2019届高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9第2课时定点定值范围最值问题学案（理科）北师大版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 第 2 课时 定点、定值、探索性问题 题型一 定点问题 典例 (2017 全国 ) 已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(ab0)，四点 P1(1,1)， P2(0,1)， P3? 1， 32 ，P4? ?1， 32 中恰有三点在椭圆 C 上 (1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A， B 两点若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为 1，证明： l 过定点 (1)解 由于 P3， P4两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C 经过 P3， P4两点 又由 1a2 1b21a2 34b2知，椭圆 C 不经过点 P1， 所

2、以点 P2在椭圆 C 上 因此? 1b2 1，1a234b2 1，解得? a2 4，b2 1. 故椭圆 C 的方程为 x24 y2 1. (2)证明 设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1， k2. 如果 l与 x轴垂直，设 l： x t，由题设知 t0 ，且 |t|0. 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 则 x1 x2 8km4k2 1， x1x2 4m2 44k2 1. 而 k1 k2 y1 1x1 y2 1x2=【 ;精品教育资源文库 】 = kx1 m 1x1 kx2 m 1x2 2kx1x2 ?m 1?x1 x2?x1x2. 由题设知 k1 k2 1， 故

3、(2k 1)x1x2 (m 1)(x1 x2) 0. 即 (2k 1) 4m2 44k2 1 (m 1) 8km4k2 1 0， 解得 k m 12 . 当且仅当 m 1 时， 0， 于是 l： y m 12 x m， 即 y 1 m 12 (x 2)， 所以 l 过定点 (2， 1) 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 跟踪训练 (2017 长沙联考 )已知椭圆 x2a2y2b2 1(a0， b0)过点

4、(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 PM 1MQ ， PN 2NQ . (1)求椭圆的标准方程； (2)若 1 2 3，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 b 1，且 (2a)2 (2b)2 2(2c)2， 又 a2 b2 c2， a2 3. 椭圆的方程为 x23 y2 1. (2)证明 由题意设 P(0， m)， Q(x0,0)， M(x1， y1)， N(x2， y2)，设 l 方程为 x t(y m)， 由 PM 1MQ 知

5、 (x1， y1 m) 1(x0 x1， y1)， y1 m y1 1，由题意 y10 ， 1 my1 1. =【 ;精品教育资源文库 】 = 同理由 PN 2NQ 知 2 my2 1. 1 2 3， y1y2 m(y1 y2) 0， 联立? x2 3y2 3，x t?y m?， 得 (t2 3)y2 2mt2y t2m2 3 0， 由题意知 4m2t4 4(t2 3)(t2m2 3)0， 且有 y1 y2 2mt2t2 3， y1y2t2m2 3t2 3 ， 代入 得 t2m2 3 2m2t2 0， ( mt)2 1， 由题意 mtb0)的离心率为32 ，且过点A(2,1) (1)求椭圆 C

6、 的方程； (2)若 P， Q 是椭圆 C 上的两个动点，且使 PAQ 的角平分线总垂直于 x 轴，试判断直线 PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由 解 (1)因为椭圆 C 的离心率为 32 ，且过点 A(2,1)， 所以 4a2 1b2 1， ca 32 ， 又 a2 b2 c2，所以 a2 8， b2 2， 所以椭圆 C 的方程为 x28y22 1. (2)方法一 因为 PAQ 的角平分线总垂直于 x 轴， 所以 PA 与 AQ 所在的直线关于直线 x 2 对称 设直线 PA 的斜率为 k，则直线 AQ 的斜率为 k. 所以直线 PA 的方程为 y 1 k(x 2)，

7、直线 AQ 的方程为 y 1 k(x 2) 设点 P(xP， yP)， Q(xQ， yQ)， 由? y 1 k?x 2?，x28y22 1，=【 ;精品教育资源文库 】 = 得 (1 4k2)x2 (16k2 8k)x 16k2 16k 4 0. 因为点 A(2,1)在椭圆 C 上，所以 x 2 是方程 的一个根，则 2xP 16k2 16k 41 4k2 ， 所以 xP 8k2 8k 21 4k2 . 同理 xQ 8k2 8k 21 4k2 . 所以 xP xQ 16k1 4k2， xP xQ 16k2 41 4k2 . 又 yP yQ k(xP xQ 4) 8k1 4k2， 所以直线 PQ

8、 的斜率 kPQ yP yQxP xQ 12， 所以直线 PQ 的斜率为定值，该值为 12. 方法二 设直线 PQ 的方程为 y kx b， 点 P(x1， y1)， Q(x2， y2)， 则 y1 kx1 b， y2 kx2 b， 直线 PA 的斜率 kPA y1 1x1 2， 直线 QA 的斜率 kQA y2 1x2 2. 因为 PAQ 的角平分线总垂直于 x 轴，所以 PA 与 AQ 所在的直线关于直线 x 2 对 称， 所以 kPA kQA，即 y1 1x1 2 y2 1x2 2， 化简得 x1y2 x2y1 (x1 x2) 2(y1 y2) 4 0. 把 y1 kx1 b， y2 k

9、x2 b 代入上式，化简得 2kx1x2 (b 1 2k)(x1 x2) 4b 4 0. 由? y kx b，x28y22 1，得 (4k2 1)x2 8kbx 4b2 8 0， 则 x1 x2 8kb4k2 1， x1x2 4b2 84k2 1， 代入 ，得 2k?4b2 8?4k2 1 8kb?b 1 2k?4k2 1 4b 4 0， 整理得 (2k 1)(b 2k 1) 0， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 k 12或 b 1 2k. 若 b 1 2k，可得方程 的一个根为 2，不符合题意 所以直线 PQ 的斜率为定值，该值为 12. 思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解

10、题策略 (1)求代数式为定值依题意设条件，得出与代数式参 数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值 (2)求点到直线的距离为定值利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得 (3)求某线段长度为定值利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得 跟踪训练 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 F? ?12， 0 ，直线 l： x 12，点 P 在直线 l 上移动， R 是线段 PF 与 y 轴的交点， RQ FP， PQ l. (1)求动点 Q 的轨迹 C 的方程； (2)设圆 M 过 A(1,0)，且圆心 M 在曲线 C 上， TS 是圆 M 在

11、 y 轴上截得的弦，当 M 运动时，弦长 |TS|是否为定值？请说明理由 解 (1)依题意知，点 R 是线段 FP 的中点，且 RQ FP， RQ 是线段 FP 的垂直平分线 点 Q 在线段 FP 的垂直平分线上， | PQ| |QF|， 又 |PQ|是点 Q 到直线 l 的距离， 故动点 Q 的轨迹是以 F 为焦点， l 为准线的抛物线，其方程为 y2 2x(x0) (2)弦长 |TS|为定值理由如下： 取曲线 C 上点 M(x0， y0)， M 到 y 轴的距离为 d |x0| x0，圆的半径 r |MA| ?x0 1?2 y20， 则 |TS| 2 r2 d2 2 y20 2x0 1，

12、点 M 在曲线 C 上， x0 y202， | TS| 2 y20 y20 1 2，是定值 题型三 探索性问题 =【 ;精品教育资源文库 】 = 典例 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C： y x24与直线 l： y kx a(a0)交于 M， N 两点， (1)当 k 0 时，分别求 C 在 点 M 和 N 处的切线方程； (2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有 OPM OPN？说明理由 解 (1)由题设可得 M(2 a， a)， N( 2 a， a)， 或 M( 2 a， a)， N(2 a， a) 又 y x2，故 y x24在 x 2 a处的导数值为 a， C 在点

13、 (2 a， a)处的切线方程为 y a a(x 2 a)， 即 ax y a 0. y x24在 x 2 a处的导数值为 a， C 在点 ( 2 a， a)处的切线方程为 y a a(x 2 a)， 即 ax y a 0. 故所求切线方程为 ax y a 0 和 ax y a 0. (2)存在符合题意的点，证明如下： 设 P(0， b)为符合题意的点， M(x1， y1)， N(x2， y2)，直线 PM， PN 的斜率分别为 k1， k2. 将 y kx a 代入 C 的方程得 x2 4kx 4a 0. 故 x1 x2 4k， x1x2 4a. 从而 k1 k2 y1 bx1 y2 bx2

14、 2kx1x2 ?a b?x1 x2?x1x2 k?a b?a . 当 b a 时，有 k1 k2 0， 则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补， 故 OPM OPN，所以点 p(0， a)符合题意 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，采取另外合适的方法 =【 ;精品教育资源文库 】 = 跟踪训练 (2018 唐山模拟 )已知椭圆 E：

15、 x2a2y2b2 1 的右焦点为 F(c,0)且 abc0，设短轴的一个端点为 D，原点 O 到直线 DF 的距离为 32 ，过原点和 x 轴不重合的直线与椭圆 E 相交于 C， G 两点，且 |GF | |CF | 4. (1)求椭圆 E 的方程； (2)是否存在过点 P(2,1)的直线 l 与椭圆 E 相交于不同的两点 A， B 且使得 OP 2 4PA PB 成立？若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由 解 (1)由椭圆的对称性知 |GF | |CF | 2a 4， a 2. 又原点 O 到直线 DF 的距离为 32 ， bca 32 ， bc 3， 又 a2 b2 c2 4， abc0， b 3， c 1. 故椭圆 E 的方程为 x24y23 1. (2)当直线 l 与 x 轴垂直时不满足条件 故可设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 直线 l 的方程为 y k(x 2) 1， 代入椭圆方程得 (3 4k2)x2 8k(2k 1)x 16k2 16k 8 0， x1 x2 8k?2k 1?3 4k2 ， x1x2 16k2 16k 83 4k2 ， 32(6k 3)0， k 12. OP 2 4PA