第8章 第8节　第3课时　定点、定值、探索性问题教案

第3课时　定点、定值、探索性问题

考点1　定点问题——综合性

(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6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)求椭圆E的方程；

(2)证明：直线CD过定点．

(1)解：由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．

则＝(a,1)，＝(a，－1)．

由·＝8得a2－1＝8，即a＝3.

所以椭圆E的方程为＋y2＝1.

(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．

若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.

由于直线PA的方程为y＝(x＋3)，

所以y1＝(x1＋3)．

直线PB的方程为y＝(x－3)，

所以y2＝(x2－3)．

可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．

由于＋y＝1，

故y＝－，

可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①

将x＝my＋n代入＋y2＝1得

(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.

所以y1＋y2＝－，y1y2＝.

代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0.

解得n1＝－3(舍去)，n2＝.

故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点.

若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.

综上，直线CD过定点.

(2020·石嘴山市第三中学高三模拟)已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝x0.

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．

(1)解：由题意得，|MF|＝x0＋＝x0，解得x0＝2p.

因为点M(x0,4)在抛物线C上，

所以42＝2px0＝4p2，解得p2＝4.

又p>0，所以p＝2，

即拋物线C的标准方程为y2＝4x.

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

因为OA⊥OB，

所以·＝0，即x1x2＋y1y2＝0.

因为点A，B在抛物线C上，

所以y＝4x1，y＝4x2，

代入得＋y1y2＝0.

因为y1y2≠0，所以y1y2＝－16.

设直线AB的方程为x＝my＋n，

联立得y2－4my－4n＝0，

则y1y2＝－4n，所以n＝4，

所以直线AB的方程为x＝my＋4，过定点(4,0)．

考点2　定值问题——综合性

(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．

(1)求椭圆C的方程．

(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．

(1)解：由题意得＋＝1，e2＝＝，

解得a2＝6，b2＝3.

所以椭圆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y＝kx＋m，代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，

于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①

由AM⊥AN知·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.

将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0.

整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.

因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，

故2k＋3m＋1＝0，k≠1.

于是MN的方程为y＝k－(k≠1)．

所以直线MN过点P.

若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．

由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.

又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0.

解得x1＝2(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Rt△ADP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·太原五中高三月考)已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，焦距为2，点(2,1)在该椭圆上．

(1)求椭圆C的方程．

(2)直线x＝2与椭圆交于P，Q两点，点P位于第一象限，A，B是椭圆上位于直线x＝2两侧的动点．当点A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．

解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)．

因为焦距为2，

所以c＝，焦点F1(，0)，F2(－，0)．

又因为点(2,1)在该椭圆上，代入椭圆方程得＋＝1，即＋＝1，

解得a2＝8或a2＝3(舍)，所以b2＝2，

所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)将x＝2代入椭圆方程得＋＝1，

解得y＝±1，则P(2,1)，Q(2，－1)．

因为当点A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，

所以直线PA与直线PB的斜率互为相反数．

不妨设kPA＝k>0，则kPB＝－k(k≠0)，

A(x1，y1)，B(x2，y2)，

所以直线PA的方程为y－1＝k(x－2)．

联立

得(1＋4k2)x2＋(8k－16k2)x＋16k2－16k－4＝0.

 因为2，x1是该方程的两根，

所以2x1＝，

即x1＝.

同理，直线PB的方程为y＝－kx＋2k＋1，且x2＝.

所以x1＋x2＝，x1－x2＝－，

所以kAB＝＝＝，

即直线AB的斜率为定值．

考点3　探索性问题——综合性

(2020·绵阳四诊)已知椭圆C：＋y2＝1，直线l：y＝x＋m交椭圆C于A，B两点，O为坐标原点．

(1)若直线l过椭圆C的右焦点F，求△AOB的面积．

(2)若＝t(t>0)，试问椭圆C上是否存在点P，使得四边形OAPM为平行四边形？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．

解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．直线l过椭圆C的右焦点F，则m＝－1，

直线l的方程为x＝y＋1.

联立得3y2＋2y－1＝0，

解得y1＝，y2＝－1.

所以S△AOB＝|OF||y1－y2|＝×1×＝.

(2)联立得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，

所以Δ＝(4m)2－12(2m2－2)>0，

解得0≤m2<3.

所以x1＋x2＝－，x1x2＝.

所以y1y2＝(x1＋m)(x2＋m)＝x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝.

因为四边形OAPM为平行四边形，

所以m≠0，且＝＋.

又＝t(t>0)，

所以＝＋t＝(x1＋tx2，y1＋ty2)，

所以点P的坐标为(x1＋tx2，y1＋ty2)．

又点P在椭圆上，即(x1＋tx2)2＋2(y1＋ty2)2＝2，

整理得(x＋2y)＋t2(x＋2y)＋2tx1x2＋4ty1y2＝2.

又x＋2y＝2，x＋2y＝2，

即x1x2＋2y1y2＝－t，

所以＋2×＝－t，

解得t＝.

因为t>0,0≤m2<3，所以0<t≤2.

综上所述，t的取值范围是(0,2]．

(2020·衡水中学高三月考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：x－y＋2＝0与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切．

(1)求椭圆C的方程．

(2)是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点M(0，m)，使|＋2|＝|－2|成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．

解：(1)由已知得解方程组得a＝2，b＝，c＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)假设存在这样的直线．

由已知条件，可知直线的斜率存在．

设直线方程为y＝kx＋m，

由得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，

Δ＝16(8k2－m2＋2)>0(*)．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.

由|＋2|＝|－2|，得⊥，即·＝0，

即x1x2＋y1y2＝0.

故8k2＝5m2－8≥0，得m2≥.将8k2＝5m2－8代入(*)式，解得m2>，

所以m>或m<－.

所以实数m的取值范围是∪.