11 第9讲第2课时 定点定值探索性问题Word格式文档下载.docx

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（2019·

昆明调研）已知椭圆C：

0）的焦距为4，P是椭圆C上的点．

（2）O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设＝＋，证明：

直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．

解：

（1）由题意知2c＝4，即c＝2，

则椭圆C的方程为＋＝1，因为点P在椭圆C上，所以＋＝1，解得a2＝5或a2＝（舍去），

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

（2）证明：

法一：

设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋n（n≠0，k≠0），

联立消去y，整理得（5k2＋1）x2＋10knx＋5n2－5＝0，

则Δ＝100k2n2－4（5k2＋1）（5n2－5）＝100k2－20n2＋20>

0，x1＋x2＝，y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2n＝，

由＋＝得，D（x1＋x2，y1＋y2），

所以直线OD的斜率kOD＝＝－，

则k·

kOD＝－，故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.

法二：

设A（x1，y1），B（x2，y2），x1≠x2且x1＋x2≠0，由＋＝得，D（x1＋x2，y1＋y2），所以直线AB的斜率kAB＝，直线OD的斜率kOD＝，

由得（x1＋x2）（x1－x2）＋（y1＋y2）（y1－y2）＝0，

即·

＝－，

所以kAB·

kOD＝－.

故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.

　　　　　　圆锥曲线中的定点问题（师生共研）

南昌模拟）如图，已知直线l：

y＝kx＋1（k>

0）关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：

＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.

（1）求kk1的值；

（2）当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？

若恒过定点，求出该定点的坐标；

若不恒过定点，请说明理由．

【解】　

（1）设直线l上任意一点P（x，y）关于直线y＝x＋1对称的点为P0（x0，y0），

直线l与直线l1的交点为（0，1），所以l：

y＝kx＋1，l1：

y＝k1x＋1，

k＝，k1＝，

由＝＋1，

得y＋y0＝x＋x0＋2　①，

由＝－1，得y－y0＝x0－x　②，

由①②得

kk1＝

＝＝1.

（2）由得（4k2＋1）x2＋8kx＝0，

设M（xM，yM），N（xN，yN），

所以xM＝，所以yM＝.

同理可得xN＝＝，yN＝＝.

kMN＝＝＝

直线MN：

y－yM＝kMN（x－xM），

即y－＝－（x－），

即y＝－x－＋＝－x－.

所以当k变化时，直线MN过定点（0，－）．

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．　

成都第一次诊断性检测）已知椭圆C：

0）的右焦点F（，0），长半轴长与短半轴长的比值为2.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设不经过点B（0，1）的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．

（1）由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，

所以a＝2，b＝1，

所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m（m≠1），M（x1，y1），N（x2，y2）．

联立，得消去y可得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

所以Δ＝16（4k2＋1－m2）>

0，x1＋x2＝，x1x2＝.

因为点B在以线段MN为直径的圆上，

所以·

＝0.

因为·

＝（x1，kx1＋m－1）·

（x2，kx2＋m－1）＝（k2＋1）x1x2＋k（m－1）（x1＋x2）＋（m－1）2＝0，

所以（k2＋1）＋k（m－1）＋（m－1）2＝0，

整理，得5m2－2m－3＝0，

解得m＝－或m＝1（舍去）．

所以直线l的方程为y＝kx－.

易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．

故直线l过定点，且该定点的坐标为（0，－）．

　　　　　　圆锥曲线中的探索性问题（师生共研）

福州四校联考）已知椭圆C：

0）的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.

（2）在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？

若存在，请求出点T的坐标；

若不存在，请说明理由．

【解】　

（1）由内切圆的性质，得×

2c×

b＝×

（2a＋2c）×

，得＝.

将x＝c代入＋＝1，得y＝±

，所以＝3.

又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，

故椭圆C的标准方程为＋＝1.

（2）当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．

当直线l不垂直于x轴时，假设存在T（t，0）满足条件，设l的方程为y＝k（x－1），R（x1，y1），S（x2，y2）．

联立方程，得得（3＋4k2）x2－8k2x＋4k2－12＝0，

由根与系数的关系得　①，其中Δ>

0恒成立，

由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0（显然TS，TR的斜率存在），

即＋＝0　②.

因为R，S两点在直线y＝k（x－1）上，

所以y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1），代入②得

＝＝0，

即2x1x2－（t＋1）（x1＋x2）＋2t＝0　③，

将①代入③得＝＝0　④，

则t＝4，

综上所述，存在T（4，0），使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．

存在性问题的求解策略

解决存在性问题，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）当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．　

已知圆O：

x2＋y2＝4，点F（1，0），P为平面内一动点，以线段FP为直径的圆内切于圆O，设动点P的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO，若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由．

（1）设PF的中点为S，切点为T，连接OS，ST，则|OS|＋|SF|＝|OT|＝2，取F关于y轴的对称点F′，连接F′P，所以|PF′|＝2|OS|，故|F′P|＋|FP|＝2（|OS|＋|SF|）＝4，　

所以点P的轨迹是以F′，F分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆，

则曲线C的方程为＋＝1.

（2）假设存在满足题意的定点Q，设Q（0，m），

当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋，M（x1，y1），N（x2，y2）．

联立，得消去x，得（3＋4k2）x2＋4kx－11＝0，

则Δ>

0，x1＋x2＝，x1x2＝，

由∠MQO＝∠NQO，得直线MQ与NQ的斜率之和为零，易知x1或x2等于0时，不满足题意，故

＋＝＋＝＝0，

即2kx1x2＋（x1＋x2）＝2k·

＋·

＝＝0，当k≠0时，m＝6，所以存在定点（0，6），使得∠MQO＝∠NQO；

当k＝0时，定点（0，6）也符合题意．

易知当直线MN的斜率不存在时，定点（0，6）也符合题意．

综上，存在定点（0，6），使得∠MQO＝∠NQO.

　设而不求，整体代换

　椭圆C：

0）的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

（2）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M（m，0），求m的取值范围；

（3）在

（2）的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k2≠0，证明＋为定值，并求出这个定值．

【解】　

（1）由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程＋＝1，得y＝±

.由题意知＝1，即a＝2b2.

又e＝＝，所以a＝2，b＝1.

（2）设P（x0，y0）（y0≠0），

又F1（－，0），F2（，0），

所以直线PF1，PF2的方程分别为

lPF1：

y0x－（x0＋）y＋y0＝0，lPF2：

y0x－（x0－）y－y0＝0.

由题意知＝.

由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.

所以＝.

因为－<

m<

，－2<

x0<

2，

可得＝，

所以m＝x0，因此－<

.

（3）设P（x0，y0）（y0≠0），

则直线l的方程为y－y0＝k（x－x0）．

联立得

整理得（1＋4k2）x2＋8（ky0－k2x0）x＋4（y－2kx0y0＋k2x－1）＝0.

由题意Δ＝0，即（4－x）k2＋2x0y0k＋1－y＝0.

又＋y＝1，

所以16yk2＋8x0y0k＋x＝0，

故k＝－.

由

（2）知＋＝＋＝，

所以＋＝＝·

＝－8，

因此＋为定值，这个定值为－8.

对题目涉及的变量巧妙地引进参数（如设动点坐标、动直线方程等），利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值．　

已知F1，F2为椭圆E：

＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，点P在椭圆E上，且|PF1|＋|PF2|＝4.

（1）求椭圆E的方程；

（2）过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于A，C和B，D，且l1⊥l2，问是否存在常数λ，使得，λ，成等差数列？

若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．

（1）因为|PF1|＋|PF2|＝4，

所以2a＝4，a＝2，

所以椭圆E：

＋＝1.

将P代入可得b2＝3，

所以椭圆E的方程为＋＝1.

（2）①当AC的斜率为零或斜率不存在时，＋＝＋＝；

②当AC的斜率k存在且k≠0时，AC的方程为y＝k（x＋1），

代入椭圆方程＋＝1，并化简得（3＋4k2）x2＋8k2x＋4k2－12＝0.

设A（x1，y1），C（x2，y2），

则x1＋x2＝－，x1·

x2＝.

|AC|＝|x1－x2|＝＝.

因为直线BD的斜率为－，

所以|BD|＝＝.

所以＋＝＋＝.

综上，2λ＝＋＝，

所以λ＝.

故存在常数λ＝，使得，λ，成等差数列．

[基础题组练]

1．已知直线l与双曲线－y2＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则·

的值为（　　）

A．3　　　　　　　　　　　B．4

C．5D．与P的位置有关

解析：

选A.依题意，设点P（x0，y0），M（x1，y1），N（x2，y2），其中x－4y＝4，则直线l的方程是－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±

x.

①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由，得，此时·

＝（2，－1）·

（2，1）＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，·

＝3.

②当y0≠0时，直线l的方程是y＝（x0x－4）．由，得（4y－x）x2＋8x0x－16＝0（*），又x－4y＝4，因此（*）即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，·

＝x1x2＋y1y2＝x1x2－x1x2＝x1x2＝3.

综上所述，·

＝3，故选A.

2．已知抛物线y2＝2px（p>

0）的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足＋＋＝0，则＋＋＝________．

设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），F，由＋＝－，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝＝，所以kAC＝，kBC＝，所以＋＋＝＋＋＝0.

答案：

3．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.

（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.

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.

＝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.

4．（2019·

河北“五个一名校联盟”模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：

＋y2＝1，点P（x1，y1），Q（x2，y2）是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·

n＝0.

（1）求证：

k1·

k2＝－；

（2）试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．

（1）证明：

因为k1，k2存在，所以x1x2≠0，

因为m·

n＝0，所以＋y1y2＝0，

所以k1·

k2＝＝－.

（2）①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，

由＝－，得－y＝0，

又由P（x1，y1）在椭圆上，得＋y＝1，

所以|x1|＝，|y1|＝，

所以S△OPQ＝|x1|·

|y1－y2|＝1.

②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b（b≠0）．

由得（4k2＋1）x2＋8kbx＋4b2－4＝0，

Δ＝64k2b2－4（4k2＋1）（4b2－4）＝16（4k2＋1－b2）>

0，

所以x1＋x2＝，x1x2＝.

因为＋y1y2＝0，

所以＋（kx1＋b）（kx2＋b）＝0，得2b2－4k2＝1，满足Δ>

所以S△OPQ＝·

|PQ|＝|b|＝2|b|·

＝1.

所以△OPQ的面积S为定值．

[综合题组练]

1．（2019·

合肥质量检测）

如图，在平面直角坐标系中，点F（－1，0），过直线l：

x＝－2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF的平分线交x轴于点B，|PA|＝|BF|.

（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：

x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？

若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．

（1）设P（x，y），由平面几何知识得＝，即＝，化简得x2＋2y2＝2，

所以动点P的轨迹C的方程为x2＋2y2＝2（x≠）．

（2）假设满足条件的点E（n，0）（n>

0）存在，设直线q的方程为x＝my－1，M（x1，y1），N（x2，y2），R（－2，y3），S（－2，y4）．联立，得消去x，得（m2＋2）y2－2my－1＝0，

y1＋y2＝，y1y2＝－，

x1x2＝（my1－1）（my2－1）＝m2y1y2－m（y1＋y2）＋1＝－－＋1＝，x1＋x2＝m（y1＋y2）－2＝－2＝－，

由条件知＝，y3＝－，同理，y4＝－，

kRF＝＝－y3，kSF＝－y4.

因为∠RFS为直角，所以y3y4＝－1，

所以（2＋n）2y1y2＝－[x1x2－n（x1＋x2）＋n2]，

（2＋n）2＝＋＋n2，

所以（n2－2）（m2＋1）＝0，n＝，

故满足条件的点E存在，其坐标为（，0）．

2．（应用型）已知椭圆C：

0）的离心率为，左焦点为F（－1，0），过点D（0，2）且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．

（2）在y轴上，是否存在定点E，使·

恒为定值？

若存在，求出E点的坐标和这个定值；

若不存在，说明理由．

（1）由已知可得解得a2＝2，b2＝1，

（2）设过点D（0，2）且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋2，

由消去y整理得（1＋2k2）x2＋8kx＋6＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝－，x1x2＝.

又y1y2＝（kx1＋2）（kx2＋2）＝k2x1x2＋2k（x1＋x2）＋4＝－，

y1＋y2＝（kx1＋2）＋（kx2＋2）＝k（x1＋x2）＋4＝.

设存在点E（0，m），则＝（－x1，m－y1），＝（－x2，m－y2），

＝x1x2＋m2－m（y1＋y2）＋y1y2＝＋m2－m·

－＝.

要使得·

＝t（t为常数），

只需＝t，从而（2m2－2－2t）k2＋m2－4m＋10－t＝0，

即解得m＝，从而t＝，

故存在定点E，使·

恒为定值.