2022版新教材数学人教B版选择性必修第一册学案：2-8 第3课时定点、定值与存在性问题 WORD版含答案.docx

1、第3课时定点、定值与存在性问题互动探究关键能力探究点一定点问题精讲精练例（2021山师大附中高二期中）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为63 ,且过点(32,12) .（1）求椭圆E的标准方程;（2）若不过点A(0,1)的动直线l与椭圆E交于P,Q两点,且APAQ=0 ,求证直线l过定点,并求该定点的坐标.答案：（1）由题意得e=ca=63，94a2+14b2=1，a2=b2+c2，解得a=3,b=1,c=2 ,则椭圆E的标准方程为x23+y2=1 .（2）由APAQ=0 ,可知APAQ ,从而直线l与x轴不垂直,故可设直线l的方程为y=kx+t(t1) ,联立得y=kx+

2、t,x23+y2=1整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0 .设P(x1,y1),Q(x2,y2) ,则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3(t2-1)1+3k2,(*)由=(6kt)2-4(1+3k2)3(t2-1)0,得3k2t2-1,由APAQ=0,得(x1,y1-1)(x2,y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0,将(*)代入,得2t2-t-1=0 ,解得t=1（舍去）或t=-12 ,所以直线l的方程为y=kx-12 ,所以直线l过定点(0,-12) .解题感悟圆锥曲线中定点问题的两

3、种解法（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中的系数为参数表示的变量,再研究变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迁移应用1.（2021山东济南高二期末）已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(ab0)经过如下四个点中的三个,P1(-3,12),P2(0,1)，P3(3,12),P4(3,1) .（1）求椭圆M的方程;（2）设直线l与椭圆M交于A,B两点,且以线段AB为直径的圆经过椭圆M的右顶点C（A,B均不与点C重合）,证明:直线l过定点.答案：（1）由题意,点P1(-3,12)与点P3(3,12)关于y轴对称,根据椭圆的对

4、称性和题意可知,点P1(-3,12)和点P3(3,12)都在椭圆上,因为点P3(3,12)与点P4(3,1)不可能同时在椭圆上,所以椭圆过点P1(-3,12),P3(3,12),P2(0,1) ,所以(-3)2a2+(12)2b2=1,且02a2+12b2=1,解得a2=4,b2=1,所以椭圆M的方程为x24+y2=1 .（2）证明：由题意,可设直线l的方程为x=ky+m(m2) ,联立x24+y2=1，x=ky+m，消去x ,得(k2+4)y2+2kmy+m2-4=0 ,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=-2kmk2+4,y1y2=m2-4k2+4,因为以线段AB为直径的

5、圆过椭圆的右顶点C ,所以CACB=0 ,又CA=(x1-2,y1),CB=(x2-2,y2),所以(x1-2)(x2-2)+y1y2=0,将x1=ky1+m,x2=ky2+m代入上式得(k2+1)y1y2+k(m-2)(y1+y2)+(m-2)2=0 ,将代入上式,得m=65或m=2（舍去）,所以直线l的方程为x=ky+65 ,则直线l恒过点(65,0) .探究点二定值问题精讲精练例已知中心在原点的椭圆C的一个焦点为(0,2),且过点P(1,2) .（1）求椭圆C的方程;（2）过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA,PB,分别交椭圆C于另外两点A,B,求证：直线AB的斜率是定值.答案：（1）

6、设椭圆方程为y2a2+x2b2=1(ab0) ,则有2a2+1b2=1 .又a2=b2+2 ,2b2+2+1b2=1,b4-b2-2=0,解得b2=2,a2=4,椭圆C的方程为y24+x22=1 .（2）证明：依题意,直线PA,PB都不垂直于x轴,设直线PA的方程为y-2=k(x-1) ,则直线PB的方程为y-2=-k(x-1) .由y-2=k(x-1)，y2+2x2=4，得(k2+2)x2+2k(2-k)x+(2-k)2- 4=0.1xA=(2-k)2-4k2+2,xA=(2-k)2-4k2+2,同理可得xB=(2+k)2-4k2+2,kAB=yA-yBxA-xB=(kxA+2-k)-(-k

7、xB+2+k)xA-xB=k(xA+xB)-2kxA-xB=2,故直线AB的斜率是定值.解题感悟圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略（1）代数式为定值问题：依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式,化简即可得出定值（2）点到直线的距离为定值问题：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得（3）某线段长度为定值问题：利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得迁移应用1.（2020江西吉安高二期末）在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线y2=2px(p0)上一点M(n,7)(n3)到其焦点F的距离为4.过点N(3,0)的直线l与抛物线相

8、交于A,B两点.（1）求抛物线的方程与准线方程;（2）求证：OAOB为定值.答案：（1）M(n,7)在抛物线上,7=2pn,n=72p .由抛物线的定义,得|MF|=72p+p2=4 ,p=1text或p=7（当p=7时,n=12 ,舍去）,抛物线的方程为y2=2x ,准线方程为x=-12 .（2）证明：设直线l的方程为x=y+3 ,由x=y+3，y2=2x，得y2-2y-6=0 .设A(x1,y1),B(x2,y2) ,则y1+y2=2,y1y2=-6 .OAOB=x1x2+y1y2=y122y222+y1y2=(-6)24-6=3,OAOB为定值.探究点三存在性问题精讲精练例在平面直角坐标

9、系中,动点M到点F(2,0)的距离和它到直线x=52的距离的比是常数255 .（1）求动点M的轨迹方程;（2）若过点F作与坐标轴不垂直的直线l ,交动点M的轨迹于A,B两点,设点A关于x轴的对称点为P ,当直线l绕着点F转动时,是否存在定点Q ,使得B,P,Q三点共线？若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由答案：（1）设M(x,y) ,则(x-2)2+y2|x-52|=255,化简得x25+y2=1,故动点M的轨迹方程为x25+y2=1（2）由题意知直线l的斜率存在,设为k ,则直线l的方程为y=k（x-2） ,由y=k(x-2)x25+y2=1得(5k2+1)x2-20k2x+20k2

10、-5=0设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=20k25k2+1,x1x2=20k2-55k2+1,由椭圆的对称性知,若存在定点Q ,则点Q必在x轴上,故假设存在定点Q(t,0) ,使得P,B,Q三点共线,则PBPQ且P(x1,-y1) .PB=(x2-x1,y2+y1),PQ=(t-x1,y1),(x2-x1)y1=(y2+y1)(t-x1),即(x2-x1)k(x1-2)=k(x1+x2-4)(t-x1),化简得2x1x2-(t+2)(x1+x2)+4t=0将x1+x2=20k25k2+1,x1x2=20k2-55k2+1代入上式,得220k2-55k2+1-(t+2)20k

11、25k2+1+4t=0,解得t=52 ,故存在定点Q(52,0) ,使得P,B,Q三点共线解题感悟存在性问题的解决方法（1）存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素（点、直线、曲线或参数）存在,否则元素（点、直线、曲线或参数）不存在.（2）反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.迁移应用 1.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的短轴长是2,离心率为32 .（1）求椭圆C的方程;（2）设直线y=kx+3与椭圆C交于M,N两点,点A(2,0) ,

12、则在直线x=3上是否存在点P ,使得四边形PAMN是平行四边形？若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由答案：（1）由题意得2b=2,e=ca=32,又a2-b2=c2,c=3,a=2 ,椭圆C的方程为x24+y2=1 .（2）若四边形PAMN是平行四边形,则PAMN且|PA|=|MN| .直线PA的方程为y=k(x-2) ,则P(3,k),|PA|=1+k2 .设M(x1,y1),N(x2,y2) ,由y=kx+3，x2+4y2=4，得(4k2+1)x2+83kx+8=0。由0,得k212,且x1+x2=-83k4k2+1,x1x2=84k2+1.|MN|=1+k2(x1+x2)2-4x1x

13、2=1+k264k2-324k2+1=1+k2,整理得16k4-56k2+33=0,解得k=32或k=112,经检验均符合0 ,但当k=-32时不满足四边形PAMN是平行四边形,舍去k=32或k=112 .评价检测素养提升课堂检测1.（2021山东济南高二检测）已知P是椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)上异于A(-a,0),B(a,0)的一点,E的离心率为32 ,则直线AP与BP的斜率之积为( )A.-34 B.34 C.-14 D.14答案：C2.抛物线x2=4y的内接RtOAB（O为坐标原点）的斜边AB过定点( )A.(4,0)B.(0,4)C.(2,0)D.(0,2)答案： B3.

14、（2020四川成都外国语学校高二期中）过点P(1,1)的直线l与椭圆x24+y23=1交于点A和B ,且AP=PB .点Q满足AQ=-QB ,若O为坐标原点,且Q(m,n) ,则m4+n3的值为 .答案：1素养演练逻辑推理动圆过定点问题1.已知抛物线x2=ay的焦点坐标为(0,12) .（1）求抛物线的标准方程;（2）若过点(-2,4)的直线l与抛物线交于A,B两点,则在抛物线上是否存在定点P ,使得以AB为直径的圆过定点P？若存在,求出点P ;若不存在,请说明理由.答案：（1）抛物线x2=ay的焦点坐标为(0,a4) ,所以a4=12 ,所以a=2 ,故抛物线的标准方程为x2=2y .（2）

15、设P(t,t22),A(x1,y1),B(x2,y2),易知直线l的斜率存在,故设l:y=k(x+2)+4,联立x2=2yy=kx+2k+4得x2-2kx-4k-8=0 ,则x1+x2=2k ,x1x2=-4k-8由题意知kPAkPB=-1,即t22-y1t-x1t22-y2t-x2=-1,t2-x12t-x1t2-x22t-x2=-4,即(t+x1)(t+x2)=-4,即t2+t(x1+x2)+x1x2=-4,将x1+x2=2k,x1x2=-4k-8代入,得t2+2k(t-2)-4=0,当t=2时等式恒成立,故存在满足题意的定点P(2,2) .素养探究：本题考查圆过定点问题,利用抛物线的焦点坐标求得抛物线方程,由题意可知l的斜率存在,然后设出直线l的方程,与抛物线方程联立,设而不求,利用kPAkPB=-1判断.体现了逻辑推理的核心素养.