1、第九章 解析几何第九节 直线与圆锥曲线的综合问题第三课时 定点、定值、探索性问题栏目导航12课 堂 考 点 突 破课 时 跟 踪 检 测最新考纲考情分析核心素养掌握定点、定值、探索性问题.主要为解答题，考查定点、定值、探索性问题.1.逻辑推理2.数学运算 课 堂 考 点 突 破1考点一 定点问题定点问题常见的题型1证明直线过定点问题2探究直线或圆过定点问题，求定点坐标【例 1】(2019 年北京卷)已知椭圆 C：x2a2y2b21 的右焦点为(1，0)，且经过点 A(0，1)(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 O 为原点，直线 l：ykxt(t1)与椭圆 C 交于两个不同点 P，Q，直线 AP
2、与 x 轴交于点 M，直线 AQ 与 x 轴交于点 N.若|OM|ON|2，求证：直线 l 恒过定点解(1)由题意，得 b21，c1，所以 a2b2c22，所以椭圆 C 的方程为x22y21.(2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线 AP 的方程为 yy11x1 x1.令 y0，得点 M 的横坐标 xM x1y11.又 y1kx1t，从而|OM|xM|x1kx1t1.同理，|ON|x2kx2t1.由ykxt，x22y21，得(12k2)x24ktx2t220，则 x1x2 4kt12k2，x1x22t2212k2.所以|OM|ON|x1kx1t1 x2kx2t1x1x2k2x
3、1x2k（t1）（x1x2）（t1）22t2212k2k22t2212k2k（t1）4kt12k2（t1）221t1t.又|OM|ON|2，所以 21t1t 2，解得 t0，所以直线 l 恒过定点(0，0)名师点津定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意|跟踪训练|1(2019 届昆明市教学质量检测)已知椭圆 C 的中心在原点，一个焦点为 F1(3，0)，且椭圆 C 经过点 P3，12.(1)求椭圆 C 的方程；
4、(2)设椭圆 C 与 y 轴的正半轴交于点 D，直线 l：ykxm 与椭圆 C 交于 A，B 两点(l 不经过 D 点)，且 ADBD，证明：直线 l 经过定点，并求出该定点的坐标解：(1)由题意，设椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)，焦距为 2c，则 c 3，设椭圆的另一 个 焦 点 为F2，则F2(3，0)，由 椭 圆 的 定 义 得2a|PF1|PF2|（3 3）20122（3 3）2012272124，所以 a2，则 ba2c21，所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)证明：由已知得 D(0，1)，由ykxm，x24y21得(14k2)x28kmx4m240，当 0 时，设 A
5、(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x28km14k2，x1x24m2414k2，则 y1y2k(x1x2)2m 2m14k2，y1y2(kx1m)(kx2m)m24k214k2，由 ADBD 得，DA DB x1x2(y11)(y21)0，即5m22m314k20，所以 5m22m30，解得 m1 或 m35.当 m1 时，直线 l 经过点 D，不符合题意，舍去当 m35时，显然有 0，直线 l 经过定点0，35.考点二 定值问题 定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值解这类问题的关键就是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系
6、等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量【例 2】(2019 届昆明调研)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的焦距为 4，P2，55 是椭圆 C 上的点(1)求椭圆 C 的方程；(2)O 为坐标原点，A，B 是椭圆 C 上不关于坐标轴对称的两点，设OD OA OB，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 2c4，即 c2，则椭圆 C 的方程为x2a2 y2a241.因为点 P2，55 在椭圆 C 上，所以 4a215（a24）1，解得 a25 或 a2165(舍去)，所以椭圆 C 的方程为x25y21.(2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，
7、y2)，x1x2 且 x1x20，所以直线 AB 的斜率 kABy1y2x1x2，由OA OB OD，得 D(x1x2，y1y2)，所以直线 OD 的斜率 kODy1y2x1x2，由x215y211，x225y221，得15(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，即y1y2x1x2y1y2x1x215，所以 kABkOD15.故直线 AB 的斜率与 OD 的斜率的乘积为定值15.名师点津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)两大解法从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；引起变量法：其解题流程为变量 选择适当的动点坐标或
8、动线中系数为变量 函数 把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 定值 把得到的函数化简，消去变量得到定值|跟踪训练|2(2019 届沈阳模拟)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的焦点为 F1，F2，离心率为12，点 P 为其上一动点，且三角形 PF1F2 的面积最大值为 3，O 为坐标原点(1)求椭圆 C 的方程；(2)若点 M，N 为 C 上的两个动点，求常数 m，使OM ON m 时，点 O 到直线 MN的距离为定值，求这个定值解：(1)当点 P 位于短轴的顶点时，PF1F2 的面积最大，即122cb 3，则有c2a2b2，bc 3，ca12，解得a2，b 3，c1.所以椭圆 C
9、的方程为x24y231.(2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则OM ON x1x2y1y2m，当直线 MN 的斜率存在时，设其方程为 ykxn，则点 O 到直线 MN 的距离 d|n|k21n2k21，联立x24y231，ykxn，消去 y，得(4k23)x28knx4n2120，由 64k2n24(4n212)(4k23)0 得 4k2n230，则 x1x2 8kn4k23，x1x24n2124k23，所以OM ON x1x2(kx1n)(kx2n)(k21)x1x2kn(x1x2)n2m，整理得 7n2k2112m（4k23）k21.因为 dn2k21为常数，则 m0，d127
10、2 217，此时 7n2k2112 满足 0；当 MNx 轴时，由 m0 得 kO M1，联立x24y231，yx，消去 y，得 x2127，点 O 到直线 MN 的距离 d|x|2 217也成立综上可知，当 m0 时，点 O 到直线 MN 的距离为定值，这个定值是2 217.考点三 探索性问题 圆锥曲线中的存在性问题(1)存在性问题的解题步骤：先假设存在，引入参数，根据题目条件列出关于参数的方程(组)或不等式(组)；解此方程(组)或不等式(组)，若有解，则存在，若无解，则不存在(2)解决存在性问题要注意解题的规范性，一般先写出结论，后给出证明(理由)【例 3】(2020 届湖北部分重点中学联
11、考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率 e 22，以上顶点和右焦点为直径端点的圆与直线 xy20 相切(1)求椭圆 C 的标准方程(2)是否存在斜率为 2 的直线，使得当直线与椭圆 C 有两个不同的交点 M，N 时，能在直线 y53上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足PM NQ？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由解(1)由椭圆的离心率 e 22，得c2a2c2b2c212，则 bc.上顶点为(0，b)，右焦点为(b，0)，以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为xb22yb22a22b22，圆心为b2，b2，半径为 22 b，由题意知|b2|2 22 b，即|
12、b2|b，解得 b1，c1，a 2，椭圆 C 的标准方程为x22y21.(2)不存在理由如下：设直线的方程为 y2xt，M(x1，y1),N(x2，y2)，Px3，53，Q(x4，y4)，MN 的中点为 D(x0，y0)，由y2xt，x22y21 消去 x，得 9y22tyt280，所以y1y22t9，4t236(t28)0，故 y0y1y22t9，3t3.由PM NQ，得x1x3，y153(x4x2，y4y2)，所以 y153y4y2，即 y4y1y25329t53，（也可由PM NQ 知四边形 PMQN 为平行四边形，又 D 为线段 MN 的中点，因此，D 也为线段 PQ 的中点，所以 y
13、053y42t9，可得 y42t159.）又3t3，所以73y41，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是1，1矛盾故不存在斜率为 2 的直线满足条件名师点津存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法|跟踪训练|3(2019 届昆明市高三质检)设抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，准线为 l.已知以F 为圆心，半径为
14、 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，EAB90.(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，请说明理由解：(1)连接 AF，EF，由题意及抛物线的定义，得|AF|EF|AE|4，即AEF 是边长为 4 的正三角形，所以FAE60，设准线 l 与 x 轴交于点 D，在 RtADF 中，FAD30，所以 p|DF|12|AF|1242.(2)直线 QR 经过一定点理由：由题意知直线
15、QR 的斜率不为 0，设直线 QR 的方程为 xmyt，点 Q(x1，y1)，R(x2，y2)由xmyt，y24x，得 y24my4t0，则 16m216t0，y1y24m，y1y24t.又点 P，Q 在抛物线 C 上，所以 kPQyPy1xPx1yPy1y2P4 y2144yPy14y11，同理可得 kPR4y21.因为 kPQkPR1，所以4y114y214（y1y2）8y1y2（y1y2）116m84t4m11，则 t3m74.由 16m216t0，t3m74，14m（1）3m74，解得 m，72 12，1(1，)，所以直线 QR 的方程为 xm(y3)74，则直线 QR 过定点74，3.点此进入该word板块课 时 跟 踪 检 测2谢 谢 观 看 THANKS