2022届高考人教数学（理）一轮学案：8-9 第二课时　定点、定值、探索性问题 WORD版含答案.doc

1、第二课时定点、定值、探索性问题题型一圆锥曲线的定点问题典例剖析典例(2020高考全国卷)已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点解析：(1)由题设得A(a，0)，B(a，0)，G(0，1).则(a，1)，(a，1).由8，得a218，即a3.所以E的方程为y21.(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3n3.由于直线PA的方程为y(x3)，所以y1(x13).直线PB的方程为y(

2、x3)，所以y2(x23).可得3y1(x23)y2(x13).由于y1，故y，可得27y1y2(x13)(x23)，即(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20.将xmyn代入y21得(m29)y22mnyn290.所以y1y2，y1y2.代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0.解得n3(舍去)或n.故直线CD的方程为xmy，即直线CD过定点.若t0，则直线CD的方程为y0，过点.综上，直线CD过定点.方法总结求解圆锥曲线中定点问题的两种求法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关(2)直接推理法：选择一个参数建立方程，一般

3、将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k变成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)g(x，y)0的形式；根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组以中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决对点训练(2021湖南郴州模拟)已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点(1)若以A，B为直径的圆的方程为(x2)2(y3)216，求抛物线C的标准方程；(2)过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上解析：(1)设AB的中点为M，A到准线的

4、距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d，则d1d2|AB|8，d4，即yM4，而yM3，所以34，解得p2，故抛物线C的标准方程为x24y.(2)证明：由x22py得其焦点坐标为F.设A，B，直线AB：ykx，代入抛物线方程，得x22kpxp20，x1x2p2.对y求导得y，抛物线过点A的切线的斜率为，切线方程为y(xx1)，抛物线过点B的切线的斜率为，切线方程为y(xx2)，由得y.l1与l2的交点P的轨迹方程是y，即l1，l2的交点在定直线上题型二圆锥曲线的定值问题典例剖析典例已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，P是C上的一个动点，且F1PF2面积

5、的最大值为4.(1)求C的方程；(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值解析：(1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c.因为SF1PF2|F1F2|y0|2cbbc，所以bc4.又e，a2b2c2，所以a4，b2，c2，所以C的方程为1.(2)证明：由(1)可知A(4，0)，B(4，0)，F1(2，0).由题意可知，x02，且x04.设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则直线PA的方程为yk1(x4)，令x2，得y6k1，故M(2，6k1).直线PB的方程为yk2(x4)，令x2，得y

6、2k2，故N(2，2k2).记以MN为直径的圆为圆D，则D(2，3k1k2).如图所示，F1T是圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT.则|F1T|2|F1D|2|DT|2，所以|F1T|216(3k1k2)2(3k1k2)21612k1k2，又k1，k2，所以k1k2，由1，得y(x16)，所以k1k2，则|F1T|21612k1k2161225，所以|F1T|5.故切线长为定值5.方法总结此类问题求解的一种思路是找准变化的主元，设为参数，建立参变量与其他量的关系(如函数关系、方程关系、不等式关系等)，探求目标式，通过代数运算将目标式用参变量表示出来，这一步是求解的难点也是关键所在，然后

7、再恒等变形得到定值另一种思路是通过特殊值或极端情形探索出定值是多少，然后进行一般性计算或证明对点训练在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：1，椭圆C2：x21，若M，N分别是C1，C2上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值证明：当直线ON垂直于x轴时，|ON|2，|OM|，则O到直线MN的距离为.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为ykx，则直线OM的方程为yx.由得所以|ON|2.同理|OM|2.设O到直线MN的距离为d，因为在RtMON中，(|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2，所以，即d.综上，O到直线MN的距离是定值题型三圆锥曲线的存在性问题典例剖析

8、典例已知抛物线C：y22px(p0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为线段AB的中点(1)若p2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程；(2)若直线l过焦点F，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，试问：是否为定值？若为定值，试求出此定值；否则，说明理由解析：(1)法一：由题意知直线l的斜率存在且不为0，可设直线l的方程为x1t(y1)(t0)，即xty1t，A(x1，y1)，B(x2，y2).由p2知抛物线方程为y24x，由消去x，得y24ty44t0.(4t)24(44t)16(t2t1)0，y1y24t，所以4t2，解得t.所以直线l的方程为2xy10.

9、法二：由p2，知抛物线方程为y24x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y4x1，y4x2.由题意知直线AB的斜率存在，则直线AB的斜率kAB，因为线段AB的中点为M(1，1)，所以y1y22，所以kAB2，则直线l的方程为y12(x1)，即2xy10.(2)为定值2p.由抛物线C：y22px(p0)，知焦点F的坐标为.由题意知，直线l的斜率存在且不为0，因为直线l过焦点F，所以可设直线l的方程为xry(r0)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，由消去x，得y22pryp20.(2pr)24(p2)4p2r24p20，y3y42pr，所以x3x4r(y3y4)p2pr2p，则M.所以直

10、线MN的方程为yprr，令y0，解得xpr2，则N.所以|MN|2p2p2r2，|FN|pr2pr2p，于是2p.所以为定值2p.方法总结解决存在性问题的注意事项存在性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采用另外的途径对点训练已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点A(0，4)的直线l与椭圆C交于M、N两点，F是椭圆C的上焦点问：是否存在直线l，使得SM

11、AFSMNF？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解析：(1)由题意知，b，且a2b2c2，解得a24，b23，椭圆C的方程为1.(2)存在理由如下：由题意可知l的斜率一定存在，设l为ykx4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立消去y，得(3k24)x224kx360，SMAFSMNF，M为线段AN的中点，x22x1，将代入解得x1，将代入得x，将代入解得k2，将代入检验成立，k，即存在直线l：6xy40或6xy40符合题意(2020高考山东卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存

12、在定点Q，使得|DQ|为定值解析：(1)由题设得1，解得a26，b23.所以C的方程为1.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入1，得(12k2)x24kmx2m260.于是x1x2，x1x2.由AMAN，得0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，整理得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式，可得(k21)(kmk2)(m1)240，整理得(2k3m1)(2km1)0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，所以2k3m10，k1.所以直线MN的方程为yk(k1).所以直线MN过

13、点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1).由0，得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又1，所以3x8x140.解得x12(舍去)或x1.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|AP|.若D与P重合，则|DQ|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值 (2020广西南宁联考)已知抛物线C：y2ax(a0)上一点P到焦点F的距离为2t.(1)求抛物线C的方程；(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值解析：(1)由抛物线的定义及题意可知|PF|t2t，解得a4t.点P在抛物线C上，at，a，a21.a0，a1，抛物线C的方程为y2x.(2)证明：点A在抛物线C上，且yA1，xA1.A(1，1).设过点Q(3，1)的直线的方程为x3m(y1)，即xmym3，代入y2x，得y2mym30.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2m，y1y2m3.k1k2.k1k2为定值