2022版高考数学一轮复习-第八章-解析几何-第九讲-第3课时-定点、定值、探索性问题学案-新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 第八章 解析几何 第九讲 第3课时 定点、定值、探索性问题学案 新人教版

2022版高考数学一轮复习 第八章 解析几何 第九讲 第3课时 定点、定值、探索性问题学案 新人教版

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第三课时　定点、定值、探索性问题

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〕
　(2021·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　(2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：＋y2 ＝1的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，其中a＞1．

(1)求椭圆的方程；
(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标．
[解析]　(1)由题可知，A(0,1)，F(c,0)，
则直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0，
因为直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，
该圆的圆心为M(3,1)，r＝，
则＝，∴c2＝2，∴a2＝3，
故椭圆的标准方程为＋y2＝1．
(2)解法一：依题得直线l的斜率必存在，
设l：y＝kx＋m，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立，消去y并整理得
(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
Δ＝36k2m2－4·(3k2＋1)·(3m2－3)＞0，
即m2＜3k2＋1，
且x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1
＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2
＝(k2＋1)·＋k(m－1)·＋(m－1)2
＝
∵AP⊥AQ，∴·＝0，即＝0，
∴m＝1或m＝－．
当m＝1时，直线l：y＝kx＋1，恒过点(0,1)，不满足题意，舍去；
当m＝－时，直线l：y＝kx－，恒过点，故直线恒过定点．
解法二：因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于PQ两点，且AP⊥AQ，即直线AP与坐标轴不垂直也不平行，
由A(0,1)，可设直线AP的方程为y＝kx＋1，
则直线AQ的方程为y＝－x＋1，
联立，消去y并整理得
(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或－，
因此点P的坐标为，
即P，
将上式中的k换成－，得点Q，
所以直线l的斜率为＝，
即直线l的方程y＝＋，
化简并整理得y＝x－，故直线l恒过定点．

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〕
　(2021·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，

∴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＝，
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　(2021·河南名校联盟联考)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．
[解析]　(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＝±．

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
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〔变式训练3〕
　(2021·陕西西安八校联考)已知F为抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点，点M(m,1)在抛物线上，且|MF|＝．直线l：y＝kx＋2与抛物线C交于A、B两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设O为坐标原点，y轴上是否存在点P，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)根据抛物线的定义，得1＋＝，
解得p＝．
∴抛物线C的方程为x2＝y．
(2)在y轴上存在点P，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB．理由如下：
设P(0，b)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去y，得2x2－kx－2＝0．且Δ＝k2＋16＞0恒成立．
∴x1＋x2＝，x1x2＝－1．y1＝2x，y2＝2x．
∵∠OPA＝∠OPB时，直线PA和直线PB的倾斜角互补，故其斜率互为相反数．
∴kPA＋kPB＝＋＝＝0，
∴x2·2x－bx2＋x1·2x－bx1＝0，
即＝0，
∴·＝0，得b＝－2，
即点P的坐标为(0，－2)．
所以，y轴上存在点P(0，－2)，使得当k变化时，总有∠OPA＝∠OPB．