1、第二课时 定点、定值、探索性问题考点一 定点问题【例 1】(2020兰州一模)设 M 点为圆 C：x2y24 上的动点，点 M 在 x 轴上的投影为 N.动点 P 满足 2PN 3MN，动点 P 的轨迹为 E.(1)求 E 的方程；(2)设 E 的左顶点为 D，若直线 l：ykxm 与曲线 E 交于 A，B 两点(A，B 不是左、右顶点)，且满足|DA DB|DA DB|，求证：直线 l 恒过定点，并求出该定点的坐标.解(1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0，0)，2PN 3MN，2(x0 x，y)3(0，y0)，即 x0 x，y0 23y，又点 M 在圆 C：x2y24
2、 上，x20y204，将 x0 x，y0 23y 代入得x24y231，即轨迹 E 的方程为x24y231.(2)由(1)可知 D(2，0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得ykxm，x24y231，得(34k2)x28mkx4(m23)0，(8mk)24(34k2)(4m212)16(12k23m29)0，即 34k2m20，x1x28mk34k2，x1x24（m23）34k2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m23m212k234k2.|DA DB|DA DB|，DA DB，即DA DB 0，即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)
3、4y1y20，4m21234k2 28mk34k243m212k234k2 0，7m216mk4k20，当m2k时，l的方程为ykx2kk(x2)，直线恒过点(2，0)，与已知矛盾；解得 m12k，m227k，且均满足 34k2m0.当 m27k 时，l 的方程为 ykx27kkx27，直线恒过点27，0.直线 l 过定点，定点坐标为27，0.规律方法 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.【训练 1】(2020湖南三湘
4、名校联考)已知椭圆 C：y2a2x2b21(ab1)的离心率为 22，其上焦点到直线 bx2ay 20 的距离为 23.(1)求椭圆 C 的方程；(2)过点 P13，0 的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点.试探究以线段 AB 为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由.解(1)由题意得，eca 22，又 a2b2c2，所以 a 2b，cb.又|2ac 2|4a2b2 23，ab1，所以 b1，a22，故椭圆 C 的方程为y22x21.(2)当 ABx 轴时，以线段 AB 为直径的圆的方程为x132y2169.当ABy轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2y21.可得两圆
5、交点为Q(1，0).由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(1，0).下证Q(1，0)符合题意.设直线l的斜率存在，且不为0，其方程为 ykx13，代入y22x21，并整理得(k22)x223k2x19k220，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22k23（k22），x1x2k2189（k22），所以QA QB(x11)(x21)y1y2x1x2x1x21k2x113 x213(1k2)x1x2113k2(x1x2)119k2(1k2)k2189（k22）113k2 2k23（k22）119k20，故QA QB，即 Q(1，0)在以线段 AB 为直径的圆上.综上
6、，以线段AB为直径的圆恒过定点(1，0).考点二 定值问题【例2】(2019洛阳高三统考)已知抛物线C：y22px(p0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点.(1)若 p2，M 的坐标为(1，1)，求直线 l 的方程.(2)若直线 l 过焦点 F，AB 的垂直平分线交 x 轴于点 N，求证：2|MN|2|FN|为定值.(1)解 由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x1t(y1)即xty1t，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由xty1t，y24x，得 y24ty44t0，16t21616t16(t2t1)0，y1y24t，4t
7、2，即 t12.直线 l 的方程为 2xy10.(2)证明 抛物线 C：y22px(p0)，焦点 F 的坐标为p2，0.由题意知直线 l 的斜率存在且不为 0，直线 l 过焦点 F，故设直线 l 的方程为 xtyp2(t0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2).由xtyp2y22px，得 y22ptyp20，y1y22pt，4p2t24p20.x1x2t(y1y2)p2pt2p，Mpt2p2，pt.MN 的方程为 ypttxpt2p2.令 y0，解得 xpt23p2，Npt23p2，0，|MN|2p2p2t2，|FN|pt23p2 p2pt2p，2|MN|2|FN|2（p2p2t2）pt2
8、p2p，为定值.规律方法 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：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 【训练 2】(2020昆明诊断)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为13，左、右焦点分别为 F1，F2，A 为椭圆 C 上一点，AF2F1F2，且|AF2|83.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设椭圆 C 的左、右顶点分别为 A1，A2，过 A1，A2分别作 x 轴的垂线 l1，l2，椭圆C 的一条切线 l：ykxm 与 l1，l2分别交于 M，N 两点，求证：MF1N 为定值
9、.(1)解 由 AF2F1F2，|AF2|83，得b2a 83.又 eca13，a2b2c2，所以 a29，b28，故椭圆 C 的标准方程为x29y281.(2)证明 由题意可知，l1的方程为x3，l2的方程为x3.直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(3，3km)，N(3，3km)，所以F1M(2，3km)，F1N(4，3km)，所以F1M F1N 8m29k2.联立得x29y281，ykxm，得(9k28)x218kmx9m2720.因为直线 l 与椭圆 C 相切，所以(18km)24(9k28)(9m272)0，化简得 m29k28.所以F1M F1N 8m29k20，所以F1M F
10、1N，故MF1N 为定值2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.考点三 探索性问题【例 3】(2019广州调研)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点分别为 F1，F2，短轴的一个端点为 P，PF1F2 内切圆的半径为b3，设过点 F2的直线 l 与被椭圆 C 截得的线段为 RS，当 lx 轴时，|RS|3.解(1)由内切圆的性质，得122cb12(2a2c)b3，得ca12.将 xc 代入x2a2y2b21，得 yb2a，所以2b2a 3.又 a2b2c2，所
11、以 a2，b 3，故椭圆 C 的标准方程为x24y231.(2)当直线 l 垂直于 x 轴时，显然 x 轴上任意一点 T 都满足 TS 与 TR 所在直线关于 x轴对称.当直线 l 不垂直于 x 轴时，假设存在 T(t，0)满足条件，设 l 的方程为 yk(x1)，R(x1，y1)，S(x2，y2).联立方程yk（x1），x24y231，得(34k2)x28k2x4k2120，由根与系数的关系得x1x2 8k234k2，x1x24k21234k2，其中0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTSkTR0(显然TS，TR的斜率存在)，即 y1x1t y2x2t0.因为R，S两点在直线yk
12、(x1)上，所以y1k(x11)，y2k(x21)，代入得 k（x11）（x2t）k（x21）（x1t）（x1t）（x2t）k2x1x2（t1）（x1x2）2t（x1t）（x2t）0，即 2x1x2(t1)(x1x2)2t0，将代入得8k224（t1）8k22t（34k2）34k26t2434k20，则t4，综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.规律方法 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.(
13、1)求椭圆C的方程.(2)记GF1D的面积为S1，OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1S2？请说明理由.【训练 3】(2020重庆调研)如图，已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)，其左、右焦点分别为 F1(2，0)及 F2(2，0)，过点 F1的直线交椭圆 C 于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 G，AB 的中垂线与 x 轴和 y 轴分别交于 D，E 两点，且|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列.解(1)|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列，2a|AF1|AF2|2|F1F2|8，a4.又c2，b212，椭圆 C 的方程为x21
14、6y2121.(2)假设存在直线AB，使得S1S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直.设AB的方程为yk(x2)(k0)，将其代入x216y2121，整理得(4k23)x216k2x16k2480，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x216k234k2，点 G 的横坐标为x1x22 8k234k2，G8k234k2，6k34k2.DGAB，6k34k28k234k2xDk1，解得 xD 2k234k2，即 D2k234k2，0.RtGDF1和 RtODE 相似，若 S1S2，则|GD|OD|，8k234k2 2k234k226k34k222k234k2，整理得 8k290.方程 8k290 无解，不存在直线 AB，使得 S1S2.