2016届新课标数学理一轮复习讲义 第八章 第9讲 第3课时 定点定值问题

1、第3课时 定点、定值问题 考点一_定点问题_ (2014高考山东卷节选)已知抛物线22px(p0)的焦点为F，A为CC：y上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|FD|，当点A的横坐标为3时，ADF为正三角形 (1)求C的方程； (2)若直线ll，且l和C有且只有一个公共点E，证明直线AE过定点，并求出定点11坐标 p，0) (F(1)由题意知 解 2p2t设D(t，0)(t0)，则FD的中点为(，0) 4因为|FA|FD|， pp? 由抛物线的定义知3，t ?22解得t3p或t3(舍去) p2t3，解得p2. 由 4所以抛物线C的方程为y4x.

2、2(2)由(1)知F(1，0) 设A(x，y)(xy0)，D(x，0)(x0) D0000D因为|FA|FD|，则|x1|x1， 0D由x0得xx2，故D(x2，0)， 00DDy0故直线AB的斜率k. AB2因为直线l和直线AB平行， 1y0设直线l的方程为yxb， 1288b代入抛物线方程得y0， 2y yy006432b2由题意0，得b. 2yyy00044设E(x，x. y)，则y， EEEE2yy004yyy 0y4y0E00当y， 24时，k AE02y42x4xy000E 24y04y0y可得直线AE的方程为y(xx) 0024y0y由2 ，4x00y40整理可得y ，1)x(

3、24y0 0)(1恒过点直线AEF，y当2 ，0)，(1F，过点1x的方程为AE时，直线40 ，0)所以直线AE过定点F(1 圆锥曲线中定点问题的两种解法规律方法引进参数法：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(1) 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已知椭大庆市教学质量检测) 1.(20152x222相y1)3(AF与圆M：x3)(A圆C：y1(a1)的上顶点为，右焦点为F，直线 2a 切 的方程；(1)求椭圆C过定0，求证：直线l交于CP，Q两点，且APAQ(2)若不过点A的动直线l与椭圆 点，

4、并求该定点的坐标 r3.圆M的圆心为(3，1)，半径(1)解： ，0)，(01)，F(c由题意知Ax 0.xcycy直线AF的方程为1，即 c|c|3c相切，得3，解得c2，ac1由直线AF与圆M3， 22212c2x故椭圆C的方程为y1. 2 3的AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP，从而直线AQAP，知0AQAP由法一：(2)1方程为ykx1，直线AQ的方程为yx1. k?ykx1?联立，整理得(13k6kx0， ?22x)2xy12? ?36k6k2k31，x，故点P的坐标为(解得x0或 )， 222k113k13k332kk6，的坐标为(同理，点Q ，) 3322kk322kk13 31

5、22k1k32k 的斜率为，直线l k4k6k6 322kk133122kkk6 ，直线l的方程为y(x) k43322kk12k1y即 .x 24k1，(0直线l过定点 ) 2的方程为AQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线lAQ0，知APAP法二：由 t(t1)，ykx?ykxt?联立，整理得(13k6ktx3(t1)0. ?222x)2xy12? ?3设P(x，y)，Q(x，y)， 21121）kt62t3（x则x， xx.(*) 212122k313k1 1.3kt4(1由(6kt)3k1)0，得22222t3()xAQ(APAQ0，得AP由221)()x1)(tkxk(11)，x1

6、)，y(y)x(xt21211212 0.1将(*)代入，得t， 21直线l过定点(0，) 2考点二_定值问题_ (2014高考江西卷)如图，已知抛物线24y，过点M(0，2)任作一直线与C相交于A，BC：x两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点) (1)证明：动点D在定直线上； (2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y2相交于点N，与(1)中的定直线相交122为定值，并求此定值 |MN|于点N，证明：|MN|1224y，得x4(kx2)，即x222x依题意可设(1)解 证明：ABykx2，代入方程为 0.8kx4设A(x，y)，B(x，y)，则有xx8. 212

7、211y1直线AO的方程为yx；BD的方程为xx. 2x1?xx，2?解得交点D的坐标为 ?xy21，y? ?x1注意到x24y及x， x811128yxyx1211则有y2. 2yx411因此D点在定直线y2上(x0) 2x，代入a0)yaxb(l(2)依题设，切线的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为4y，得x4(axb)， 2即x4ax4b0. 2由0，得(4a)16b0，化简整理得ba22. 故切线l的方程可写为yaxa2. 分别令y2，y2，得N，N的坐标为 2122?2，a2a， ，N，N ?12aa2222?aa MN则|MN|4222| ?12aa ，8 MN|即MN|8.为定

8、值22|12 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法规律方法 特点：特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值(1) 两大解法：(2)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关 引进变量法：其解题流程为 22yx已知椭圆长春市调研) 2.(2015 22ba102，)在椭圆上H0)(1F0)ba1(的右焦点为，点(2 23 (1)求椭圆的方程； 222222的切线交椭圆于ybM作圆xyb上，且M在第一象限，过(2)若点M在圆xP，Q两点，问：PFQ的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由 2bc1?222a?， ?由题意，得(1)解：4041? ?22ba99?2a?22yx解得，椭

9、圆方程为1. ? 9882?b?22yx111(|x|3)，(x，y)，则 ，(2)设P(xy)，Q 12112982x1(xy8(12222)1)1) (|PF|x 121191， 29)x( 1911|PF|(9x)3x. 121332x1OM，OP(图略)，由相切条件知：|PM|OP|连接OM|x222222y8x8(1) 111912 x8， 191|PM x， 1311PF| x33x，|PM 1213311QF同理可求得| xxQM|33， 22233F| |P|为定值633F|PQ|Q22考点三_ 探究存在性问题_ 为坐标原O)如图， (2014高考湖南卷2222xyxy32?，

10、均过点0)P：C1(ab0点，双曲线C：1(a，b0)和椭圆，1 212112?2222baab32112且以C的两个顶点和C的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形 21 (1)求C，C的方程； 21(2)是否存在直线l，使得l与C交于A，B两点，与C只有一个公共点，且|OAOB|21|AB|？证明你的结论 解 (1)设C的焦距为2c， 22由题意知，2c2，2a 2.12a从而 1.1，c212y32? 上，在双曲线x1因为点P1，2 ?2b312132?b1.故所以2 3. 1?2b31 由椭圆的定义知223232? 1）1）（1（1222a2?33 3.2a于是222 2.3，bac

11、2222C故 的方程分别为，C21222xyy ，1.12x 233 (2)不存在符合题设条件的直线C与轴，因为l若直线l垂直于x 只有一个公共点，2 或2.x所以直线l的方程为x2 3)，3)，B(当x2时，易知A2(2，OB|OA所以 ，23|2，AB|2OB|OA此时，|AB|.| 当x2时，同理可知，|OAOB|AB|. 若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykxm. ?ykxm?由，得(3k2kmxm30. ?222x)2y12x? ?3当l与C相交于A，B两点时，设A(x，y)，B(x，y)，则x，x是上述方程的两个实2121121根， 32m2km从而x，xx.x 2211322k

12、k33m22k3于是y22. x)mxxkm(xyk 21211232k?ykxm?由，得(2k3)x4kmx2m60. ?22222xy1? ?23因为直线l与C8(2k3)(m2222mk只有一个公共点，所以上述方程的判别式1623)0. 化简，得2km3， 22因此OAOBxxyy 221133mk32222km30， 333222kkk于是OAOB2OAOBOAOB2OAOB， 2222即|OAOB|OAOB，故|OAOB22|AB|. 综合可知，不存在符合题设条件的直线 规律方法 存在性问题，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 解决存在性问题应注意

13、以下几点： (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； 当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径(3)的E)已知椭圆 3.(2015江西南昌模拟62. x的焦点，离心率是4长轴的一个端点是抛物线y53 (1)求椭圆E的方程； ，0)的动直线与椭圆相交于A，B两点(2)过点C(11 AB的方程；若线段AB中点的横坐标是，求直线 2的坐标；若不存在，为常数？若存在，求出点MMAMB轴上是否存在点在xM，使 请说明理由 5，轴上，且a解：(1)根据已知易知椭圆的焦点在x306 ea，又c533510ca，故 b

14、5223322yx故所求椭圆E的方程为1， 55 3即x3y5. 22(2)依题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x1)， 将yk(x1)代入x3y5，消去y整理得(3k1)x6k50. 222222kx3设A(x，y)，B(x，y)， 221136k4（3k1）（3k5）0，422? 则2k6x.x? 1212k31 中点的横坐标是，由线段AB 2xx21k321 ，得 2212k33 k.，适合解得3 AB的方程为所以直线3y103y10或 x假设在x轴上存在点M(m，0)，使MAMB为常数 a当直线AB与x轴不垂直时， 2k6由知x， x 2112k352k3xx. 21

15、12k3所以MAMB(xm)(xm)yy 2112(x2(x1)(xk1) )(mxm)2112(k1)xm)(xm2222.(k)k xx2121将代入，整理得 （6m1）k52 MBm2MA 12k3114（2m）（3k1）2m2 33m 2 12k36m141mm22. 31）2k3（3注意到MAMB是与k无关的常数， 7从而有6m140，m， 34此时MAMB. 922，)， 1)，(1xb当直线AB与轴垂直时，此时点A，B的坐标分别为(337 当m时， 34MB也有MA . 97 0)，使MAMB为常数，M综上，在x轴上存在定点( 3 221，直线l：y1，动圆P与圆x)1(2015

16、东北三校联合模拟已知圆M：y(2)M相外切，且与直线l相切设动圆圆心P的轨迹为E. (1)求E的方程； (2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且OAOB16，求证：直线AB 恒过定点（y2）(y1)1?x8y. 222x，则y解：(1)设P(x，)所以E的方程为x8y. 2(2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：ykxb，A(x，y)，B(x，y) 2211将直线AB的方程代入x8y中，得x8kx8b0，所以x22x8k，xx8b. 211222xx21OBx8bb16?b4， 2xOAyyxx 21221164所以直线AB恒过定点(0，4) 22py(p0)，直线ykx(2

17、0152河北省唐山市高三年级统考)已知抛物线E：x2与E交于A，B两点，且OAOB2，其中O为原点 (1)求抛物线E的方程； 222k2k，k，证明：k为定坐标为(0，2)，记直线CA，CB的斜率分别为kC(2)点2112值 2py，得x2pkx4p0， 22x代入解：(1)将ykx2其中4p16p0. 22k设A(x，y)，B(x，y)，则 2112xx2pk，xx4p. 221122xx21OBx4p42. OAyxxxy 221121pp221所以p， 2所以抛物线E的方程为xy. 2(2)证明：由(1)知，xxk，xx2. 21212222xxxxy21111xx，同理kkxx， 12

18、2121xxx111所以k2(x2(x8x22222xk2kx)x)16. 2112211222yx3(2015山西省四校联考)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F(1，0)，右顶 22ba点为A，且|AF|1. (1)求椭圆C的标准方程； 问：，Q交于点4x且与直线，P有且只有一个交点C与椭圆mkxy：l若动直线(2)的坐标；若不存在，请说M0.若存在，求出点，使得MPMQt是否存在一个定点M(，0) 明理由 3， a2，b1，ac1，得(1)解：由c22yx故椭圆C的标准方程为1. 43?ykxm?，得(34k8kmx4m120， ?222x)(2)由4y1222?x3?64k4(34k1

19、2)0， 2222mm)(4即m34k22. 23k4k44km设P(x，ym， kx，y)，则xm PPPPPmmm2k434k3即P(，) mmM(t，0)，Q(4，4km)， 4k3MP(t，(4t，4km) MQ)， mm4k34kMPMQ(t)(4t)(4km)t4t32(t1)0恒成立，故 mmm?t1?，即t1. ?4t302?t? 符合题意0)，(1M存在点 8. 的长为轴上截得弦MN，0)，且在y1(2013高考陕西卷)已知动圆过定点A(4 C的方程；(1)求动圆圆心的轨迹x，若交于不同的两点P，Ql(2)已知点B(1，0)，设不垂直于x轴的直线与轨迹C 过定点轴是PBQ的角

20、平分线，证明直线l ，y)(1)解：如图，设动圆圆心O(x 1O由题意，| M|.A|O11O当 y轴上时，不在1O过 是HMN交MN于H，则HMN的中点，作O114|O22.M| x1y，又|O 22）4A|（x1x4（x4）y2222 .化简得，y8x(x0) 2当O8x， 2y0)也满足方程的坐标y在轴上时，O与O重合，点O(0，111动圆圆心的轨迹C的方程为y8x. 2 (2)证明：如图，由题意，设直线l的方程为ykxb(k0)，P(x，1y)，Q(x，y)， 212将ykxb代入y 中，x82得k(2bk8)xb0. 222x其中32kb640. 82bk由根与系数的关系得，x， x

21、 212k2bxx. 212kx轴是PBQ的角平分线， yy21， 1x1x21即y(x1)y(x1)0， 1212(kxb)(x1)(kxb)(x1)0， 11222kxx(bk)(xx)2b0， 2112将代入并整理得2kb(kb)(82bk)2k22b0， kb.此时0， 直线l的方程为yk(x1)，即直线l过定点(1，0) 2(2015郑州市质量预测)已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(2，0)，B(2，0)，直3线RA、RB的斜率分别为k、k，且kk，设动点R的轨迹为曲线C. 21124(1)求曲线C的方程； (2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上，且MQNP，MQx轴，若直

22、线MN和直线QP交于点S(4，0)问：四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由 yyyy3，k，则， ，且k解：(1)由题知x2 21422x2xx2x22yx整理得，曲线C的方程为1(y0) 43(2)设MP与x轴交于D(t，0)，则直线MP的方程为xmyt(m0) 设M(x，y)，P(x，y)，由对称性知Q(x，y)，N(x，y)， 211211224y12?22x3?由，消去x得(3m4)y6mty3t120， ?222?xmyt?所以48(3m4t22 ，0)mt6 ，yy 2142m3122t3 ，yy 2142m3yy21 三点共线知k，由M、N、S，即k NSMS4xx421y所以 0，4)(yy)4)0，整理得2myy(tt4)(myty(my22112211）46mt（