高考总复习解答题7 第2课时 定点与定值探索性问题.docx

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高考总复习解答题7第2课时定点与定值探索性问题

第二单元　高考压轴大题冲关

第二课时　定点与定值、探索性问题

基本考点——定点与定值问题

圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路

（1）解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y＝kx＋m（k存在的情形）．然后利用条件建立k与m的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．

（2）定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．

考向01:

圆锥曲线中的定值问题

　（2016·濮阳一模）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l交椭圆于A，B两点，△ABF1的周长为8，且△AF1F2的面积最大时，△AF1F2为正三角形.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若MN是椭圆C经过原点的弦，MN∥AB，求证：

为定值．

[思路点拨]　

（1）运用椭圆的定义，可得4a＝8，解得a＝2，再由椭圆的对称性可得a＝2c，求得b，进而得到椭圆方程；

（2）讨论直线l的斜率不存在，求得方程和AB，MN的长，即可得到所求值；讨论直线l的斜率存在，设为y＝k（x－1），联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，设MN的方程为y＝kx，代入椭圆方程，求得MN的长，即可得到所求定值．

（1）【解】　由已知A，B在椭圆上，可得|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，

又△ABF1的周长为8，所以|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝8，即a＝2，

由椭圆的对称性可得，△AF1F2为正三角形当且仅当A为椭圆短轴顶点，

则a＝2c，即c＝1，b2＝a2－c2＝3，

则椭圆C的方程为＋＝1；

（2）【证明】　若直线l的斜率不存在，即l：

x＝1，求得|AB|＝3，|MN|＝2，可得＝4；

若直线l的斜率存在，设直线l：

y＝k（x－1），

设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），

代入椭圆方程＋＝1，可得（3＋4k2）x2－8k2x＋4k2－12＝0，

有x1＋x2＝，x1x2＝，

|AB|＝·＝，

由y＝kx代入椭圆方程，可得x＝±，

|MN|＝2·＝4，即有＝4．

综上可得为定值4．

解答圆锥曲线中的定值问题应注意的两点

一是要分清问题中哪些量是定的，哪些量在变动；

二是“先猜后证”，也就是先由特殊情形探求出定值，进而证明一般情形，如本题通过直线的斜率不存在这个特殊情形，求出定值，进而再证明直线斜率存在的情形．

考向02:

圆锥曲线中的定点问题

　（2017·全国卷Ⅰ）已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3－1，，P41，中恰有三点在椭圆C上.

（1）求C的方程．

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：

l过定点．

（1）【解】　由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．

又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，

所以点P2在椭圆C上．

因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1．

（2）【证明】　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2．

如果l与x轴垂直，设l：

x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为t，，t，－，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．

从而可设l：

y＝kx＋m（m≠1）．

将y＝kx＋m代入＋y2＝1得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0．

由题设可知Δ＝16（4k2－m2＋1）>0．

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝－，x1x2＝．

而k1＋k2＝＋

＝＋

＝．

由题设k1＋k2＝－1，

故（2k＋1）x1x2＋（m－1）（x1＋x2）＝0．

即（2k＋1）·＋（m－1）·＝0，解得k＝－．

当且仅当m>－1时，Δ>0，

于是l：

y＝－x＋m，

即y＋1＝－（x－2），

所以l过定点（2，－1）．

解答圆锥曲线的定点问题应把握3个方面

（1）从特殊情形开始，求出定点，再证明该定点与变量无关；

（2）直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；

（3）在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标．

1．（2017·长春二模）已知抛物线C：

y2＝2px（p＞0）与直线x－y＋4＝0相切．

（1）求该抛物线的方程；

（2）在x轴正半轴上，是否存在某个确定的点M，过该点的动直线l与抛物线C交于A，B两点，使得＋为定值．如果存在，求出点M坐标；如果不存在，请说明理由．

解：

（1）联立方程有，，有y2－2py＋8p＝0，由于直线与抛物线相切，得Δ＝8p2－32p＝0，p＝4，所以y2＝8x．

（2）假设存在满足条件的点M（m,0）（m＞0），直线l：

x＝ty＋m，有，y2－8ty－8m＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），有y1＋y2＝8t，y1y2＝－8m，

|AM|2＝（x1－m）2＋y＝（t2＋1）y，

|BM|2＝（x2－m）2＋y＝（t2＋1）y，

＋＝＋＝＝，

当m＝4时，＋为定值，所以M（4,0）．

2．（2017·贵阳二模）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y－2＝0相切．

（1）求椭圆C的方程；

（2）A，B分别为椭圆C的左、右顶点，动点M满足MB⊥AB，直线AM与椭圆交于点P（与A点不重合），以MP为直径的圆交线段BP于点N，求证：

直线MN过定点．

（1）解：

∵以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y－2＝0相切．

∴原点到直线x－y－2＝0的距离d＝＝，

∴b＝，

又椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，

∴＝，

则＝，∴a＝2，

∴椭圆C方程为＋＝1．

（2）证明：

设M（2，t），则直线AM的方程为：

y＝（x＋2）

联立，消去y得，

x2＋x＋－4＝0，

xA·xP＝，则xP＝，yP＝（xP＋2）＝，

故kPB＝＝＝－，

又以MP为直径的圆上与线段BP交于点N，

则MN⊥BP，

故直线MN方程为y－t＝（x－2），

即y＝x，

直线MN过定点O（0,0）.

常考热点——探索性问题

圆锥曲线中探索性问题的解题策略

处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法．

　（2017·绵阳二模）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的短轴长为2，过上顶点E和右焦点F的直线与圆M∶x2＋y2－4x－2y＋4＝0相切.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若直线l过点（1,0），且与椭圆C交于点A，B，则在x轴上是否存在一点T（t,0）（t≠0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有∠OTA＝∠OTB（其中O为坐标原点），若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

[思路点拨]　

（1）由已知可得：

b＝1，结合直线与圆M∶x2＋y2－4x－2y＋4＝0相切．进而可得c2＝3，a2＝4，即得椭圆C的标准方程；

（2）在x轴上存在一点T（4,0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有∠OTA＝∠OTB，联立直线与椭圆方程，结合∠OTA＝∠OTB时，直线TA，TB的斜率k1，k2和为0，可证得结论．

【解】　

（1）由已知中椭圆C的短轴长为2，可得：

b＝1，

则过上顶点E（0,1）和右焦点F（c,0）的直线方程为：

＋y＝1，

即x＋cy－c＝0，

由直线与圆M∶x2＋y2－4x－2y＋4＝0相切．

故圆心M（2,1）到直线的距离d等于半径1，

即＝1，解得：

c2＝3，则a2＝4，

故椭圆C的标准方程为：

＋y2＝1；

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），

（i）当直线AB的斜率不为0时，设直线方程为：

x＝my＋1，代入＋y2＝1得：

（m2＋4）y2＋2my－3＝0，

则y1＋y2＝，y1·y2＝，

设直线TA，TB的斜率分别为k1，k2，若∠OTA＝∠OTB，

则k1＋k2＝＋＝

＝

＝＝0，

即2y1y2m＋（y1＋y2）（1－t）＝＋＝0，解得t＝4，

（ii）当直线AB的斜率为0时，t＝4也满足条件，

综上，在x轴上存在一点T（4,0），使得不论直线l的斜率如何变化，总有∠OTA＝∠OTB．

1．（2017·湖南十二校联考）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）上的点到右焦点F的最小距离是－1，F到上顶点的距离为，点C（m,0）是线段OF上的一个动点．

（1）求椭圆的方程；

（2）是否存在过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A、B两点，使得（＋）⊥，并说明理由．

解：

（1）由题意可知a－c＝－1且＝，

解得a＝，b＝c＝1，∴椭圆的方程为＋y2＝1；

（2）由

（1）得F（1,0），所以0≤m≤1．

假设存在满足题意的直线l，设l的方程为y＝k（x－1），

代入＋y2＝1，得（2k2＋1）x2－4k2x＋2k2－2＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1＋x2＝，x1x2＝，

∴y1＋y2＝k（x1＋x2－2）＝，

∴＋＝（x1－m，y1）＋（x2－m，y2）＝，

∵（＋）⊥而AB的方向向量为（1，k），

∴－2m＋×k＝0⇔（1－2m）k2＝m

∴当0≤m＜时，k＝±，即存在这样的直线l；

当≤m≤1时，k不存在，即不存在这样的直线l．

2．（2017·枣庄模拟）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的左焦点为F1（－1,0），抛物线x2＝2py上的点（，1）处的切线经过椭圆C的下顶点．

（1）求椭圆C的标准方程．

（2）过点F1的动直线l交椭圆C于A，B两点（异于长轴端点）．请问是否存在实常数λ，使得|－|＝λ·恒成立？

若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．

（3）在

（2）的条件下，求△ABF2（F2为椭圆C的右焦点）内切圆面积的取值范围．

解：

（1）点（，1）代入x2＝2py，可得p＝1，∴x2＝2y，即y＝x2，y′＝x，

∴抛物线x2＝2py上的点（，1）处的切线斜率为，

∴抛物线x2＝2py上的点（，1）处的切线方程为y－1＝（x－），即y＝x－1，

令x＝0得y＝－1，

∴b＝1，a＝＝，

∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1．

（2）记A（x1，y1），B（x2，y2），设l的方程为x＝my－1，

代入椭圆方程，整理可得（m2＋2）y2－2my－1＝0，

∴y1＋y2＝，y1y2＝－，

∴|－|＝||＝＝．

∵＝（x1＋1，y1）＝（my1，y1），＝（x2＋1，y2）＝（my2，y2），

∴·＝（m2＋1）y1y2＝，

∴存在实常数λ＝－2，使得|－|＝λ·恒成立．

（3）设△ABF2（F2为椭圆C的右焦点）内切圆的半径为r，则

S△ABF2＝·4ar＝2r＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|，解得r＝|y1－y2|．

∴S圆＝（y1－y2）2＝．

设m2＋1＝t（t≥1），则S圆＝．

∵t≥1，∴t＋＋2≥4（当t＝1，即m＝0是取等号），

∴0＜S圆＝≤，

∴△ABF2内切圆面积的取值范围是．

1．已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线方程为x＝－1，直线l与抛物线相交于不同的A，B两点．

（1）求抛物线的标准方程；

（2）如果直线l过抛物线的焦点，求·的值；

（3）如果·＝－4，直线l是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说明理由．

解：

（1）已知抛物线的对称轴为坐标轴，顶点是坐标原点，准线方程为x＝－1，

所以＝1，p＝2．

∴抛物线的标准方程为y2＝4x．

（2）设l：

my＝x－1，与y2＝4x联立，

得y2－4my－4＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，

∴·＝x1x2＋y1y2＝（m2＋1）y1y2＋m（y1＋y2）＋1＝－3．

（3）假设直线l过定点，设l：

my＝x＋n，

，得y2－4my＋4n＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4n．

由·＝－4＝（m2＋1）y1y2－mn（y1＋y2）＋n2＝n2＋4n，解得n＝－2，

∴l：

my＝x－2过定点（2,0）．

2．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．

3．（2017·大庆二模）已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）经过点P（2，），离心率e＝，直线l的渐近线为x＝4．

（1）求椭圆C的方程；

（2）经过椭圆右焦点F的任一直线（不经过点P）与椭圆交于两点A，B，设与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？

若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

解：

（1）由点P（2，）在椭圆上得，＋＝1，①

又e＝，所以＝，②

由①②得c2＝4，a2＝8，b2＝4，故椭圆C的方程为＋＝1．

（2）假设存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3．

由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k（x－2），③

代入椭圆方程＋＝1并整理得（1＋2k2）x2－8k2x＋8k2－8＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1＋x2＝，x1x2＝，④

在方程③中，令x＝4得，M（4,2k），从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－．

又因为A、F、B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k，

所以k1＋k2＝＋＝＋－

＝2k－·，⑤

将④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－，

又k3＝k－，

所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意．

4．已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，离心率为且过点（，0），过定点C（－1,0）的动直线与该椭圆相交于A、B两点．

（1）若线段AB中点的横坐标是－，求直线AB的方程；

（2）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）由题意可设椭圆的标准方程为：

＋＝1（a＞b＞0），

∴＝，a＝，a2＝b2＋c2，

解得a＝，c＝，b2＝．

∴椭圆的方程为x2＋3y2＝5，

直线斜率不存在时显然不成立，设直线AB：

y＝k（x＋1），

将AB：

y＝k（x＋1）代入椭圆的方程，消去y整理得（3k2＋1）x2＋6k2x＋3k2－5＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则

∵线段AB的中点的横坐标为－，解得k＝±，

∴直线AB的方程为x±y＋1＝0．

（2）假设在x轴上存在点M（m,0），使得·为常数，

①当直线AB与x轴不垂直时，由

（1）知

x1＋x2＝－，x1·x2＝，

∴·＝（x1－m）（x2－m）＋y1y2＝（k2＋1）x1x2＋（k2－m）（x1＋x2）＋k2＋m2＝m2＋2m－－，

∵·是与k无关的常数，

从而有6m＋14＝0，m＝－，

此时·＝．

②当直线AB与x轴垂直时，此时结论成立，

综上可知，在x轴上存在定点M，使·＝，为常数．

5．（2017·临沂一模）如图，椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率为，以椭圆C的上顶点T为圆心作圆T∶x2＋（y－1）2＝r2（r＞0），圆T与椭圆C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．

（1）求椭圆C的方程；

（2）求·的最小值，并求出此时圆T的方程；

（3）设点P是椭圆C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与Y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：

|OM|·|ON|为定值．

解：

（1）由椭圆得：

b＝1，e＝＝，

∴a2－c2＝1，＝，得a2＝4，c2＝3，b2＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1；

（2）∵点A与点B关于y轴对称，

设A（x1，y1），B（－x1，y1），

由点A在椭圆C上，则x＝4－4y，

∵T（0,1），得＝（x1，y1－1），＝（－x1，y1－1），

∴·＝－x＋（y1－1）2＝4y－4＋y－2y1＋1＝52－，

由题意得，0＜y1＜1，

∴当y1＝时，·取得最小值－，

此时，x＝4－，x1＝，故A，

又点A在圆T上，带入圆的方程，得r2＝，

故圆T的方程是x2＋（y－1）2＝；

（3）设p（x0，y0），则PA的方程为

y－y0＝（x－x0），

令x＝0，得yM＝y0－＝，

同理可得，yN＝，

故yM·yN＝①，

∵p（x0，y0），A（x1，y1）都在椭圆C上，

∴y＝1－，y＝1－，

代入①得，yM·yN＝＝1，

即得|OM|·|ON|＝|yM·yN|＝1为定值．

6．（2017·广元二诊）已知点P是椭圆C上任一点，点P到直线l1∶x＝－2的距离为d1，到点F（－1,0）的距离为d2，且＝.直线l与椭圆C交于不同两点A，B（A，B都在x轴上方），且∠OFA＋∠OFB＝180°．

（1）求椭圆C的方程；

（2）当A为椭圆与y轴正半轴的交点时，求直线l方程；

（3）对于动直线l，是否存在一个定点，无论∠OFA如何变化，直线l总经过此定点？

若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由．

解：

（1）设P（x，y），则d1＝|x＋2|，d2＝，

＝＝，化简得：

＋y2＝1，

∴椭圆C的方程为：

＋y2＝1．

（2）∵A（0,1），F（－1,0），

∴kAF＝＝1，∠OFA＋∠OFB＝180°，

∴kBF＝－1，BF：

y＝－1（x＋1）＝－x－1，

代入＋y2＝1，得：

3x2＋4x＝0，

∴x＝0，或x＝－，代入y＝－x－1得（舍），或，

∴B，kAB＝＝，

∴AB：

y＝x＋1，

（3）由于∠OFA＋∠OFB＝180°，所以B关于x轴的对称点B1在直线AF上．

设A（x1，y1），B（x2，y2），B1（x2，－y2），

设直线AF方程：

y＝k（x＋1），代入＋y2＝1，

得：

x2＋2k2x＋k2－1＝0，

x1＋x2＝－，x1x2＝，

kAB＝，AB：

y－y1＝（x－x1），

令y＝0，得：

x＝x1－y1＝，

y1＝k（x1＋1），y2＝－k（x2＋1），

x＝＝＝

＝＝－2，

∴直线l总经过定点M（－2,0）．