第八章第9讲第3课时定点、定值问题.doc

第3课时定点、定值问题_定点问题_(2014高考山东卷节选)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|FD|，当点A的横坐标为3时，ADF为正三角形(1)求C的方程；(2)若直线l1l，且l1和C有且只有一个公共点E，证明直线AE过定点，并求出定点坐标解(1)由题意知F(，0)设D(t，0)(t0)，则FD的中点为(，0)因为|FA|FD|，由抛物线的定义知3，解得t3p或t3(舍去)由3，解得p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)由(1)知F(1，0)设A(x0，y0)(x0y00)，D(xD，0)(xD0)因为|FA|FD|，则|xD1|x01，由xD0得xDx02，故D(x02，0)，故直线AB的斜率kAB.因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为yxb，代入抛物线方程得y2y0，由题意0，得b.设E(xE，yE)，则yE，xE.当y4时，kAE，可得直线AE的方程为yy0(xx0)由y4x0，整理可得y(x1)，直线AE恒过点F(1，0)当y4时，直线AE的方程为x1，过点F(1，0)，所以直线AE过定点F(1，0)规律方法圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关1.(2015大庆市教学质量检测)已知椭圆C：y21(a1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x3)2(y1)23相切(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标解：(1)圆M的圆心为(3，1)，半径r.由题意知A(0，1)，F(c，0)，直线AF的方程为y1，即xcyc0.由直线AF与圆M相切，得，解得c22，a2c213，故椭圆C的方程为y21.(2)法一：由0，知APAQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为ykx1，直线AQ的方程为yx1.联立，整理得(13k2)x26kx0，解得x0或x，故点P的坐标为(，)，同理，点Q的坐标为(，)，直线l的斜率为，直线l的方程为y(x)，即yx.直线l过定点(0，)法二：由0，知APAQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线l的方程为ykxt(t1)，联立，整理得(13k2)x26ktx3(t21)0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.(*)由(6kt)24(13k2)3(t21)0，得3k2t21.由0，得(x1，y11)(x2，y21)(1k2)x1x2k(t1)(x1x2)(t1)20.将(*)代入，得t，直线l过定点(0，)_定值问题_(2014高考江西卷)如图，已知抛物线C：x24y，过点M(0，2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点) (1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2|MN1|2为定值，并求此定值解(1)证明：依题意可设AB方程为ykx2，代入x24y，得x24(kx2)，即x24kx80.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x28.直线AO的方程为yx；BD的方程为xx2.解得交点D的坐标为注意到x1x28及x4y1，则有y2.因此D点在定直线y2上(x0)(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为yaxb(a0)，代入x24y，得x24(axb)，即x24ax4b0.由0，得(4a)216b0，化简整理得ba2.故切线l的方程可写为yaxa2.分别令y2，y2，得N1，N2的坐标为N1，N2，则|MN2|2|MN1|2428，即|MN2|2|MN1|2为定值8.规律方法圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点：特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值(2)两大解法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关引进变量法：其解题流程为2.(2015长春市调研) 已知椭圆1(ab0)的右焦点为F2(1，0)，点H(2，)在椭圆上 (1)求椭圆的方程；(2)若点M在圆x2y2b2上，且M在第一象限，过M作圆x2y2b2的切线交椭圆于P，Q两点，问：PF2Q的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由解：(1)由题意，得，解得，椭圆方程为1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则1(|x1|3)，|PF2|2(x11)2y(x11)28(1)(x19)2，|PF2|(9x1)3x1.连接OM，OP(图略)，由相切条件知：|PM|2|OP|2|OM|2xy8x8(1)8x，|PM|x1，|PF2|PM|3x1x13，同理可求得|QF2|QM|3x2x23，|F2P|F2Q|PQ|336为定值_探究存在性问题_(2014高考湖南卷)如图，O为坐标原点，双曲线C1：1(a10，b10)和椭圆C2：1(a2b20)均过点P，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形 (1)求C1，C2的方程；(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|？证明你的结论解(1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c22，2a12.从而a11，c21.因为点P在双曲线x21上，所以1.故b3.由椭圆的定义知2a22.于是a2，bac2.故C1，C2的方程分别为x21，1.(2)不存在符合题设条件的直线若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x或x.当x时，易知A(，)，B(，)，所以|2，|2，此时，|.当x时，同理可知，|.若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykxm.由，得(3k2)x22kmxm230.当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，从而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.由，得(2k23)x24kmx2m260.因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0.化简，得2k2m23，因此x1x2y1y20，于是222222，即|2|2，故|.综合可知，不存在符合题设条件的直线规律方法存在性问题，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解决存在性问题应注意以下几点：(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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径3.(2015江西南昌模拟)已知椭圆E的长轴的一个端点是抛物线y24x的焦点，离心率是.(1)求椭圆E的方程；(2)过点C(1，0)的动直线与椭圆相交于A，B两点若线段AB中点的横坐标是，求直线AB的方程；在x轴上是否存在点M，使为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)根据已知易知椭圆的焦点在x轴上，且a，又cea，故b，故所求椭圆E的方程为1，即x23y25.(2)依题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x1)，将yk(x1)代入x23y25，消去y整理得(3k21)x26k2x3k250.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由线段AB中点的横坐标是，得，解得k，适合.所以直线AB的方程为xy10或xy10.假设在x轴上存在点M(m，0)，使为常数a当直线AB与x轴不垂直时，由知x1x2，x1x2.所以(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.将代入，整理得m2m2m22m.注意到是与k无关的常数，从而有6m140，m，此时.b当直线AB与x轴垂直时，此时点A，B的坐标分别为(1，)，(1，)，当m时，也有.综上，在x轴上存在定点M(，0)，使为常数1(2015东北三校联合模拟)已知圆M：x2(y2)21，直线l：y1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切设动圆圆心P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且16，求证：直线AB恒过定点解：(1)设P(x，y)，则(y1)1x28y.所以E的方程为x28y.(2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：ykxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)将直线AB的方程代入x28y中，得x28kx8b0，所以x1x28k，x1x28b.x1x2y1y2x1x28bb216b4，所以直线AB恒过定点(0，4)2(2015河北省唐山市高三年级统考)已知抛物线E：x22py(p0)，直线ykx2与E交于A，B两点，且2，其中O为原点(1)求抛物线E的方程；(2)点C坐标为(0，2)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：kk2k2为定值解：(1)将ykx2代入x22py，得x22pkx4p0，其中4p2k216p0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22pk，x1x24p.x1x2y1y2x1x24p42.所以p，所以抛物线E的方程为x2y.(2)证明：由(1)知，x1x2k，x1x22.k1x1x2，同理k2x2x1，所以kk2k22(x1x2)22(x1x2)28x1x216.3(2015山西省四校联考)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且|AF|1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l：ykxm与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t，0)，使得0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)由c1，ac1，得a2，b，故椭圆C的标准方程为1.(2)由，得(34k2)x28kmx4m2120，64k2m24(34k2)(4m212)0，即m234k2.设P(xP，yP)，则xP，yPkxPmm，即P(，)M(t，0)，Q(4，4km)，(t，)，(4t，4km)(t)(4t)(4km)t24t3(t1)0恒成立，故，即t1.存在点M(1，0)符合题意1(2013高考陕西卷)已知动圆过定点A(4，0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(1，0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是PBQ的角平分线，证明直线l过定点解：(1)如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|O1M|.当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN交MN于H，则H是MN的中点，|O1M|.又|O1A|，.化简得，y28x(x0)当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0，0)也满足方程y28x，动圆圆心的轨迹C的方程为y28x.(2)证明：如图，由题意，设直线l的方程为ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykxb代入y28x中，得k2x2(2bk8)xb20.其中32kb640.由根与系数的关系得，x1x2，x1x2.x轴是PBQ的角平分线，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，将代入并整理得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb.此时0，直线l的方程为yk(x1)，即直线l过定点(1，0)2(2015郑州市质量预测)已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(2，0)，B(2，0)，直线RA、RB的斜率分别为k1、k2，且k1k2，设动点R的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上，且MQNP，MQx轴，若直线MN和直线QP交于点S(4，0)问：四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由解：(1)由题知x2，且k1，k2，则，整理得，曲线C的方程为1(y0)(2)设MP与x轴交于D(t，0)，则直线MP的方程为xmyt(m0)设M(x1，y1)，P(x2，y2)，由对称性知Q(x1，y1)，N(x2，y2)，由，消去x得(3m24)y26mty3t2120，所以48(3m24t2)0，y1y2，y1y2，由M、N、S三点共线知kMSkNS，即，所以y1(my2t4)y2(my1t4)0，整理得2my1y2(t4)(y1y2)0，所以0，即24m(t1)0，t1，所以直线MP过定点D(1，0)，同理可得直线NQ也过定点D(1，0)，即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点，且定点坐标为(1，0)3. 已知椭圆1(ab0)的离心率e为，且过点(2，) (1)求椭圆的标准方程；(2)四边形ABCD的四个顶点都在椭圆上，且对角线AC，BD过原点O，若kACkBD.求证：四边形ABCD的面积为定值解：(1)由题意e，1，又a2b2c2，解得a28，b24，故椭圆的标准方程为1.(2)证明：易知直线AB的斜率存在设直线AB的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(12k2)x24kmx2m280，(4km)24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0，由根与系数的关系得kACkBD，y1y2x1x2.又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2k2kmm2，(m24)m28k2，4k22m2.设原点到直线AB的距离为d，则SAOB|AB|d|x2x1|2，S四边形ABCD4SAOB8，即四边形ABCD的面积为定值