高考数学一轮复习教案 第8章_第8节_第3课时_定点、定值、探索性问题（含答案解析）

第3课时　定点、定值、探索性问题

【例1】　(2019·开封第一次质量预测)已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．

(1)求圆心M的轨迹方程；

(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．

[解]　(1)由题意，得点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.

∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.

(2)证明：由题知，直线l的斜率存在，

∴设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，

联立得x2－4kx＋8＝0，∴

kAC＝＝＝，

则直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)，

即y＝y1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋.

∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，

故直线AC恒过定点(0,2)．

已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．

(1)求抛物线C的方程；

(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．

[解]　(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，

所以＝1，所以p＝2.

所以抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设A，B.

因为直线OA，OB的斜率之积为－，

所以·＝－，化简得t2＝32.

所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.

②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立方程组消去x，得ky2－4y＋4b＝0.

由根与系数的关系得yAyB＝，

因为直线OA，OB的斜率之积为－，

所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0，即·＋2yAyB＝0，

解得yAyB＝－32或yAyB＝0(舍去)．

所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．

综上所述，直线AB过定点(8,0)．

【例2】　已知椭圆C：＋＝1，过点A(2,0)，B(0,1)两点．

(1)求椭圆C的方程及离心率；

(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．

[解]　(1)由椭圆过点A(2,0)，B(0,1)知a＝2，b＝1.

所以椭圆方程为＋y2＝1，又c＝＝.

所以椭圆离心率e＝＝.

(2)证明：设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4，由B点坐标(0,1)得直线PB方程为：y－1＝(x－0)，

令y＝0，得xN＝，从而|AN|＝2－xN＝2＋，

由A点坐标(2,0)得直线PA方程为y－0＝(x－2)，

令x＝0，得yM＝，从而|BM|＝1－yM＝1＋，

所以S四边形ABNM＝|AN|·|BM|

＝(2＋)(1＋)＝

＝＝2.

即四边形ABNM的面积为定值2.

已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．

(1)求C的方程；

(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.

证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．

[解]　(1)由题意有＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4.

所以C的方程为＋＝1.

(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．

将y＝kx＋b代入＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.

故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.

于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－.

所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．

【例3】　如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.

(1)求椭圆E的方程；

(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

[解]　(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．

又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，

于是解得a＝2，b＝.

所以椭圆E的方程为＋＝1.

(2)①当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，点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＝－.

从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]

＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1

＝＝－－λ－2.

所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.

此时·＋λ·＝－3为定值．

②当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.

已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

[解]　(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．

从而有解得

又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，

故椭圆C的方程为＋＝1.

(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.

由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.

因为直线l与椭圆C有公共点，

所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，解得－4≤t≤4.

另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，得＝4，

解得t＝±2.

由于±2∉[－4，4]，所以符合题意的直线l不存在.

(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.

(1)求点P的轨迹方程；

(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

[解]　(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，

则N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．

由＝得x0＝x，y0＝y.

因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.

因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.

(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则

＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，

＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．

由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1.

又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.

所以·＝0，即⊥.

又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.