《2018大二轮高考总复习文数文档：解答题7 第2课时 定点与定值、探索性问题 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018大二轮高考总复习文数文档：解答题7 第2课时 定点与定值、探索性问题 （15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二单元 高考压轴大题冲关 第二课时第二课时 定点与定值、探索性问题定点与定值、探索性问题 基本考点定点与定值问题 圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路 (1)解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线 ykxm(k 存在的情形)然后利 用条件建立 k 与 m 的关系借助于点斜式方程思想确定定点坐标 (2)定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推 证得出与参数无关的数值在这类试题中选择消元的方法是非常关键的 考向 01: 圆锥曲线中的定值问题 (2016濮阳一模)已知椭圆 C：1(ab0)的左、右焦点分别为 x2 a2 y2 b2 F1，F2，过 F2的直线 l
2、交椭圆于 A，B 两点，ABF1的周长为 8，且AF1F2的面积最大时， AF1F2为正三角形 (1)求椭圆 C 的方程； (2)若 MN 是椭圆 C 经过原点的弦，MNAB，求证：为定值 |MN|2 |AB| 思路点拨 (1)运用椭圆的定义，可得 4a8，解得 a2，再由椭圆的对称性可得 a2c，求得 b，进而得到椭圆方程； (2)讨论直线 l 的斜率不存在，求得方程和 AB，MN 的长，即可得到所求值；讨论直线 l 的斜率存在，设为 yk(x1)，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，设 MN 的方程 为 ykx，代入椭圆方程，求得 MN 的长，即可得到所求定值 (1)【解】 由已知 A，
3、B 在椭圆上，可得|AF1|AF2|BF1|BF2|2a， 又ABF1的周长为 8，所以|AF1|AF2|BF1|BF2|4a8，即 a2， 由椭圆的对称性可得，AF1F2为正三角形当且仅当 A 为椭圆短轴顶点， 则 a2c，即 c1，b2a2c23， 则椭圆 C 的方程为1； x2 4 y2 3 (2)【证明】 若直线 l 的斜率不存在，即 l：x1，求得|AB|3，|MN|2，可得 3 4； |MN|2 |AB| 若直线 l 的斜率存在，设直线 l：yk(x1)， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 代入椭圆方程1，可得(34k2)x28k2x4k
4、2120， x2 4 y2 3 有 x1x2，x1x2， 8k2 34k2 4k212 34k2 |AB|， 1k2x1x224x1x2 121k2 34k2 由 ykx 代入椭圆方程，可得 x， 2 3 34k2 |MN|24，即有4. 1k2 2 3 34k2 31k2 34k2 |MN|2 |AB| 综上可得为定值 4. |MN|2 |AB| 解答圆锥曲线中的定值问题应注意的两点 一是要分清问题中哪些量是定的，哪些量在变动； 二是“先猜后证” ，也就是先由特殊情形探求出定值，进而证明一般情形，如本题通过 直线的斜率不存在这个特殊情形，求出定值，进而再证明直线斜率存在的情形 考向 02:
5、圆锥曲线中的定点问题 (2017全国卷)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：y21 上，过 M x2 2 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 x3 上，且1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C OP PQ 的左焦点 F. (1)【解】 设 P(x，y)，M(x0，y0)， 则 N(x0,0)，(xx0，y)，(0，y0). NP NM 由得 x0x，y0y. NP 2NM 2 2 因为 M(x0，y0)在 C 上，所以1. x2 2 y2 2 因此点 P 的轨迹方程为 x2y22. (2)【证明
6、】 由题意知 F(1,0)设 Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)， OQ (1m，n)，33mtn， PF OQ PF (m，n)，(3m，tn) OP PQ 由1 得3mm2tnn21， OP PQ 又由(1)知 m2n22，故 33mtn0. 所以0，即. OQ PF 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. 解答圆锥曲线的定点问题应把握 3 个方面 (1)从特殊情形开始，求出定点，再证明该定点与变量无关； (2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值； (3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的
7、项里面分离出来，并令其系数为 零，可以解出定点坐标 1(2017长春二模)已知抛物线 C：y22px(p0)与直线 xy40 相切 2 (1)求该抛物线的方程； (2)在 x 轴正半轴上，是否存在某个确定的点 M，过该点的动直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，使得为定值如果存在，求出点 M 坐标；如果不存在，请说明理 1 |AM|2 1 |BM|2 由 解：(1)联立方程有，Error!Error!，有 y22py8p0，由于直线与抛物线相切，得 2 8p232p0，p4，所以 y28x. (2)假设存在满足条件的点 M(m,0)(m0)，直线 l：xtym，有 Error!Error
8、!，y28ty8m0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，有 y1y28t，y1y28m， |AM|2(x1m)2y (t21)y ， 2 12 1 |BM|2(x2m)2y (t21)y ， 2 22 2 ， 1 |AM|2 1 |BM|2 1 t21y2 1 1 t21y2 2 1 t21( y2 1y2 2 y2 1y2 2 ) 1 t21( 4t2m 4m2 ) 当 m4 时，为定值，所以 M(4,0) 1 |AM|2 1 |BM|2 2(2017贵阳二模)已知椭圆 C：1(ab0)的离心率为，以原点为圆心， x2 a2 y2 b2 2 2 椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 xy2
9、0 相切(1)求椭圆 C 的方程； (2)A，B 分别为椭圆 C 的左、右顶点，动点 M 满足 MBAB，直线 AM 与椭圆交于点 P(与 A 点不重合)，以 MP 为直径的圆交线段 BP 于点 N，求证：直线 MN 过定点 (1)解：以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 xy20 相切 原点到直线 xy20 的距离 d， 2 12122 b， 2 又椭圆 C：1(ab0)的离心率为， x2 a2 y2 b2 2 2 ， c a 2 2 则 ，a2， 1b2 a2 2 2 椭圆 C 方程为1. x2 4 y2 2 (2)证明：设 M(2，t)，则直线 AM 的方程为：y (x2) t
10、4 联立Error!Error!，消去 y 得， x2 x 40， (1 t2 8) t2 2 t2 2 xAxP，则 xP，yP (xP2)， 4t232 t28 162t2 t28 t 4 8t t28 故 kPB ， yP xP2 8t t28 162t2 t28 2 2 t 又以 MP 为直径的圆上与线段 BP 交于点 N，则 MNBP， 故直线 MN 方程为 yt (x2)，即 y x， t 2 t 2 直线 MN 过定点 O(0,0). 常考热点探索性问题 圆锥曲线中探索性问题的解题策略 处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条 件进行推理论证，若
11、推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在 性若证明某结论不存在，也可以采用反证法 (2017绵阳二模)已知椭圆 C：1(ab0)的短轴长为 2，过上顶点 E x2 a2 y2 b2 和右焦点 F 的直线与圆 Mx2y24x2y40 相切 (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线 l 过点(1,0)，且与椭圆 C 交于点 A，B，则在 x 轴上是否存在一点 T(t,0)(t0)， 使得不论直线 l 的斜率如何变化，总有OTAOTB (其中 O 为坐标原点)，若存在，求 出 t 的值；若不存在，请说明理由 思路点拨 (1)由已知可得：b1，结合直线与圆 Mx2y24x2y40
12、 相 切进而可得 c23，a24，即得椭圆 C 的标准方程； (2)在 x 轴上存在一点 T(4,0)，使得不论直线 l 的斜率如何变化，总有OTAOTB， 联立直线与椭圆方程，结合OTAOTB 时，直线 TA，TB 的斜率 k1，k2和为 0，可证 得结论 【解】 (1)由已知中椭圆 C 的短轴长为 2，可得：b1， 则过上顶点 E(0,1)和右焦点 F(c,0)的直线方程为： y1，即 xcyc0， x c 由直线与圆 Mx2y24x2y40 相切 故圆心 M(2,1)到直线的距离 d 等于半径 1， 即1，解得：c23，则 a24， |2cc| 1c2 故椭圆 C 的标准方程为：y21；
13、 x2 4 (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， (i)当直线 AB 的斜率不为 0 时，设直线方程为：xmy1，代入y21 得：(m24) x2 4 y22my30， 则 y1y2，y1y2， 2m m24 3 m24 设直线 TA，TB 的斜率分别为 k1，k2，若OTAOTB， 则 k1k2 y1 x1t y2 x2t y1x2ty2x1t x1tx2t y1my21ty2my11t x1tx2t 0， 2y1y2my1y21t x1tx2t 即 2y1y2m(y1y2)(1t)0，解得 t4， 6m m24 2m1t m24 (ii)当直线 AB 的斜率为 0 时，t4 也满
14、足条件， 综上，在 x 轴上存在一点 T(4,0)，使得不论直线 l 的斜率如何变化，总有 OTAOTB. 1(2017湖南十二校联考)已知椭圆 C：1(ab0)上的点到右焦点 F 的最小 x2 a2 y2 b2 距离是1，F 到上顶点的距离为，点 C(m,0)是线段 OF 上的一个动点 22 (1)求椭圆的方程； (2)是否存在过点 F 且与 x 轴不垂直的直线 l 与椭圆交于 A、B 两点，使得() CA CB ，并说明理由 BA 解：(1)由题意可知 ac1 且， 2b2c22 解得 a，bc1，椭圆的方程为y21； 2 x2 2 (2)由(1)得 F(1,0)，所以 0m1. 假设存在满足题意的直线 l，设 l 的方程为 yk(x1)， 代入y21，得(2k21)x24k2x2k220， x2 2 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2，x1x2，y1y2k(x1x22) 4k2 2k21 2k22 2k21 ， 2k 2k21 (x1m，y1)(x2m，y2)， CA CB ( 4k2 2k212m， 2k 2k21) ()而 AB 的方向向量为(1，k)， CA CB AB 2mk0(12m)k2m 4k2 2k21 2k 2k2
