1、浙江专用版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何99圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题第3课时定点、定值、探索性问题题型一定点问题例1(2016长沙模拟)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(x
2、2，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，由题意mtb0)， 焦点F(c,0)，因为， 将点B(c，)的坐标代入方程得1. 由结合a2b2c2，得a，b1.故所求椭圆方程为y21.(2)由得(2t2)y22ty220.因为l为切线，所以(2t)24(t22)(22)0，即t2220. 设圆与x轴的交点为T(x0
3、,0)，则(x0，y1)，(x0，y2)因为MN为圆的直径，故x2y1y20. 当t0时，不符合题意，故t0.因为y1，y2，所以y1y2，代入结合得，要使上式为零，当且仅当x1，解得x01.所以T为定点，故动圆过x轴上的定点(1,0)与(1,0)，即椭圆的两个焦点题型二定值问题例2椭圆有两顶点A(1，0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.(1)当|CD|时，求直线l的方程；(2)当点P异于A，B两点时，求证：为定值(1)解椭圆的焦点在y轴上，故设椭圆的标准方程为1(ab0)，由已知得b1，c1，a，椭圆的方程为x2
4、1.当直线l的斜率不存在时，|CD|2，与题意不符；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1，C(x1，y1)，D(x2，y2)联立化简得(k22)x22kx10, 则x1x2，x1x2.|CD|，解得k.直线l的方程为xy10或xy10.(2)证明当直线l的斜率不存在时，与题意不符当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1(k0，k1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，点P的坐标为(，0)由(1)知x1x2，x1x2，且直线AC的方程为y(x1)，直线BD的方程为y(x1)，将两直线方程联立，消去y，得.1x11，1x20)(2)弦长|TS|为定值理由如下：取曲线C上点M(x0
5、，y0)，M到y轴的距离为d|x0|x0，圆的半径r|MA|，则|TS|22，点M在曲线C上，x0，|TS|22是定值题型三探索性问题例3 (2015四川)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，
6、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.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
7、适的方法(2016绍兴教学质量调测)已知A(1,2)，B(，1)是抛物线y2ax(a0)上的两个点，过点A，B引抛物线的两条弦AE，BF.(1)求实数a的值；(2)若直线AE与BF的斜率互为相反数，且A，B两点在直线EF的两侧，直线EF的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由解(1)把点A(1,2)代入抛物线方程得a4.(2)直线EF的斜率是定值，理由如下：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线AE：yk(x1)2，则直线BF：yk(x)1，联立方程组消去y，得k2x2(4k2k24)x(2k)20，x1，y1k(x11)2，E(，)，联立方程组消去y，得k2x2(k22k4)
8、x(1k)20，x2，x2，y2k(x2)1，得F(，)故kEF4.25设而不求，整体代换典例(15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
9、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y21.4分(2)设P(x0，y0)(y00)，又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为：y0x(x0)yy00，：y0x(x0)yy00.由题意知 .由于点P在椭圆上，所以y1.所以.8分因为m，2x02，可得，所以mx0，因此m0)过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.(1)证明：为
10、定值；(2)设ABM的面积为S，求S的最小值(1)证明设直线AB的方程为ykx1，与抛物线x24y联立得x24kx40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因此x1x24k，x1x24，由直线AMyx，直线BMyx得M(，)，即M(2k，1)，所以(2k，2)(x2x1，)(2k，2)(4，4k)0.(2)解|AB|4(k21)，点M到直线AB的距离为d2，所以S4(k21)24，所以S的最小值为4.2(2016余姚第一次质量检测)椭圆E：1(ab0)的离心率为，点(，)为椭圆上的一点(1)求椭圆E的标准方程；(2)若斜率为k的直线l过点A(0,1)，且与椭圆E交于C，D两点，B为椭圆E的下
11、顶点，求证：对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值(1)解因为e，所以ca，a2b2(a)2.又椭圆过点(，)，所以1.由，解得a26，b24，所以椭圆E的标准方程为1.(2)证明设直线l：ykx1，联立得(3k22)x26kx90.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，易知B(0，2)，故kBCkBDk2k23k(3k22)2.所以对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值3(2017杭州质检)设直线l与抛物线x22y交于A，B两点，与椭圆1交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4.若OAOB.(1)是否存在实
12、数t，满足k1k2t(k3k4)，并说明理由；(2)求OCD面积的最大值解设直线l的方程为ykxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)联立得x22kx2b0，则x1x22k，x1x22b，14k28b0.因为OAOB，所以x1x2y1y20，得b2.联立得(34k2)x216kx40，所以x3x4，x3x4，由2192k2480得k2.(1)存在实数t.因为k1k2k，k3k46k，所以，即t.(2)根据弦长公式|CD|x3x4|得|CD|4，根据点O到直线CD的距离公式得d，所以SOCD|CD|d4，设t0，则SOCD，所以当t2，即k时，SOCD有最大值
13、.4(2016赣州一模)已知椭圆C：1(ab0)与双曲线1(1v4)有公共焦点，过椭圆C的右顶点B任意作直线l，设直线l交抛物线y22x于P，Q两点，且.(1)求椭圆C的方程；(2)在椭圆C上，是否存在点R(m，n)使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点M，N，且OMN的面积最大？若存在，求出点R的坐标及对应的OMN的面积；若不存在，请说明理由解(1)1vb0)，把点(2,0)，(，)代入得解得所以C1的标准方程为y21.(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1)，与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是x1x2， x1x2. 所以y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1k21， 由，即0，得x1x2y1y20.(*)将代入(*)式，得0，解得k2，所以存在直线l满足条件，且直线l的方程为2xy20或2xy20.
