第九节 第三课时 定点、定值、探索性问题
高考数学一轮复习第9章第9节第3课时定点定值探索性问题课件理2
|跟踪训练| 3．(2019 届昆明市高三质检)设抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，准线为 l.已知以 F 为圆心，半径为 4 的圆与 l 交于 A，B 两点，E 是该圆与抛物线 C 的一个交点，∠EAB ＝90°. (1)求 p 的值； (2)已知点 P 的纵坐标为－1 且在抛物线 C 上，Q，R 是抛物线 C 上异于点 P 的两点， 且满足直线 PQ 和直线 PR 的斜率之和为－1，试问直线 QR 是否经过一定点？若是，求 出定点的坐标；否则，请说明理由．
又 y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝kx1＋x1t－1. 同理，|ON|＝kx2＋x2t－1.
y＝kx＋t， 由x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 则 x1＋x2＝－1＋4k2tk2，x1x2＝12＋t2－2k22.
所以|OM|·|ON|＝kx1＋x1t－1·kx2＋x2t－1 ＝k2x1x2＋k（t－1）（x1xx12＋x2）＋（t－1）2 ＝k2·12＋t2－2k22＋k（t－112）＋t2－·2－k22 1＋4k2tk2＋（t－1）2 ＝211＋－tt.又|OM|·|ON|＝2，所以 211＋－tt＝2， 解得 t＝0，所以直线 l 恒过定点(0，0)．
证明：直线 AB 的斜率与 OD 的斜率的乘积为定值．
[解] (1)由题意知 2c＝4，即 c＝2， 则椭圆 C 的方程为ax22＋a2y－2 4＝1.
因为点
P2，
55在椭圆
C
上，
所以a42＋5（a21－4）＝1，解得 a2＝5 或 a2＝156(舍去)， 所以椭圆 C 的方程为x52＋y2＝1.
[解] (1)由椭圆的离心率 e＝ 22，得ac22＝b2＋c2 c2＝12，则 b＝c.
高考数学一轮复习 第8章 解析几何 第9讲 第3课时 定点、定值、探索性问题课件
3．解决探索性问题的答题模板
12/11/2021
〔变式训练3〕 (2020·河南省八市重点高中联盟联考)已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，M为l上
一动点，过点M作抛物线C的切线，切点分别为A，B．
(1)求证：△MAB是直角三角形； (2)x轴上是否存在一定点P，使A，P，B三点共线．
12/11/2021
(2)不存在，理由如下： 若|AC|＝|BD|，则 1＝|AB|＝|AC|＋|CB|＝|DB|＋|CB|＝|DC|.
y＝kx－ 3
联立x42＋y2＝1
，整得，
得(4k2＋1)x2－8 3k2x＋12k2－4＝0.
12/11/2021
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，
x1＋x2＝48k2＋3k12
12/11/2021
∴y1·y2＝－34x1x2，3m3＋2－4k42k2＝－34·43m＋2－4k32 ， ∴2m2－4k2＝3，满足①， ∵|AB|＝ 1＋k2[x1＋x22－4x1·x2] ＝ 1＋k2[－3＋8km4k22－4×43m＋2－4k122]＝2 3·|m1| ＋k2， ∴S△OAB＝12·d·|AB|＝12× 1|m＋| k2×2 3·|m1| ＋k2＝ 3为定值．
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(2)由(1)可得 y2＝4x，设 M(14y20，y0)， ∴直线 OM 的方程 y＝y40x， 当 x＝－2 时，∴yH＝－y80， 代入抛物线方程 y2＝4x，可得 xN＝1y620 ， ∴N(1y620 ，－y80)，
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∴直线 MN 的斜率 k＝yy4200－＋1yy86020 ＝y204－y08， 直线 MN 的方程为 y－y0＝y204－y08(x－14y20)， 整理可得 y＝y204－y08(x－2)，故直线 MN 过点(2,0)．
2019版同步优化探究理数北师大版练习：第八章第九节第三课时定点、定值、探索性问题含解析
2019版同步优化探究理数北师大版练习：第八章第九节第三课时定点、定值、探索性问题含解析1 / 11 / 1课时作业A 组 —— 基础对点练1．已知动点 C 到点 F(1,0)的距离比到直线 x ＝－ 2 的距离小 1，动点 C 的轨迹为 E. (1)求曲线 E 的方程；→ →(2)若直线 l ： y ＝ kx ＋m(km<0)与曲线 E 订交于 A ， B 两个不一样点，且 OA ·OB ＝5，证明：直线 l 经过一个定点．分析： (1)由题意可得动点 C 到点 F(1,0)的距离等于到直线 x ＝－ 1 的距离， ∴曲线E 是以点 (1,0)为焦点，直线 x ＝－ 1 为准线的抛物线，2 p设其方程为 y ＝ 2px(p>0)，∴ ＝1，∴p ＝2，2∴动点C 的轨迹 E 的方程为 y 2＝4x.(2)证明：设 A(x 1，y 1)， B(x 2，y 2)，y ＝kx ＋ m ，得 k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝ 0，由y 2＝ 4x ，∴x 1＋x 2＝ 4－ 2km m 2 k 2 ，x 1·x 2＝ 2 .k→ →m 2＋4km∵OA ·OB ＝5，∴x 1x 2＋y 1y 2＝ (1＋k 2)x 1x 2 ＋km(x 1＋x 2)＋m 2＝2＝ 5，k∴m 2＋ 4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或 m ＝－ 5k.∵km<0，∴m ＝ k 舍去，∴m ＝－ 5k ，知足 ＝16(1－ km)>0， ∴直线l 的方程为 y ＝k(x －5)， ∴直线l 必经过定点 (5,0)．2．(2018 ·昆明市检测 ) 已知点 A ，B 的坐标分别为 (－ 2，0)，( 2，0)，直线 AM ，1BM 订交于点 M ，且它们的斜率之积是－2，点 M 的轨迹为曲线 E.(1)求曲线 E 的方程；。
第9节 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(课件PPT)
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解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
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17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
4
6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
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解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线 的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变 化，始终是一个确定的值．求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值， 再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而 得到定值．
定点、定值、探索性问题
第三课时定点、定值、探索性问题A组基础巩固一、选择题1．(2021·北京延庆统测)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.P是抛物线上的一点，过P作PQ⊥x轴于Q，若|PF|＝3，则线段PQ的长为(C)A．2B．2C．22D．32[解析]抛物线的准线方程为x＝－1，由于|PF|＝3，根据抛物线的定义可知x P＝2，将x P＝2代入抛物线方程得y2P＝8，y P＝±22，所以|PQ|＝2 2.故选C．2．(2021·云南文山州质检)已知双曲线x2a2－y2＝1(a>0)上关于原点对称的两个点P，Q，右顶点为A，线段AP的中点为E，直线QE交x轴于M(1,0)，则双曲线的离心率为(D)A．5B．5 3C．10D．10 3[解析]由已知得M为△APQ的重心，∴a＝3|OM|＝3，又b＝1，∴c＝a2＋b2＝10，即e＝ca＝103，故选D．3．(2021·湖北宜昌部分示范高中协作体联考)椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率32，则双曲线x2a2－y2b2＝1的离心率为(D)A．2B．3C．2D．52[解析]椭圆离心率e1＝ca＝32，∴e21＝1－b2a2＝34，即b2a2＝14，∴双曲线的离心率e＝ca＝1＋b2a2＝52.故选D．4．已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2＝2π3，记椭圆和双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则3e 21＋1e 22＝( A )A ．4B ．23C ．2D ．3[解析] 设椭圆的长半轴长为a 1，双曲线的实半轴长为a 2，不妨设点P 在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义，得|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2，所以|PF 1|＝a 1＋a 2，|PF 2|＝a 1－a 2.又|F 1F 2|＝2c ，∠F 1PF 2＝2π3，所以在△F 1PF 2中，|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|cos∠F 1PF 2，即4c 2＝(a 1＋a 2)2＋(a 1－a 2)2－2(a 1＋a 2)(a 1－a 2)cos 2π3，化简得3a 21＋a 22＝4c 2，两边同除以c 2，得3e 21＋1e 22＝4.故选A ．5．直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23，则直线l 过定点( A )A ．(－3,0)B ．(0，－3)C ．(3,0)D ．(0,3)[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y 1x 1·y 2x 2＝23.又y 21＝2x 1，y 22＝2x 2，所以y 1y 2＝6.将直线l ：x ＝my ＋b 代入抛物线C ：y 2＝2x 得y 2－2my －2b ＝0，所以y 1y 2＝－2b ＝6，得b ＝－3，即直线l 的方程为x ＝my －3，所以直线l 过定点(－3,0)．6．(2021·安徽皖江名校联考)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为P ，任意一条平行于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，总有P A ⊥PB ，则双曲线C 的离心率为( A )A ．2B ．3C ．62D ．233[解析] 设A (x 0，y 0)，B (－x 0，y 0)，则y 20＝b2⎝⎛⎭⎫x 2a 2－1，又P (a,0)，P A →＝(x 0－a ，y 0)，PB →＝(－x 0－a ，y 0)，由已知P A ⊥PB ，则P A →·PB →＝－x 20＋a 2＋y 20＝0，即(a 2－b 2)⎝⎛⎭⎫x 20a 2－1＝0，对于x 0≥a 或x 0≤－a 恒成立，故a 2＝b 2，即a ＝b ，所以e ＝1＋b 2a2＝ 2.故选A ． 7．(2021·河南洛阳期中)已知F 1F 2是双曲线C ：x 22－y 2＝1的两个焦点，过点F 1且垂直于x 轴的直线与C 相交于A ，B 两点，则△ABF 2的内切圆的半径为( B )A ．23B ．33C ．223D ．233[解析] 由题意知F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 当x ＝－3时，y ＝±22， ∴|AB |＝2，∴|AF |＝|BF |＝522， ∴l △ABF ＝62，S △ABF ＝6，∴所求内切圆半径r ＝2S △ABF l △ABF＝33.故选B ．8．(2020·安徽1号卷A10联盟联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上存在两点M 、N 关于直线2x －3y －1＝0对称，且线段MN 中点的纵坐标为23，则椭圆C 的离心率是( B )A ．13B ．33C ．23D ．223[解析] 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1，两式相减可得 (x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0，即y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.∵线段MN 中点的纵坐标为23，∴2x －3×23－1＝0，解得x ＝32，于是－32＝－b 2a 2·94，解得b 2a 2＝23，∴椭圆C 的离心率e ＝1－b 2a 2＝33，故选B ． (或直接利用性质k MN ·k OP ＝－b 2a2，其中P 为线段MN 的中点)．9．(2021·福建莆田质检)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝6y 的焦点F ，交C 于A ，B 两点，交C 的准线于点P ，若AF →＝FP →，则|AB |＝( A )A ．8B ．9C ．11D ．16[解析] 过A 作准线的垂线，垂足为H ，则|AF |＝|AH |， 又AF →＝FP →，∴|AH |＝12|AP |，∴k AP ＝33，又F ⎝⎛⎭⎫0，32， ∴AB 的方程为y ＝33x ＋32， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33x ＋32x 2＝6y，得y 2－5y ＋94＝0，∴y A ＋y B ＝5， ∴|AB |＝y A ＋y B ＋p ＝5＋3＝8，故选A ．10．(2021·山东青岛调研)在平面直角坐标系xOy 中，动点P 与两个定点F 1(－3，0)和F 2(3，0)连线的斜率之积等于13，记点P 的轨迹为曲线E ，直线l ：y ＝k (x －2)与E 交于A ，B两点，则下列结论中正确的个数为( B )①E 的方程为x 23－y 2＝1(x ≠±3)②E 的离心率为3③E 的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝1相切 ④满足|AB |＝23的直线l 仅有1条 A ．1 B ．2 C ．3D ．4[解析] 设点P (x ，y )，由已知得y x ＋3·y x －3＝13，整理得x 23－y 2＝1，所以点P 的轨迹为曲线E 的方程为x 23－y 2＝1(x ≠±3)，故①正确；又离心率e ＝23＝233，故②不正确；圆(x－2)2＋y 2＝1的圆心(2,0)到曲线E 的渐近线为y ＝±33x 的距离为d ＝212＋(±3)2＝1，又圆(x －2)2＋y 2＝1的半径为1，故③正确；∵(2,0)为双曲线x 23－y 2＝1的右焦点，且x ＝2时，y ＝±33，∴过右焦点的双曲线最短的弦(通径)为233，又两顶点间距离为23，∴满足|AB |＝23的直线有3条，故④错．故选B ．二、填空题11．(2021·华东师大附中期中)若点Q (4,1)是抛物线y 2＝8x 的弦AB 的中点，则直线AB 的方程为__4x －y ＋15＝0__.[解析] 解法一：点差法，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 21＝8x 1，y 22＝8x 2，两式相减，得y 21－y 22＝8(x 1－x 2)，所以直线AB 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝8y 1＋y 2＝82＝4，所以直线AB 的方程为y －1＝4(x －4)， 即4x －y ＋15＝0.解法二：斜率法：设直线AB 的方程为y －1＝k (x －4)， 代入y 2＝8x ，得(kx )2－(8k 2－2k ＋8)x ＋(1－4k )2＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (4,1)， 所以x 1＋x 2＝8k 2－2k ＋8k 2＝8，解得k ＝4，所以直线AB 的方程为4x －y ＋15＝0.12．(2021·山西重点中学联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝2，过双曲线上一点M 作直线MA ，MB 交双曲线于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若直线AB 过原点，则k 1·k 2的值为__3__.[解析] 由题意知，e ＝ca＝1＋b 2a2＝2⇒b 2＝3a 2， 则双曲线方程可化为3x 2－y 2＝3a 2，设A (m ，n )，M (x ，y )(x ≠±m )，则B (－m ，－n )， k 1·k 2＝y －n x －m ·y ＋n x ＋m ＝y 2－n 2x 2－m 2＝3x 2－3a 2－3m 2＋3a 2x 2－m 2＝3.13．(2021·河北石家庄模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 是双曲线上一点，若△P AB 为等腰三角形，∠P AB ＝120°[解析] 如图所示：过点P 作PD ⊥x 轴，垂足为D ．因为△P AB 为等腰三角形，所以|P A |＝|AB |＝2a ， 又因为∠P AB ＝120°，所以∠P AD ＝60°.|PD |＝|P A |·sin 60°＝3a ，|AD |＝|P A |·cos 60°＝a ，故P (－2a ，3a )． 因为点P (－2a ，3a )在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上，所以4a 2a 2－3a 2b 2＝1，即a 2b2＝1.e ＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝1＋b 2a2＝ 2. 故答案为2 三、解答题14．(2021·河北唐山质检)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，直线l ：x ＝ty＋1交E 于A ，B 两点；当t ＝0时，|AB |＝263. (1)求E 的方程；(2)设A 在直线x ＝3上的射影为D ，证明：直线BD 过定点，并求定点坐标． [解析] (1)由题意得e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝23， 整理得a 2＝3b 2， 由t ＝0时，|AB |＝263得1a 2＋23b 2＝1， 因此a ＝3，b ＝1.故E 的方程是x 23＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D (3，y 1)，将x ＝ty ＋1代入x 23＋y 2＝1得(t 2＋3)y 2＋2ty －2＝0，y 1＋y 2＝－2t t 2＋3，y 1·y 2＝－2t 2＋3，从而ty 1·y 2＝y 1＋y 2.①直线BD ：y ＝y 2－y 1x 2－3(x －3)＋y 1，设直线BD 与x 轴的交点为(x 0,0)， 则y 2－y 1x 2－3(x 0－3)＋y 1＝0， 所以x 0＝y 1(3－x 2)y 2－y 1＋3＝y 1(2－ty 2)y 2－y 1＋3＝2y 1－ty 1y 2y 2－y 1＋3，将①式代入上式可得x 0＝2， 故直线BD 过定点(2,0)．15．(2021·山西运城调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，F 1、F 2分别是椭圆的左、右焦点，P 是椭圆上一点，且△PF 1F 2的周长是6.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过椭圆的右焦点F 2且与C 交于不同的两点M ，N ，试问：在x 轴上是否存在点Q ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．[解析] (1)设椭圆C 的焦距为2c (c >0)， 由椭圆的定义知△PF 1F 2的周长为2a ＋2c ， 所以2a ＋2c ＝6，①又因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝c a ＝12，所以a ＝2c ，②联立①②解得a ＝2，c ＝1， 所以b ＝a 2－c 2＝3， 所求椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)若存在满足条件的点Q (t,0)．当直线l 的斜率k 存在时，设y ＝k (x －1)， 联立x 24＋y 23＝1，消y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，∵k QM ＋k QN ＝y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝k (x 1－1)(x 2－t )＋k (x 2－1)(x 1－t )(x 1－t )(x 2－t )＝2kx 1x 2－k (1＋t )(x 1＋x 2)＋2ktx 1x 2－t (x 1＋x 2)＋t 2＝k ·8k 2－243＋4k 2－8k 2(1＋t )3＋4k 2＋2t4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2t ＋t 2＝k ·8k 2－24－8k 2(1＋t )＋2t (3＋4k 2)4k 2－12－8k 2t ＋t 2(3＋4k 2)＝6k (t －4)4(t －1)2k 2＋3t 2－12∴要使对任意实数k ，k QM ＋k QN 为定值，则只有t ＝4，此时，k QM ＋k QN ＝0. 当直线l 与x 轴垂直时，若t ＝4，也有k QM ＋k QN ＝0.故在x 轴上存在点Q (4,0)，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值0.B 组能力提升1．(2021·吉林长春模拟)双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)被斜率为4的直线截得的弦AB的中点为(2,1)，则双曲线E 的离心率为( B )A ．2B ．3C ．2D ．5[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)代入双曲线方程作差有(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2，有b 2a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝2，所以c 2a2＝3，e ＝3，故选B ． 2.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F 为左焦点，当FB →⊥AB →时，其离心率为5－12，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e 等于( A )A ．5＋12B ．5－12C ．5－1D ．5＋1[解析] 椭圆中“和”对应双曲线中“差”，故选A ．事实上，设“黄金双曲线”方程为x 2a 2－y 2b2＝1， 则B (0，b )，F (－c,0)，A (a,0)． 在“黄金双曲线”中， 因为FB →⊥AB →，所以FB →·AB →＝0. 又FB →＝(c ，b )，AB →＝(－a ，b )．所以b 2＝ac .而b 2＝c 2－a 2，所以c 2－a 2＝ac . 在等号两边同除以a 2，解得e ＝5＋12. 3．(2021·陕西省渭南市模拟)抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，点P (x ，y )为该抛物线上的动点，又点A (－1,0)，则|PF ||P A |的最小值是( B )A ．12B ．22C ．32D ．233[解析] 由题意可知，抛物线的准线方程为x ＝－1，A (－1,0)，过P 作PN 垂直直线x ＝－1于N ， 由抛物线的定义可知PF ＝PN ，连接P A ，|PF ||P A |＝|PN ||P A |最小⇔∠NAP 最小⇔∠P AF 最大⇔P A 与抛物线y 2＝4x 相切． 设P A 的方程为：y ＝k (x ＋1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)y 2＝4x，解得：k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，所以Δ＝(2k 2－4)2－4k 4＝0，解得k ＝±1， 所以∠NP A ＝45°，|PF ||P A |＝cos ∠NP A ＝22，故选B ． 4．(2021·河南中原名校联考)直线l 与抛物线y 2＝4x 交于两不同点A ，B ，其中A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，若y 1y 2＝－36，则直线l 恒过点的坐标是__(9,0)__．[解析] 设直线l 的方程为x ＝my ＋n ，则由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n .又y 1y 2＝－36，∴－4n ＝－36，∴n ＝9，∴直线l 方程为x ＝my ＋9，恒过(9,0)． 5．(2021·山东质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点P (2,1)，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点F 1，F 2为等腰直角三角形的三个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 不经过P 点且与椭圆C 相交于A ，B 两点．若直线P A 与直线PB 的斜率之积为1，证明：直线l 过定点．[解析] (1)由题意4a 2＋1b 2＝1，b ＝c ，结合a 2－b 2＝c 2，解得a ＝6，b ＝3， ∴椭圆方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明：①当直线l 斜率不存在时， 设直线l ：x ＝m ，A (m ，y m )，B (m ，－y m )，k P A ·k PB ＝y m －1m －2·－y m －1m －2＝1，解得m ＝2(舍)或m ＝6(舍)，故不满足． ②当直线l 斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋t ， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t x 26＋y 23＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4ktx ＋2t 2－6＝0. Δ＝8(6k 2－t 2＋3)>0，x 1＋x 2＝－4kt 2k 2＋1，x 1x 2＝2t 2－62k 2＋1.①则k P A ·k PB ＝y 1－1x 1－2·y 2－1x 2－2＝y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝1， ∴(k 2－1)x 1x 2＋(tk －k ＋2)(x 1＋x 2)＋t 2－2t －3＝0， 将①代入上式可得12k 2＋8kt ＋t 2＋2t －3＝0， ∴(2k ＋t －1)·(6k ＋t ＋3)＝0， 若2k ＋t －1＝0，t ＝1－2k ， 直线l 经过P 点与已知矛盾， 若6k ＋t ＋3＝0，t ＝－3－6k ，Δ＝－48(5k 2＋6k ＋1)存在k 使得Δ>0成立． ∴直线l 的方程为y ＝k (x －6)－3， 故直线l 过定点(6，－3)．6．(2021·广东汕头模拟)在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点，F (0,1)，N (t ，－1)(t ∈R )，已知△MFN 是以FN 为底边，且边MN 平行于y 轴的等腰三角形．(1)求动点M 的轨迹C 的方程；(2)已知直线l 交x 轴于点P ，且与曲线C 相切于点A ，点B 在曲线C 上，且直线PB ∥y 轴，点P 关于点B 的对称点为点Q ，试判断点A 、Q 、O 三点是否共线，并说明理由．[解析] (1)设动点M (x ，y )，因为MN ∥y 轴， 所以MN 与直线y ＝－1垂直，则|MN |＝|y ＋1|， ∵△MFN 是以FN 为底边的等腰直角三角形， 故|MN |＝|MF |，即x 2＋(y －1)2＝|y ＋1|，即x 2＋(y －1)2＝(y ＋1)2，化简得x 2＝4y .因为当点M 为坐标原点时，M 、F 、N 三点共线，无法构成三角形，第 11 页 共 11 页 因此，动点M 的轨迹C 的方程为x 2＝4y (y ≠0)；(2)A 、Q 、O 三点共线，理由如下：因为直线l 与曲线C 相切，所以直线l 的斜率必存在且不为零，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y y ＝kx ＋m ，消y 得x 2－4kx －4m ＝0，Δ＝16k 2＋16m ＝0，得m ＝－k 2. 所以，直线l 的方程为y ＝kx －k 2，令y ＝0，得x ＝k ，则点P ()k ，0，∴B ⎝⎛⎭⎫k ，k 24，故Q ⎝⎛⎭⎫k ，k 22， 又由x 2－4kx ＋4k 2＝0，得x ＝2k ，则点A (2k ，k 2)，∵k AO ＝k 22k ＝k 2，k OQ ＝k 22k ＝k 2，∴k AO ＝k OQ ， 因此，A 、Q 、O 三点共线．。
第九节 第三课时 定点、定值、探索性问题
结 束 束 第三课时 第三课时 定点、定值、探索性问题 定点、定值、探索性问题 结
3＋4k2 3k2＋4 1 1 所以|AB|＋|CD|＝ 2 ＋ 121＋k 121＋k2 71＋k2 7 ＝ . 2 ＝ 12 121＋k 当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或 |AB|＝4，|CD|＝3， 1 1 1 1 7 所以|AB|＋|CD|＝3＋4＝12. 1 1 7 综上，|AB|＋|CD|为定值12.
4k 3 4k 2 ∴ MP · (4－t)＋ m · (4k＋m)＝t －4t＋3＋ m MQ ＝ － m －t ·
t－1＝0， (t－1)＝0恒成立，故 2 t －4t＋3＝0，
即t＝1.
∴存在点M(1,0)符合题意．
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解得a＝2，b＝ 2.
x2 y2 所以椭圆E的方程为 4 ＋ 2 ＝1. (2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1， A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
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4k2 3 yp＝kxp＋m＝－ m ＋m＝m，
4k 3 即P－ m ，m.
∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，
4k 3 ∴ MP ＝－ m －t，m， MQ ＝(4－t,4k＋m)，
2017年高考数学人教版理科一轮复习课件：8.9.3 定点、定值、探索性问题
解析：(1)由题意得ac＝
2 2
a2＝b2＋c2。
解得 a2＝2。
故椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1。
设 M(xM,0)。因为 m≠0，所以－1＜n＜1。 直线 PA 的方程为 y－1＝n－m 1x，
所以 xM＝1－m n，即 M1－m n，0。
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(2)因为点 B 与点 A 关于 x 轴对称，所以 B(m，－n)。 设 N(xN,0)，则 xN＝1＋m n。 “存在点 Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等价于“存在点 Q(0， yQ)使得||OOMQ||＝||OOQN||”，即 yQ 满足 y2Q＝|xM||xN|。 因为 xM＝1－m n，xN＝1＋m n，m22＋n2＝1， 所以 y2Q＝|xM||xN|＝1－m2n2＝2。 所以 yQ＝ 2或 yQ＝－ 2。 故在 y 轴上存在点 Q，使得∠OQM＝∠ONQ。点 Q 的坐标为(0， 2)或(0，－ 2)。
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悟·技法 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。
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悟·技法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值。 (2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无 关。 ②引进变量法：其解题流程为
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考点三 探索性问题 【典例 3】(2016·合肥模拟)已知椭圆 T：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心 率 e＝ 36，A，B 是椭圆 T 上两点，N(3,1)是线段 AB 的中点，线段 AB 的垂直平分线与椭圆 T 相交于 C，D 两点。 (1)求直线 AB 的方程； (2)是否存在这样的椭圆，使得以 CD 为直径的圆过原点 O？若存 在，求出该椭圆方程；若不存在，请说明理由。
圆锥曲线的热点问题—定点、定值、探索性问题
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1.定点问题 圆锥曲线中的定点问题是高考命题的一个热点，也是圆锥曲线问题中的一个 难点.解决这个难点没有常规的方法，但解决这个难点的基本思想是明确的， 定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变量表示问 题中的直线方程、数量积、比例关系等，而这些直线方程、数量积、比例关 系中不受变量影响的某个点，就是要求的定点.求解这类难点问题的关键就是 引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数 式变换等寻找不受参数影响的量.
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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.
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类型二 定值问题
例 2 已知椭圆的中心为坐标原点 O，焦点在 x 轴上，斜率为 1 且过椭圆右焦点 →→
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代入椭圆方程整理得 λ2(x21＋3y21)＋μ2(x22＋3y22)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2. 又∵x21＋3y21＝3b2，x22＋3y22＝3b2， x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝32c2－92c2＋3c2＝0， ∴λ2＋μ2＝1，故 λ2＋μ2 为定值.
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又∵O→N∥a，∴13＝ba22，∴a2＝3b2， 故椭圆方程为 x2＋3y2＝3b2. 又过右焦点的直线 AB 的方程为 y＝x－c. 联立yx＝2＋x3－y2c＝，3b2， 得 4x2－6cx＋3c2－3b2＝0. ∴x1＋x2＝32c，x1x2＝3c2－4 3b2＝38c2. 设 M(x，y)，则由O→M＝λO→A＋μO→B可得xy＝＝λλyx11＋＋μμyx22，，
2020年高考圆锥曲线综合-定点、定值、探索性问题
专题 圆锥曲线综合应用（3）- 定点、定值、探索性问题一、 高考题型特点：定点、定值、探索性问题是高考圆锥曲线大题中的常考题型，难度中等偏上。
二、重难点：1. 定点的探索与证明问题：(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b ， k 等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况． 2. 解答圆锥曲线的定值，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(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项里面分离出来，并令其系数为零，可以求出定值．3. 存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)． (2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在． (3)得出结论． 三、易错注意点：本部分对学生的能力要求较高，解题中主要数形结合及各种方法的综合应用，同时对数学推理运算能力有很高的要求。
解决定值、定点问题，不要忘记特值法。
四、典型例题：例1.（2019北京卷）已知抛物线2:2C x py =-经过点(2，-1). (I) 求抛物线C 的方程及其准线方程；(II) 设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =-1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ，求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两上定点. 【解析】（I ）由抛物线2:2C x py =-经过点()2,1-，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =-，其准线方程为1y =. （II ）抛物线C 的焦点为()0,1-，设直线l 的方程为()10y kx k =-≠.由241x y y kx ⎧=-⎨=-⎩，得2440x kx +-=. 设()()1122,,,,Mx y N x y 则124x x=-.直线OM 的方程为11y y x x =，令1y =-，得点A 的横坐标为11A x x y =- 同理可得点B 的横坐标22B x x y =-. 设点()0,D n ，则()()2212122212121144x x x x DA DB n n y y x x ⋅=++=++⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭uu u r uu u r ()()221216141n n x x =++=-++. 令0,DA DB ⋅=uu u r uu u r 即()2410n -++=，得1n =或3n =-.综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点()()0,10,-3和．例2．（2017新课标Ⅱ）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 做x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP =u u u r u u u r错误!未找到引用源。
圆锥曲线—定点、定值、探究性问题
高考一轮总复习 • 数学
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名师点拨：圆锥曲线中定值问题的特点及解法 1．特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值． 2．解法： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； (2)引进变量法：其解题流程为
第八章 平面解析几何
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第八章 平面解析几何
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若mm2t＋－24＋y1＝0， 将 y1＝－mt±2m2－m24＋t2－4 代入得 m± m2＋t2－4＝0，∴t＝±2， ∴MN 过双曲线的顶点，与题意不符，故舍去，∴t＝4， 直线 MN 过定点(4,0)．
第八章 平面解析几何
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圆锥曲线——定点、定值、探究性问题
提能训练 练案[59]
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定点问题
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第八章 平面解析几何
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[解析]
(1)由题意baa9＝2－124，5b2＝1，
得ab＝ ＝21， ，
∴双曲线 C：x42－y2＝1.
第八章 平面解析几何
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(2)设直线 MN 的方程为 y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)， y＝kx＋m，
联立x32－y32＝1， 得(1－k2)x2－2kmx－m2－3＝0， 则 1－k2≠0 得 k2≠1， Δ＝4k2m2＋4(1－k2)(m2＋3)>0，得 m2>3k2－3， x1＋x2＝12－kmk2，x1x2＝－1m－2－k2 3，
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结束ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
x2 y2 (2016· 衡水模拟)已知F1，F2为椭圆C： a2 ＋ b2 ＝1(a＞b＞0) 的左、右焦点，过椭圆右焦点F2且斜率为k(k≠0)的直线l与 椭圆C相交于E，F两点，△EFF1的周长为8，且椭圆C与圆 x2＋y2＝3相切． (1)求椭圆C的方程； (2)设A为椭圆的右顶点，直线AE，AF分别交直线x＝4于点 M，N，线段MN的中点为P，记直线PF2的斜率为k′，求 证：k· k′为定值．