2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 11 第10讲 定值、定点、探索性问题课件 文

第10讲定值、定点、探索性问题第九章平面解析几何(2018·高考北京卷)已知抛物线C：y2＝2px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，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值．圆锥曲线中的定值问题(师生共研)【解】(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y2＝4x，y＝kx＋1得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.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＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．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．(2019·贵阳市适应性考试(一))已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M为短轴的上端点，MF1→·MF2→＝0，过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点(2，－1)且不经过点M的直线l与C相交于G，H两点．若k1，k2分别为直线MH，MG的斜率，求k1＋k2的值．解：(1)由MF1→·MF2→＝0，得b＝c.因为过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝2，所以b2a＝22，b＝cb2a＝22a2＝b2＋c2⇒a2＝2b2＝1.故椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)设直线l的方程为y＋1＝k(x－2)，即y＝kx－2k－1，将y＝kx－2k－1代入x22＋y2＝1得(1＋2k2)x2－4k(2k＋1)x＋8k2＋8k＝0，由题设可知Δ＝－16k(k＋2)0，设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝4k（2k＋1）1＋2k2，x1x2＝8k2＋8k1＋2k2，k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1－2k－2x1＋kx2－2k－2x2＝2k－（2k＋2）×4k（2k＋1）1＋2k28k2＋8k1＋2k2＝2k－(2k＋1)＝－1，所以k1＋k2＝－1.(2017·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.圆锥曲线中的定点问题(师生共研)【解】(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，NP→＝(x－x0，y)，NM→＝(0，y0)．由NP→＝2NM→得x0＝x，y0＝22y.因为M(x0，y0)在C上，所以x22＋y22＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)证明：由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n)．由OP→·PQ→＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→.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.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．(2019·成都市第一次诊断性检测)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点F(3，0)，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．解：(1)由题意得，c＝3，ab＝2，a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝1，所以椭圆C的标准方程为x24＋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y＝kx＋m，x2＋4y2＝4，消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.所以Δ＝16(4k2＋1－m2)0，x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.因为点B在以线段MN为直径的圆上，所以BM→·BN→＝0.因为BM→·BN→＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，所以(k2＋1)4m2－44k2＋1＋k(m－1)－8km4k2＋1＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－35或m＝1(舍去)．所以直线l的方程为y＝kx－35.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，－35.已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0，23)，离心率为12.(1)求椭圆P的方程；(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足OR→·OT→＝167？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)【解】(1)设椭圆P的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，由题意得b＝23，e＝ca＝12，所以a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，所以c2＝4，c＝2，a＝4，所以椭圆P的方程为x216＋y212＝1.(2)存在．假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，OR→·OT→0，不满足题意．故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．因为OR→·OT→＝167，所以x1x2＋y1y2＝167.由y＝kx－4，x216＋y212＝1得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，由Δ0得(－32k)2－64(3＋4k2)0，解得k214.①因为x1＋x2＝32k3＋4k2，x1x2＝163＋4k2，所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，故x1x2＋y1y2＝163＋4k2＋16k23＋4k2－128k23＋4k2＋16＝167，解得k2＝1.②由①②解得k＝±1，所以直线l的方程为y＝±x－4.故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．解决探索性问题的注意事项探索性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．(2019·湖北八校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p0)在第一象限内的点P(2，t)到焦点F的距离为52.(1)若N－12，0，过点N，P的直线l1与抛物线相交于另一点Q，求|QF||PF|的值；(2)若直线l2与抛物线C相交于A，B两点，与圆M：(x－a)2＋y2＝1相交于D，E两点，O为坐标原点，OA⊥OB，试问：是否存在实数a，使得|DE|为定值？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)因为点P(2，t)到焦点F的距离为52，所以2＋p2＝52，解得p＝1，故抛物线C的方程为y2＝2x，P(2，2)，所以l1的方程为y＝45x＋25，联立得y＝45x＋25，y2＝2x，可解得xQ＝18，又|QF|＝xQ＋12＝58，|PF|＝52，所以|QF||PF|＝5852＝14.(2)设直线l2的方程为x＝ny＋m(m≠0)，代入抛物线方程可得y2－2ny－2m＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2n，y1y2＝－2m，①由OA⊥OB得，(ny1＋m)(ny2＋m)＋y1y2＝0，整理得(n2＋1)y1y2＋nm(y1＋y2)＋m2＝0，②将①代入②解得m＝2或m＝0(舍去)，满足Δ＝4n2＋8m0，所以直线l2：x＝ny＋2，因为圆心M(a，0)到直线l2的距离d＝|a－2|1＋n2，所以|DE|＝212－（a－2）21＋n2，显然当a＝2时，|DE|＝2，所以存在实数a＝2，使得|DE|为定值．