第八章第讲第课时定点定值问题.docx

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第八章第讲第课时定点定值问题

第3课时定点、定值问题

〔殳冈咅晰［芳点多破〕

［学生用书P164〜P165］）

考点一_定点问题

（2014高考山东卷节选）已知抛物线C:

y2=2px（p>0）的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线I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；

⑵若直线|1//I，且|1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.

p

［解］⑴由题意知f（2,0）.

p+2t

设D（t,0）（t>0）,贝UFD的中点为（一^,0）.

因为|FA|=|FD|,

由抛物线的定义知3+p=t—2,

解得t=3+p或t=—3（舍去）.

p+2t

由=3,解得p=2.

所以抛物线C的方程为y2=4x.

（2）由

（1）知F（1,0）.

设A（x0,yo）（xoyo丸）,D（xd,O）（xd>0）.

因为|FA|=|FD|,则|xd—1|=X0+1,

由xd>0得xd=xo+2,故D（xo+2,0）,

4

当y0M4时，kAE=二"

xe—X0

+yo“

y04v0

2=号—y°y2—4,y04

可得直线AE的方程为y—y0=f^（x—x。

）.

yo—4

由y2=4x0,

整理可得1）,

y$—4

直线AE恒过点F（1,0）.

当y2=4时，直线AE的方程为x=1，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:

羊+y2=1（a>1）的上顶点为A,

右焦点为F，直线AF与圆M:

（x—3）2+（y—1）2=3相切.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若不过点A的动直线I与椭圆C交于P,Q两点，且AP•AQ=0，求证：

直线I过定点，并求该定点的坐标.

解：

（1）圆M的圆心为（3,1），半径r=・,3.

由题意知A（0,1）,F（c,0）,

x

直线AF的方程为-+y=1，即卩x+cy—c=0.

c

y=kx+1

联立x2，整理得（1+3k2）x2+6kx=0,

i+y2=1

—6k—6k1一3k?

2'

解得x=0或x=2,故点P的坐标为（2,2）,

1+3k21+3k21+3k2

k2—31—3k2

k2+31+3k2k2—1

•直线I的斜率为

6k―6k

k2—3

k2+31+3k2

k2—16k

•••直线I的方程为y=3^（x—k2二）+k2+3,

k2—11

即y=GTx-2.

1

•••直线i过定点（0,-2）.

法二：

由Ap^Q=0,知AP丄AQ,从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线I的方程为

y=kx+t（t^1）,

y=kx+1

联立x2，整理得（1+3k2）x2+6ktx+3（t2-1）=0.

3+y2=1

设P（x1,y1）,Q（X2,y2）,

—6kt3（t2—1）

贝yX1+X2=2，X1X2=厂.（*）

1+3k21+3k2

由4=（6kt）2—4（1+3k2）x3（t2—1）>0，得3k2>t2—1.

由APAQ=0，得APAQ=（X1,y1—1）（X2,y2—1）=（1+『）x1x2+k（t—1）（X1+X2）+（t—1）2=0.

1

将（*）代入，得t=—2，

1

•直线I过定点（0,—2）.

考点二定值问题

（2014高考江西卷）如图，已知抛物线C:

x2=4y,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；

⑵作C的任意一条切线1（不含X轴），与直线y=2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y=kX+2,代入x2=4y,得x2=4（kX+2），即x2—4kx—8=0.

设A（X1,y1）,B（X2,y2）,则有X1X2=—8.

y1

直线AO的方程为y=X"x；BD的方程为x=X2.

.1

X=X2,

解得交点D的坐标为y生

y=X1，

注意到X1X2=—8及x2=4y1,

则有y=

y1X1X2一8y1

=石=—2

0，设切线I的方程为y=ax+b（a丰0），代入x2

因此D点在定直线y=—2上（XM0）.⑵依题设，切线I的斜率存在且不等于

=4y，得x=4（ax+b）,

即x2—4ax—4b=0.

由4=0,得（4a）2+16b=0,化简整理得b=—a2.

故切线I的方程可写为y=ax—a2.

分别令y=2,y=—2,得Ni,N2的坐标为

22

Nia+a,2,N2—a+a，—2,

222

则|MN2|2—|MNi|2=a—a+42—a+a

=8,

即|MN2|2—|MNi|2为定值&

［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：

①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.

②引进变量法：

其解题流程为

珂一当的动点坚栋成动数申果曇为蔓耳

珏更证悯为定個的覺菽禾氏上逹更董妁曲比

顽~4把蒔到的函載牝简，萧去耋■祈际

x2V2

2.（2015长春市调研）已知椭圆-2+2=1（a>b>0）的右焦点为F2（1,ab

（1）求椭圆的方程；

⑵若点M在圆x2+y2=b2上，且M在第一象限，过M作圆x2+y2=b2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.

a2—b2=c2=1

解：

（1）由题意，得

a2=9

解得b2=8’

x2v2

⑵设P（X1,V1）,Q（X2,y2）,则-+肓=1（|X1|W3）,x2

|PF2|2=（X1—1）2+y1=（x1—1）2+8（1—g）

12

=9（x1—9）,

连接OM,OP（图略），由相切条件知：

|PM|2=|OP|2—|OM|=x1+y1-8=x1+8（1-9）—

1•••|PM=5x1,

11

•••|PF2|+|PM=3-3x1+3x1=3,

11

同理可求得|QF2|+|QM|=3-3x2+3x2=3,

考点三

探究存在性冋题

灶岭（2014高考湖南卷）如图,

•••|F2P|+IF2QI+|PQ|=3+3=6为定值.

x2y2

—b1=1（a1>0,b1>0）

所以—b?

=1.故b?

=3.

由椭圆的定义知

2a2=233+（1-1）2+233+（1+1）

=23

于是a2=3,b2=a2-c2=2.

［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y2=45x的焦点，离心率是f.

（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.

1

1若线段AB中点的横坐标是一，求直线AB的方程；

2在x轴上是否存在点M，使MA•MB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=■5，

又c=ea=36x.5=寻，

X1+x2

3k2

3k2+1

即x2+3y2=5.

（2）①依题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的万程为y=k（x+1）,将y=k（x+1）代入x2+3y2=5，消去y整理得（3k2+1）x2+6k2x+3k2—5=0.设A（xi,yi）,B（x2,y2）,

△=36k4—4（3k2+1）（3k2—5）>0,①’

则6k2二,

xi+x2=——•②

3k2+1

解得k=±f，适合①’.

所以直线AB的方程为

x—,3y+1=0或x+.3y+1=0.

②假设在x轴上存在点M（m,0），使MAMB为常数.

a.当直线AB与x轴不垂直时,

3k2—5

X1X2=.③

3k2+1

所以MAMB=（xi—m）（X2—m）+yiy2

=（xi—m）（X2—m）+k2（xi+1）（X2+1）=（k2+1）XiX2+（k2—m）（xi+X2）+k2+m2.将②③代入，整理得

tt（6m—1）k2—5o

MAMB=1+m2

3k2+1

（2m—3）（3k2+1）

3k2+1

14

—2m——

32

+m2

16m+14

=+2m—3—3（3k2+1）

注意到MAMB是与k无关的常数,

从而有6m+14=0,m=—,

~tt4

此时MAMB=9.

一22

A,B的坐标分别为（一1,乜），（—1，—'3），

b.当直线AB与x轴垂直时，此时点

7~>4

当m=—3时，也有MAMB=9.

苗能训豢国滴壬）

【嗖土皿搖牛杜羸插】

1.（2015东北三校联合模拟）已知圆M:

x2+（y—2）2=1，直线I:

y=—1，动圆P与圆M相外切，且与直线I相切.设动圆圆心P的轨迹为E.

（1）求E的方程；

⑵若点A,B是E上的两个动点，0为坐标原点，且OA•OB=—16,求证：

直线AB恒过定点.

解：

（1）设P（x,y），则x2+（y—2）2=（y+1）+1?

x2=8y.

所以E的方程为x2=8y.

（2）证明：

易知直线AB的斜率存在，设直线AB:

y=kx+b,A（xi,yi）,B（x2,y2）.将直线AB的方程代入x2=8y中，得x2—8kx—8b=0，所以xi+X2=8k,X1X2=—8b.ttx2X2

OAOB=xix2+yiy2=xix2+=—8b+b2=—16?

b=4，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:

x2=2py（p>0），直线y=kx+2与

E交于A,B两点，且OA•OB=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ki,k2,证明：

k2+k2—2k2为定

值.

解：

⑴将y=kx+2代入x2=2py,得x2—2pkx—4p=0,其中△=4p2k2+16p>0.

设A（xi,yi）,B（x2,y2）,贝U

xi+X2=2pk,X1X2=—4p.

4p+4=2.

ffxx2

OAOB=xix2+yiy2=xix2+环2p

i

所以p=2,

所以抛物线E的方程为x2=y.

（2）证明：

由（i）知，xi+X2=k,xix2=—2.

yi+2x2+2xi—xix2

ki====xi—X2,同理k2=x2—xi,

xixixi

所以k2+k2—2k2=2（xi—X2）2—2（xi+X2）2=—8xiX2=i6.

x22

3.（20i5山西省四校联考）已知椭圆C:

X2+b2=i（a>b>°）的右焦点为F（i,0）,右顶点为A，且|AF|=i.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若动直线I:

y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x=4交于点Q,问:

是否存在一个定点M（t,0），使得MP•MQ=0•若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.

厂

V

0

X

k=4

解：

（1）由c=1,a—c=1，得a=2,「.b=j3,故椭圆C的标准方程为f+3=1.

y=kx+m

⑵由，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2—12=0,

3x2+4y2=12

.•.△=64k2m2—4（3+4k2）（4m2—12）=0,即m2=3+4k2.

_…4km4k4k23

设P（xp,yp）,贝Vxp=—3+朮=—，yP=心卩+m=—肓+m=后,

刚4k3

即P（-mk，m）.

••M（t,0）,Q（4,4k+m）,

f4k3f

•MP=（——t,m），MQ=（4—t,4k+m）.

.IMPMQ=（—4k—t）（4—t）+m（4k+m）=t2—4t+3+鋼—1）=0恒成立，故

t=1

即t=1.

t2—4t+3=0

•••存在点M（1,0）符合题意.

［解］

（1）设C2的焦距为2C2,

由题意知，2c2=2,2a1=2.

从而a1=1,C2=1.

因为点P土3,1在双曲线x2-£=1上,