线上，所以y0＝12p，则2p＝12p，解得p＝12，y0＝1.故抛物线C的标准方程为x2＝y.
(2)证明：设Ax1，x12，B(x2，x22)，直线l的方程为y＝kx＋m，则kPA＝x12-1x1-1＝x1＋1，kPB＝x22-1x2-1＝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：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，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PM＝λPG，PN＝μPG，求证：1λ+1μ为定值．

(1)解：由题意知e＝ca＝1-b2a2＝22，则a2＝2b2.
又椭圆C经过点H(－2，1)，所以4a2+1b2＝1，联立解得a2＝6，b2＝3，
所以椭圆C的方程为x26+y23＝1.
(2)证明：设直线AB方程为x＝my－3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x=my-3，x26+y23=1，联立消x得(m2＋2)y2－6my＋3＝0，
所以Δ＝36m2－12(m2＋2)>0，y1＋y2＝6mm2+2，y1y2＝3m2+2.
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AM与MH共线，
所以xM－x1＝(－y1)(－2－xM)，化简得xM＝x1+2y11-y1，
由H，N，B三点共线，同理可得xN＝x2+2y21-y2.
由PM＝λPG，得(xM＋3，0)＝λ(1，0)，即λ＝xM＋3，
由PN＝μPG，同理可得μ＝xN＋3，
所以1λ+1μ＝1xM+3+1xN+3＝1x1+2y11-y1+3+1x2+2y21-y2+3＝1-y1x1-y1+3+1-y2x2-y2+3＝1-y1m-1y1+1-y2m-1y2＝1m-11-y1y1+1-y2y2＝1m-1y1+y2y1y2-2＝1m-16mm2+23m2+2-2＝2，
所以1λ+1μ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，解题流程为


已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，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4a2+1b2＝1，e2＝a2-b2a2＝12，
解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆C的方程为x26+y23＝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x26+y23＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，
于是x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2-61+2k2.①
由AM⊥AN知AM·AN＝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)2m2-61+2k2－(km－k－2)·4km1+2k2＋(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＝kx-23-13(k≠1)，
所以直线MN过点P23，-13.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，-y1)．
由AM·AN＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又x126+y123＝1，可得3x12－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)或x1＝23，
此时直线MN过点P23，-13.
令Q为AP的中点，即Q43，13.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝12|AP|＝223；
若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.
综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值．

考点3　探索性问题——应用性

已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，四点P13，62，P2(0，2)，P31，62，P41，-62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P_2 ) ，P3，P4三点在椭圆上，所以b＝2，代入点P3，得a＝2，所以椭圆C的方程为x24+y22＝1.
(2)设D(t，0)，假设存在k符合题意，由y=kx+2，x24+y22=1，得(2k2＋1)x2＋8kx＋4＝0，
则Δ＝64k2－16(2k2＋1)>0⇒k>22或k<－22.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为G(x3，y3)，则x1+x2=-8k2k2+1，x1x2=42k2+1，
所以x3＝x1+x22＝－4k2k2+1，y3＝y1+y22＝kx1+x22＋2＝22k2+1，所以G-4k2k2+1，22k2+1.
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kDG·kAB=-1，DA·DB=0，
即有2k2k2+1+t=0， 2k2+1t2+8kt-4k2-2=0，
解得k=1，t=-23或k=-1，t=23.
所以当k＝1时，点D坐标为-23，0；当k＝－1时，点D坐标为23，0.

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．

已知椭圆C：x2a2+y2b2＝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43，坐标原点O到直线A1B1的距离为2217.
(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－xa+yb＝1.
由题意可得2ab=43，11a2+1b2=2217，解得a=2，b=3．
所以椭圆C的方程为x24+y23＝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＝±32.
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x24+y23=1，y=kx+m，
可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0，
所以x1＋x2＝－8km4k2+3，x1x2＝4m2-124k2+3，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6m4k2+3.
若四边形OAPB为菱形，所以OA+OB＝OP，
所以点P-8km4k2+3，6m4k2+3，所以直线OP的斜率kOP＝－34k，
所以k·-34k＝－34≠－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＝±32.
课时质量评价(五十二)
A组　全考点巩固练
1．已知左、右焦点分别为F1，F2的椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)过点(2，3)，以F1F2为直径的圆过C的下顶点A．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点P(0，1)的直线l与椭圆C相交于M，N两点，且直线AM、AN的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
(1)解：因为以F1F2为直径的圆过点A(0，－b)，所以b＝c，
又a＝b2+c2＝2b，所以椭圆C：x22b2+y2b2＝1，
又C过点(2，3)，
所以22b2+3b2＝1，解得b＝2，a＝22，
所以椭圆C的方程为x28+y24＝1.
(2)证明：由题意，直线l的斜率一定存在，
所以设直线l的方程为y＝kx+1，M(x1，y1)，N(x2 ，y2)，
由x28+y24=1，y=kx+1，消去y得(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0，Δ＝64k2＋24>0.
于是x1＋x2＝－4k1+2k2，x1x2＝-61+2k2.
又A(0，－2)，所以k1＝y1+2x1，k2＝y2+2x2，
则k1·k2＝y1+2y2+2x1x2＝kx1+3kx2+3x1x2＝k2x1x2+3kx1+x2+9x1x2＝k2＋2k2－91+2k26＝－32为定值．
2．已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为63，直线l：x＝ty＋1交椭圆E于A，B两点．当t＝0时，|AB|＝263.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设点A在直线x＝3上的射影为D，证明：直线BD过定点，并求定点坐标．
(1)解：由题意得e2＝c2a2＝a2-b2a2＝23，整理得a2＝3b2，
由t＝0时，|AB|＝263，得1a2+23b2＝1，因此a＝3，b＝1.故椭圆E的方程是x23＋y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(3，y1)，将x＝ty＋1代入x23＋y2＝1得(t2＋3)y2＋2ty－2＝0，
y1＋y2＝－2tt2+3，y1·y2＝－2t2+3，从而ty1·y2＝y1＋y2.①
直线BD：y＝y2-y1x2-3(x－3)＋y1，设直线BD与x轴的交点为(x0，0)，
则y2-y1x2-3(x0－3)＋y1＝0，所以x0＝y13-x2y2-y1＋3＝y12-ty2y2-y1＋3＝2y1-ty1y2y2-y1＋3，
将①式代入上式可得x0＝2，故直线BD过定点(2，0)．
3．直线l过点P(0，b)且与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B(A，B都在x轴同侧)两点，过A，B作x轴的垂线，垂足分别为C，D．
(1)若b＞0，|AC|＋|BD|＝p，证明：l的斜率为定值；
(2)若Q(0，－b)，设△QAB的面积为S1，梯形ACDB的面积为S2，是否存在正整数λ，使3S1＝λS2成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明：据题意设直线l方程是y＝kx＋b(k＞0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为|AC|＋|BD|＝p，所以y1＋y2＝p，
由y=kx+b，y2=2px，得ky2－2py＋2pb＝0，所以y1＋y2＝2pk＝p，
所以k＝2，即l的斜率为定值2.
(2)解：由(1)Δ＝4p2－8pkb＞0，即0＜kb＜12p，
因为点Q到直线l的距离d＝2b1+k2，且|AB|＝1+k2|x1－x2|，
所以S1＝12|AB|d＝|b||x1－x2|，S2＝12(|AC|＋|BD|)|CD|＝12|y1＋y2||x1－x2|＝pk·|x1－x2|，
所以S1S2＝kbp＝kbp＝kbp，
因为0＜kb＜12p，所以0＜kbp＜12，
假设存在正整数λ，使3S1＝λS2成立，则0＜λ3＜12，所以0＜λ＜32.
所以存在正整数λ＝1，使3S1＝λS2成立．
B组　新高考培优练
4．(2023·临沂模拟)已知椭圆C的方程为x24+y22＝1，A是椭圆上的一点，且A在第一象限，过A且斜率等于－1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于原点的对称点为D．
(1)证明：直线BD的斜率为定值；
(2)求△ABD面积的最大值．

(1)证明：设D(x1，y1)，B(x2，y2)，
则A(－x1，－y1)，直线BD的斜率k＝y2-y1x2-x1，由x124+y122=1，x224+y222=1，两式相减得y2-y1x2-x1＝－12×x1+x2y1+y2.
因为kAB＝y1+y2x1+x2＝－1，
所以k＝y2-y1x2-x1＝12，
故直线BD的斜率为定值12.
(2)解：连接OB(图略)，因为A，D关于原点对称，
所以S△ABD＝2S△OBD，由(1)可知BD的斜率k＝12，设BD的方程为y＝12x＋t.因为D在第三象限，
所以－2＜t＜1且t≠0，
O到BD的距离d＝t1+14＝2t5.
由y=12x+t，x24+y22=1，整理得3x2＋4tx＋4t2－8＝0，
Δ＝(4t)2－4×3×(4t2－8)>0(－2 所以x1＋x2＝－4t3，x1x2＝4t2-23，
所以S△ABD＝2S△OBD＝2×12×|BD|×d
＝52x1+x22-4x1x2×2t5
＝|t|×x1+x22-4x1x2
＝|t|·96-32t23＝423·t23-t2≤22.
所以当且仅当t＝62时，S△ABD取得最大值22.
5．已知曲线C1：x2＋y2＝r2(r＞0)和C2：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)都过点P(0，－2)，且曲线C2的离心率为32.
(1)求曲线C1和曲线C2的方程；
(2)设点A，B分别在曲线C1，C2上，PA，PB的斜率分别为k1，k2，当k1＝4k2＞0时，直线AB是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
解：(1)曲线C1：x2＋y2＝r2(r＞0)和C2：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)都过点P(0，－2)，
所以r＝2，b＝2，
所以曲线C1的方程为x2＋y2＝4.
因为曲线C2的离心率为32，
所以e2＝c2a2＝1－b2a2＝34，
所以a＝4，
所以曲线C2的方程x216+y24＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA的方程为y＝k1x－2，代入到x2＋y2＝4中消去y，可得(1+k12)x2－4k1x＝0，解得x＝0或x1＝4k11+k12，
所以y1＝2k12-21+k12.
直线PB的方程为y＝k2x－2，代入方程x216+y24＝1，
消去y，可得(1+4k22)x2－16k2x＝0，解得x＝0或x2＝16k21+4k22，所以y2＝8k22-21+4k22.
因为k1＝4k2，
所以直线AB的斜率k＝y2-y1x2-x1＝－1k1，
故直线AB的方程为y-2k12-21+k12＝-1k1x-4k11+k12，
即y＝－1k1x＋2，所以直线AB恒过定点(0，2)．