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2017届高考数学大一轮总复习 第八章 平面解析几何 8.9.3 定点、定值、探索性问题课件 理


第八章 平面解析几何

第九节 圆锥曲线的综合问题

第三课时

定点、定值、探索性问题

热点命题 深度剖析

思想方法 感悟提升

R

热点命题

深度剖析

考点一 定点问题

x2 y2 2 【例 1】 (2015· 四川卷)如图, 椭圆 E: a2+b2=1(a>b>0)的离心率是 2 , 过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 A,B 两点。当直线 l 平行于 x 轴时, 直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2。

(1)求椭圆 E 的方程;

【解】 由已知,点( 2,1)在椭圆 E 上。 2 1 ? ?a2+b2=1, ? 2 2 2 因此?a -b =c , ?c 2 ? ?a= 2 。

解得 a=2,b= 2。

x2 y2 所以椭圆 E 的方程为 4 + 2 =1。

|QA| (2)在平面直角坐标系 xOy 中, 是否存在与点 P 不同的定点 Q, 使得|QB| |PA| =|PB|恒成立?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由。

【解】 当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C,D 两点。 |QC| |PC| 如果存在定点 Q 满足条件,则有|QD|=|PD|=1, 即|QC|=|QD|。 所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为(0,y0)。 当直线 l 与 x 轴垂直时,设直线 l 与椭圆相交于 M,N 两点,则 M,N 的坐标分别为(0, 2),(0,- 2)。 |y0- 2| 2-1 |QM| |PM| 由 |QN| = |PN| ,有 = ,解得 y0=1,或 y0=2。 |y0+ 2| 2+1

所以若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件, 则 Q 点坐标只可能为(0,2)。 |QA| |PA| 下面证明:对任意直线 l,均有|QB|=|PB|。 当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立。 当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 y=kx+1,A,B 的坐标分 别为(x1,y1),(x2,y2)。
2 2 x y ? ? 4 + 2 =1, 联立? 得(2k2+1)x2+4kx-2=0。 ? ?y=kx+1,

其判别式 Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 4k 2 所以 x1+x2=- 2 ,x1x2=- 2 , 2k + 1 2k + 1

1 1 x1+x2 因此x +x = x x =2k。 1 2 1 2 易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B′的坐标为(-x2,y2)。 y1-2 kx1-1 1 又 kQA= x = x =k-x ,
1 1 1

kQB′=

y2-2 kx2-1 1 1 = =-k+x =k-x , -x2 -x2 2 1

所以 kQA=kQB′, 即 Q,A,B′三点共线。 |QA| |QA| |x1| |PA| 所以|QB|= =|x |=|PB|。 |QB′| 2 |QA| |PA| 故存在与 P 不同的定点 Q(0,2),使得|QB|=|PB|恒成立。

【规律方法】 求定点问题常见方法
(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,再证明该点适合题意。

变式训练1 已知抛物线C:y2=2px(p>0),点A,B在抛物线C上。

(1) 若直线 AB过点 M(2p,0) ,且 |AB| = 4p ,求过 A , B, O(O 为坐标原点 )
三点的圆的方程; 解 由题意,不妨取直线AB:x=2p,直线x=2p与抛物线y2=2px的两

个交点的坐标分别是A(2p,2p),B(2p,-2p),弦长|AB|=4p(p>0),
所以△AOB是直角三角形。所以过A,B,O三点的圆的方程是(x-2p)2 +y2=4p2。

π (2)设直线 OA,OB 的倾斜角分别为 α,β,且 α+β=4,问直线 AB 是 否过某一定点?若是,求出这一定点的坐标;若不是,请说明理由。



? ? 2 ? y ? ? y2 设点 A 2p,y1? , B ?2p,y2? ? ,直线 AB 的方程为 x = my + b ,由 ? ? ?

? 2 ? 1 ? ?

?x=my+b, ? 2 消去 x,得 y2-2mpy-2pb=0, ?y =2px,

所以 y1+y2=2mp,y1y2=-2pb。

y1 y2 tan α+tan β x2y1+x1y2 x1+x2 π 所 以 tan 4 = tan(α + β) = = y1y2 = x1x2-y1y2 = 1-tan αtan β 1-x x 1 2 2p?y1+y2? , y1y2-4p2 2p· 2mp 2mp 即 1= =- 。所以 b=-2p-2mp。 -2pb-4p2 b+2p 所以直线 AB 的方程为 x=my-2p-2mp, 即 x+2p=m(y-2p),所以直线 AB 过定点(-2p,2p)。

考点二 定值问题
【例2】 M。 (1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值; (2015·新课标全国卷Ⅱ)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直

线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为

【解】 证明:设直线 l:y=kx+b(k≠0,b≠0), A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM)。 将 y=kx+b 代入 9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM x1+x2 -kb 9b = 2 = 2 ,yM=kxM+b= 2 。 k +9 k +9 yM 9 于是直线 OM 的斜率 kOM=x =-k ,即 kOM· k=-9。
M

所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值。

? m (2)若 l 过点 3 ,m? ?,延长线段 OM 与 C 交于点 P,四边形 OAPB 能否 ?

? ? ? ?

为平行四边形?若能,求此时 l 的斜率;若不能,说明理由。

【解】 四边形 OAPB 能为平行四边形。
? m 因为直线 l 过点 3 ,m? ?, ? ? ? ? ?

所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k>0,k≠3。 9 由(1)得 OM 的方程为 y=-kx。 设点 P 的横坐标为 xP,点 M 的横坐标为 xM。 9 ? ?y=-kx, k2m2 ± km 2 由? 得 xP= 2 ,即 xP= 。 2 9 k + 81 3 k + 9 2 2 2 ? ?9x +y =m ,

? m?3-k? m ? 将点 3 ,m?的坐标代入 l 的方程得 b= 3 , ? ? ? ? ?

因此 xM=

k?k-3?m 。 3?k2+9?

四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分, 即 xP=2xM。 于是 k?k-3?m ± km = 2 × ,解得 k1=4- 7,k2=4+ 7。 2 2 3 ? k + 9 ? 3 k +9

因为 ki>0,ki≠3,i=1,2, 所以当 l 的斜率为 4- 7或 4+ 7时,四边形 OAPB 为平行四边形。

【规律方法】 求定值问题常见的方法 (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。

x2 y2 变式训练 2 (2015· 河南洛阳一测)设 M 是焦距为 2 的椭圆 E:a2+b2= 1(a>b>0)上一点,A,B 是其左、右顶点,直线 MA 与 MB 的斜率分别为 k1, 1 k2,且 k1k2=-2。 (1)求椭圆 E 的方程;

解 由题意,2c=2,c=1,A(-a,0),B(a,0),设 M(x,y),∵k1k2=- 1 2, y y 1 y2 1 ∴ · =-2,即 2 =- 2。 x+a x-a x -a2 x2 y2 ∵M(x,y)在椭圆上,∴a2+b2=1。 x2? b 1-a2? ? 1 b2 1 ? 2 2 ∴ 2 2 =- 。∴ 2= ,∴a =2b 。 2 a 2 x -a
? 2? ? ?

又 a2-b2=c2=1,∴a2=2,b2=1。 x2 2 ∴椭圆 E 的方程为 2 +y =1。

x2 y2 x0x y0y (2)已知椭圆 E: y ) 处切线方程为 2+ 2=1(a>b>0)上点 N(x0, 0 a b a2 + b 2 = →· → 1, 若与椭圆 E 相切于 C(x1, y1), D(x2, y2)两点的切线相交于 P 点, 且PC PD =0。求证:点 P 到原点的距离为定值。
解 x1x x2x 证明:依题意,切线 PC,PD 的方程分别为 2 +y1y=1, 2 +y2y

=1,即 x1x+2y1y=2,x2x+2y2y=2。
?x1x+2y1y=2, 由? ?x2x+2y2y=2, ? 2?y2-y1? x1-x2 ? ?, , 得 P? x y - x y x y - x y ? 1 2 2 1 1 2 2 1?

→· → =0,∴PC⊥PD。 ∵PC PD

?-x1??-x2? ?? ?=-1,即 x1x2=-4y1y2。 ∴? ? 2y1 ?? 2y2 ?
2 2 2 ∵C,D 在椭圆 E 上,∴x2 1+2y1=2,x2+2y2=2。 2 2 2 ∴x2 1=2-2y1,x2=2-2y2。 2 2 4 ? y - y ? + ? x - x ? 2 1 2 1 ∴|PO|2= ?x1y2-x2y1?2 2 2 2 4y2 1+4y2+2-2y1+2-2y2-2?x1x2+4y1y2? = 2 2 2 2 2 ?2-2y2 1?y2+?2-2y2?y1+8y1y2 2 y2 1+y2+2 = 2 2 2。 y1+y2+2y2 y 1 2

2 2 2 ∵x1x2=-4y1y2,∴x2 1x2=16y1y2, 2 2 2 2 2 2 即(2-2y2 (1-y2 1)(2-2y2)=16y1y2, 1)(1-y2)=4y1y2,得 2 2 2 2 y + y + 2 3 ? y + y 1 2 1 2+2? ∴|PO|2= = =3。 2 2 2 2 2 - 2 y - 2 y y + y + 2 1 2 1 2 2 y2 + y + 1 2 3 2 1-y2 1-y2 2 2 y1y2= 。

3

∴|PO|= 3。∴P 到原点的距离为定值 3。

考点三

存在性问题
(2015· 湖北卷 ) 一种作图工具如图 1 所示。 O 是滑槽 AB 的中

【例 3】

点,短杆ON可绕O转动。长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D 可沿滑槽 AB滑动,且DN= ON=1 ,MN=3. 当栓子D 在滑槽 AB内作往复运 动时,带动N绕O转动一周(D不动时,N也不动),M处的笔尖画出的曲线记 为C,以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系。 (1)求曲线C的方程;

【解】 设点 D(t,0)(|t|≤2),N(x0,y0),M(x,y), → =2DN → ,且|DN → |=|ON → |=1, 依题意,MD

??x0-t?2+y2 0=1, 所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且? 2 2 ?x0+y0=1。 ?t-x=2x0-2t, 即? 且 t(t-2x0)=0。 ?y=-2y0,

由于当点 D 不动时,点 N 也不动,所以 t 不恒等于零, x y 2 于是 t=2x0,故 x0=4,y0=-2,代入 x2 0+y0=1, x2 y2 可得16+ 4 =1, x2 y2 即所求的曲线 C 的方程为16+ 4 =1。

(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,Q两
点,若直线l总与曲线C有且只有一个公共点,试探究:△OPQ的面积是否 存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由。
【解】 ①当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 为 x=4 或 x=-4,都有 1 S△OPQ=2×4×4=8。

1? ? ②当直线 l 的斜率存在时,设直线 l:y=kx+m k≠± , 2? ?
?y=kx+m, 2 2 2 由? 2 可得 (1 + 4 k ) x + 8 kmx + 4 m -16=0。 2 ?x +4y =16,

? ? ? ?

因为直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点, 所以 Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0, 即 m2=16k2+4。①

?y=kx+m, m ? ? 2m ? , ? 又由 可得 P 1-2k 1-2k?; ? ? ?x-2y=0, ? -2m m ? ?。 , 同理可得 Q? 1 + 2 k 1 + 2 k ? ?

|m| 2 由原点 O 到直线 PQ 的距离为 d= 2和|PQ|= 1+k |xP-xQ|, 1+k 1 1 可得 S△OPQ=2|PQ|· d=2|m||xP-xQ| 2m ? 1 ? 2m + ? =2· |m| 1-2k 1+2k? ? ?
? 2m ? =?1-4k2?。② ? ?
2

? 2m ? |4k2+1| 将①代入②得,S△OPQ=?1-4k2?=8 2 。 |4 k - 1| ? ?
2 ? 2 ? 4 k +1? ? 1 2 当 k >4时,S△OPQ=8? 2 ?=8?1+4k2-1?>8; ? ? ?4k -1? 2 ? 2 ? 4 k +1? ? 1 2 - 1 + ? ? ? 当 0≤k <4时,S△OPQ=8 2?。 2 =8 1 - 4 k 1 - 4 k ? ? ? ? 1 2 因 0≤k2<4,则 0<1-4k2≤1, ≥2, 1-4k2

2

2 ? ? - 1 + ? 所以 S△OPQ=8 2?≥8, 1 - 4 k ? ? 当且仅当 k=0 时取等号。 所以当 k=0 时,S△OPQ 的最小值为 8。 综合①②可知,当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时,△OPQ 的面 积取得最小值 8。

【规律方法】

探索性问题的求解方法:先假设成立,在假设成立的

前提下求出与已知、定理或公理相同的结论,说明结论成立,否则说明结

论不成立。

x2 y2 变式训练 3 已知双曲线 E:a2-b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为 l1:y=2x,l2:y=-2x。

(1)求双曲线 E 的离心率;

解 解法一:(1)因为双曲线 E 的渐近线分别为 y=2x,y=-2x, c2-a2 b 所以a=2,所以 a =2, 故 c= 5a, c 从而双曲线 E 的离心率 e=a= 5。 解法二:(1)同解法一。 解法三:(1)同解法一。

(2) 如图所示, O 为坐标原点,动直线 l 分别交直线 l1 , l2 于 A , B 两点 (A,B分别在第一、四象限),且△OAB的面积恒为8.试探究:是否存在总与

直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在,求出双曲线E的方程;若不
存在,说明理由。

x2 y2 解 由(1)知,双曲线 E 的方程为a2-4a2=1。 设直线 l 与 x 轴相交于点 C。 当 l⊥x 轴时,若直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点, 1 则|OC|=a,|AB|=4a,又因为△OAB 的面积为 8,v 所以2|OC|· |AB|=8, 1 因此2a· 4a=8,解得 a=2, x2 y2 此时双曲线 E 的方程为 4 -16=1。 x2 y2 若存在满足条件的双曲线 E,则 E 的方程只能为 4 -16=1。

x2 y2 以下证明:当直线 l 不与 x 轴垂直时,双曲线 E: 4 -16=1 也满足条 件。 设直线 l 的方程为 y=kx+m,依题意,得 k>2 或 k<-2, m ? 则 C - k ,0? ?。记 A(x1,y1),B(x2,y2)。 ?
?y=kx+m, 2m 2m 由? 得 y1= ,同理得 y2= 。 2 - k 2 + k ?y=2x,
? ? ? ?

1 由 S△OAB=2|OC|· |y1-y2|,得 2m ? m? 1? ? ? ? 2m - ? ?=8, - k ?· 2 - k 2 + k 2? ? ? ? ? 即 m2=4|4-k2|=4(k2-4)。

kx+m, ? ?y= 由?x2 y2 ? ? 4 -16=1, 得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0。 因为 4-k2<0, 所以 Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16)。 又因为 m2=4(k2-4), 所以 Δ=0,即 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点。 x2 因此,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 4 - y2 16=1。

x2 y2 解法二:(2)由(1)知,双曲线 E 的方程为a2-4a2=1。 设直线 l 的方程为 x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2)。 1 1 依题意得-2<m<2。
?x=my+t, -2t 2t 由? 得 y1= ,同理得 y2= 。 1 - 2 m 1 + 2 m ?y=2x,

设直线 l 与 x 轴相交于点 C,则 C(t,0)。 2t ? 1 1 ? 2t + ? ? 由 S△OAB=2|OC|· |y1-y2|=8,得2|t|· 1-2m 1+2m =8,
? ?

所以 t2=4|1-4m2|=4(1-4m2)。

my+t, ? ?x= 由?x2 y2 得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0。 ? ?a2-4a2=1, 因为 4m2-1<0,直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点 当且仅当 Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0, 即 4m2a2+t2-a2=0,即 4m2a2+4(1-4m2)-a2=0, 即(1-4m2)(a2-4)=0, 所以 a2=4, x2 因此,存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E,且 E 的方程为 4 - y2 16=1。

解法三:(2)当直线 l 不与 x 轴垂直时,设直线 l 的方程为 y=kx+m, A(x1,y1),B(x2,y2)。依题意得 k>2 或 k<-2。
?y=kx+m, 由? 2 2 得(4-k2)x2-2kmx-m2=0, ?4x -y =0,
2 - m 因为 4-k2<0,Δ>0,所以 x1x2= 。 4-k2

又因为△OAB 的面积为 8, 1 所以2|OA|· |OB|· sin ∠AOB=8, 4 又易知 sin ∠AOB=5, 2 2 2 2 所以5 x2 1+y1· x2+y2=8,化简得 x1x2=4。

-m2 2 2 所以 2=4,即 m =4(k -4)。 4-k x2 y2 由(1)得双曲线 E 的方程为a2-4a2=1。 kx+m, ? ?y= 由? x2 y2 得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0。 ? ?a2-4a2=1, 因为 4-k2<0,直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点当且仅当 Δ= 4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0, 即(k2-4)(a2-4)=0,所以 a2=4, x2 y2 所以双曲线 E 的方程为 4 -16=1。

当 l⊥x 轴时,由△OAB 的面积等于 8 可得 l:x=2,又易知 l:x=2 与 x2 y2 双曲线 E: 4 -16=1 有且只有一个公共点。 综上所述, 存在总与 l 有且只有一个公共点的双曲线 E, 且 E 的方程为 x2 y2 4 -16=1。

S

思想方法

感悟提升

⊙2种方法——求定值问题常见的两种方法 (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、并在此过程中消去变量,从而得到定值。
⊙4个重视——圆锥曲线综合问题要做到“四重视” (1)重视定义在解题中的作用;

(2)重视平面几何知识在解题中的作用;
(3)重视根与系数的关系在解题中的作用; (4)重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用。


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