《2019届高考数学大一轮复习讲义：第九章 平面解析几何 第8讲 第2课时 定点、定值、范围、最值问题.8 第2课时 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学大一轮复习讲义：第九章 平面解析几何 第8讲 第2课时 定点、定值、范围、最值问题.8 第2课时 .doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第2课时定点、定值、探索性问题题型一定点问题典例 (2017全国)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4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y21.(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：xt，由题设知t0，且|t|0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1
2、x2.而k1k2.由题设知k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0，解得k.当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)思维升华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跟踪训练 (2017长沙联考)已知椭圆1(a0，b0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满
3、足1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若123，试证明：直线l过定点并求此定点(1)解设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又a2b2c2，a23.椭圆的方程为y21.(2)证明由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为xt(ym)，由1知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意y10，11.同理由2知21.123，y1y2m(y1y2)0，联立得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知4m2t44(t23)(t2m23)0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，(mt)21，由
4、题意mtb0)的离心率为，且过点A(2,1)(1)求椭圆C的方程；(2)若P，Q是椭圆C上的两个动点，且使PAQ的角平分线总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由解(1)因为椭圆C的离心率为，且过点A(2,1)，所以1，又a2b2c2，所以a28，b22，所以椭圆C的方程为1.(2)方法一因为PAQ的角平分线总垂直于x轴，所以PA与AQ所在的直线关于直线x2对称设直线PA的斜率为k，则直线AQ的斜率为k.所以直线PA的方程为y1k(x2)，直线AQ的方程为y1k(x2)设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，由得(14k2)x2(16k28k)x16k2
5、16k40.因为点A(2,1)在椭圆C上，所以x2是方程的一个根，则2xP，所以xP.同理xQ.所以xPxQ，xPxQ.又yPyQk(xPxQ4)，所以直线PQ的斜率kPQ，所以直线PQ的斜率为定值，该值为.方法二设直线PQ的方程为ykxb，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1kx1b，y2kx2b，直线PA的斜率kPA，直线QA的斜率kQA.因为PAQ的角平分线总垂直于x轴，所以PA与AQ所在的直线关于直线x2对称，所以kPAkQA，即，化简得x1y2x2y1(x1x2)2(y1y2)40.把y1kx1b，y2kx2b代入上式，化简得2kx1x2(b12k)(x1x2)4b40.由得
6、(4k21)x28kbx4b280，则x1x2，x1x2，代入，得4b40，整理得(2k1)(b2k1)0，所以k或b12k.若b12k，可得方程的一个根为2，不符合题意所以直线PQ的斜率为定值，该值为.思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值依题意设条件，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)求点到直线的距离为定值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)求某线段长度为定值利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得跟踪训练 (2018届洛阳联考)如图，点F是抛物线：x22py(p0)的焦
7、点，点A是抛物线上的定点，且(2,0)，点B，C是抛物线上的动点，直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.(1)求抛物线的方程；(2)若k2k12，点D是抛物线在点B，C处切线的交点，记BCD的面积为S，证明S为定值(1)解设A(x0，y0)，由题意知F，所以(2,0)，所以代入x22py(p0)中得4p2，即p2，所以抛物线的方程是x24y.(2)证明过D作y轴的平行线交BC于点E，并设B，C，由(1)知A(2,1)，所以k2k1，又k2k12，所以x2x18.由y，得y.所以直线BD：yx，直线CD：yx，解得因为直线BC的方程为y(xx1)，将xD代入得yE，所以S|DE|(x2x1)(y
8、EyD)(x2x1)(x2x1)32(定值)题型三探索性问题典例在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykxa(a0)交于M，N两点，(1)当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由解(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a)又y，故y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(
9、x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.从而k1k2.当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点p(0，a)符合题意思维升华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跟踪训练 (2018唐山模拟)已知椭圆E：
10、1的右焦点为F(c,0)且abc0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|4.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得24成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)由椭圆的对称性知|2a4，a2.又原点O到直线DF的距离为，bc，又a2b2c24，abc0，b，c1.故椭圆E的方程为1.(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为yk(x2)1，代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80
11、，x1x2，x1x2，32(6k3)0，k.24，即4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即4x1x22(x1x2)4(1k2)5，4(1k2)45，解得k，k不符合题意，舍去存在满足条件的直线l，其方程为yx.设而不求，整体代换典例 (12分)椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线
12、l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k20，证明为定值，并求出这个定值思想方法指导对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值规范解答解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y.由题意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.2分(2)设P(x0，y0)(y00)，又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为lPF1：y0x(x0
13、)yy00，lPF2：y0x(x0)yy00.由题意知 .由于点P在椭圆上，所以y1.所以.4分因为m，2x02，可得，所以mx0，因此m0)，其准线方程为x，P(4，m)到焦点的距离等于P到其准线的距离，45，p2.抛物线C的方程为y24x.(2)由(1)可得点M(4,4)，可得直线DE的斜率不为0，设直线DE的方程为xmyt，联立得y24my4t0，则16m216t0.(*)设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1y24m，y1y24t.(x14，y14)(x24，y24)x1x24(x1x2)16y1y24(y1y2)16416y1y24(y1y2)16(y1y2)23y1y24(y
14、1y2)32t216m212t3216m0，即t212t3216m216m，得(t6)24(2m1)2，t62(2m1)，即t4m8或t4m4，代入(*)式检验知t4m8满足0，直线DE的方程为xmy4m8m(y4)8.直线过定点(8，4)2(2018邢台模拟)已知椭圆C：1(ab0)的短轴长为2，离心率为，圆E的圆心在椭圆C上，半径为2，直线yk1x与直线yk2x为圆E的两条切线(1)求椭圆C的标准方程；(2)试问：k1k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由解(1)由2b2得b，e，a2b2c2，解得a220，b25，椭圆C的标准方程为1.(2)设E(x0，y0)，直线yk1x
15、与圆E：(xx0)2(yy0)24相切，2，整理得(x4)k2x0y0k1y40，同理可得(x4)k2x0y0k2y40，k1，k2为方程(x4)x22x0y0xy40的两个根，k1k2.又E(x0，y0)在椭圆C：1上，y5，k1k2，故k1k2的定值为.3(2017湘中名校联考)如图，曲线C由上半椭圆C1：1(ab0，y0)和部分抛物线C2：yx21(y0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.(1)求a，b的值；(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明
16、理由解(1)在C1，C2的方程中，令y0，可得b1，且A(1,0)，B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点设C1的半焦距为c，由及a2c2b21，得a2，a2，b1.(2)存在由(1)知，上半椭圆C1的方程为x21(y0)易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为yk(x1)(k0)，代入C1的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)设点P的坐标为(xP，yP)，直线l过点B，x1是方程(*)的一个根由根与系数的关系，得xp，从而yp，点P的坐标为.同理，由得点Q的坐标为(k1，k22k)(k，4)，k(1，k2)以PQ为直径的圆恰好过点A，APAQ，0，即k4(k2)0.k0，k
17、4(k2)0，解得k.经检验，k符合题意故直线l的方程为8x3y80.4(2018届衡水联考)已知椭圆C：1(ab0)过点(，1)，离心率为，直线l：kxy20与椭圆C交于A，B两点(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在实数k，使得|(其中O为坐标原点)成立？若存在，求出实数k的值；若不存在，请说明理由解(1)由题意，得解得a24，b22，c22，故椭圆C的标准方程为1.(2)假设存在符合条件的实数k.依题意，联立方程消去y并整理，得(12k2)x28kx40.则64k216(12k2)0，即k或kb0)的离心率e，左顶点M到直线1的距离d，O为坐标原点(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与
18、椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值(1)解由e，得ca，又b2a2c2，所以ba，即a2b.由左顶点M(a,0)到直线1，即到直线bxayab0的距离d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.所以a2b2，c.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，可知x1x2，y1y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故0，即x1x2y1y20，也就是xy0，又点A在椭圆C上，所以y1，解得|x1|y1|.此时点O到直线AB的距离d1|x1|.当直线AB的斜率存在时，设直线A
19、B的方程为ykxm，与椭圆方程联立有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2.因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OAOB.所以x1x2y1y20.所以(1k2)x1x2km(x1x2)m20.所以(1k2)m20.整理得5m24(k21)，所以点O到直线AB的距离d1.综上所述，点O到直线AB的距离为定值.6.如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点P的坐标为(0,1)，且1，于是解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，从而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以当1时，23，此时3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，213.故存在常数1，使得为定值3.