《高考数学二轮复习第1篇专题7解析几何第3讲第3课时定点、定值与探索性问题学案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮复习第1篇专题7解析几何第3讲第3课时定点、定值与探索性问题学案（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第三课时定点、定值与探索性问题考向一圆锥曲线中的定值问题【典例】 (2018临沂质检)已知椭圆C：1(ab0)经过(1,1)与两点(1)求椭圆C的方程；(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|MB|.求证：为定值思路分析总体设计看到：求椭圆方程与定值问题想到：利用特例得出定值再证明，或采用推理、计算、消元得定值解题指导(1)利用待定系数法求椭圆方程；(2)先利用特殊情况得出定值，再推广到一般情况，即分别用直线斜率k表示出|OA|2、|OB|2和|OM|2，再化简求值.规范解答(1)将(1,1)与两点代入椭圆C的方程，得解得2分椭圆C的方程为1. 4分(2)证明：由
2、|MA|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A，B关于原点对称.5分若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时2 6分同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M是椭圆的一个短轴顶点，此时27分若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为ykx(k0)，则直线OM的方程为yx，设A(x1，y1)，B(x1，y1)，8分由消去y得，x22k2x230，解得x，y， 9分|OA|2|OB|2xy，同理|OM|2，10分22. 11分故2为定值.12分技法总结求解定值问题的两大途径(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与
3、参数(某些变量)无关(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值变式提升1(2018益阳三模)已知抛物线C1的方程为x22py(p0)，过点M(a，2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q，N，且|QN|2，求抛物线C1的方程；解因为抛物线C1的焦点坐标是，所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是1，即1联立消去y并整理，得x2xp20，设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，则xQxN，xQxNp2则|QN|
4、xQxN| 2 ，解得p2所以抛物线C1的方程为x24y(2)设直线AM，BM的斜率分别为k1，k2, 求证：k1k2为定值证明设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10，x20)，依题意，由x22py(p0)，得y，则y所以切线MA的方程是yy1(xx1)，即yx.又点M(a，2p)在直线MA上，于是有2pa，即x2ax14p20同理，有x2ax24p20，因此，x1，x2是方程x22ax4p20的两根，则x1x22a，x1x24p2所以k1k24，故k1k2为定值得证2(2018龙岩一模)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点在椭圆上不过原点的直线l与椭圆交于A，B两点，且0(O为坐标
5、原点)(1)求椭圆C的方程； (2)试判断是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由解(1)椭圆C的离心率e，又c2a2b2，a2a2b2，a24b2又点P在椭圆上，1，即1，b21，则a24，椭圆C的方程为y21(2)当直线OA的斜率存在且不为0时，设其方程为ykx，A，B分别为椭圆上的两点，且0，即OAOB，直线OB的方程为yx设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把ykx代入椭圆C：y21，得x，y，同理x，y，当直线OA，OB中的一条直线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为0，此时1综上所述，为定值 考向二圆锥曲线中的定点问题【典例】 (2018荆州二模)已知倾斜角为的直线经过抛
6、物线：y22px(p0)的焦点F，与抛物线相交于A、B两点，且|AB|8(1)求抛物线的方程；(2)过点P(12,8)的两条直线l1、l2分别交抛物线于点C、D和E、F，线段CD和EF的中点分别为 M、N. 如果直线l1与l2的倾斜角互余，求证：直线MN经过一定点(1)解由题意可设直线AB的方程为yx，由消去y整理得x23px0，设令A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x23p，由抛物线的定义得|AB|x1x2p4p8，4p8，p2抛物线的方程为y24x(2)证明设直线l1、l2的倾斜角分别为、，直线l1的斜率为k，则ktan 直线l1与l2的倾斜角互余，tan tan，直线l2的斜率为
7、直线CD的方程为y8k(x12)，即yk(x12)8，由消去x整理得ky24y3248k0，yCyD，xCxD24，点M的坐标为，以代替点M坐标中的k，可得点N的坐标为(122k28k,2k)，kMN直线MN的方程为y2kx(122k28k)，即yx10，显然当x10，y0直线MN经过定点(10,0)技法总结动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点变式提升3(
8、2018甘肃检测)如图，设直线l：yk与抛物线C：y22px(p0，p为常数)交于不同的两点M，N，且当k时，弦MN的长为4(1)求抛物线C的标准方程；(2)过点M的直线交抛物线于另一点Q，且直线MQ过点B(1，1)，求证：直线NQ过定点(1)解设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当k时，直线l：y，即x2y，联立消去x，得y24pyp20y1y24p，y1y2p2，于是得|MN|y1y2|2|p|4，因为p0，所以p2，即抛物线C的标准方程为y24x(2)证明设点M(4t2,4t)，N(4t，4t1)，Q(4t，4t2)，易得直线MN，MQ，NQ的斜率均存在，则直线MN的斜率是kMN，从而
9、直线MN的方程是y(x4t2)4t，即x(tt1)y4tt10同理可知MQ的方程是x(tt2)y4tt20，NQ的方程是x(t1t2)y4t1t20又易知点(1,0)在直线MN上，从而有4tt11即t，点B(1，1)在直线MQ上，从而有1(tt2)(1)4tt20，即1(1)4t20，化简得4t1t24(t1t2)1代入NQ的方程得x(t1t2)y4(t1t2)10所以直线NQ过定点(1，4)4(2018绵阳三模)如图，椭圆E：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，MF2x轴，直线MF1交y轴于H点，OH，Q为椭圆E上的动点，F1F2Q的面积的最大值为1(1)求椭圆E的方程；(2)过点S(
10、4,0)作两条直线与椭圆E分别交于A、B、C、D，且使ADx轴，如图，问四边形ABCD的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由解(1)设F(c,0)，由题意可得1，即yMOH是F1F2M的中位线，且OH，|MF2|，即，整理得a22b4.又由题知，当Q在椭圆E的上顶点时，F1F2M的面积最大，2cb1，整理得bc1，即b2(a2b2)1，联立可得2b6b41，变形得(b21)(2b4b21)0，解得b21，进而a22椭圆E的方程式为y21(2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则由对称性可知D(x1，y1)，B(x2，y2)设直线AC与x轴交于点(t,0)，直线AC的方程为xmyt(m0)，联立消去x，得(m22)y22mtyt220，y1y2，y1y2，由A、B、S三点共线kASkBS，即，将x1my1t，x2my2t代入整理得y1(my2t4)y2(my1t4)0，即2my1y2(t4)(y1y2)0，从而0，化简得2m(4t2)0，解得t，于是直线AC的方程为xmy，故直线AC过定点. 同理可得BD过定点，直线AC与BD的交点是定点，定点坐标为8
