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C： y2=2px(p>0)的焦点为F, A为C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为正三角求C的方程；(2)若直线11/ 1,且11和C有且只有一个公共点E,证明直线 AE过定点，并求出定点坐标.p _解(i)由题意知F(2, o).p+ 2t设 D(t, 0)(t>0),则 FD 的中点为(一, 0).因为 |FA|=|FD|,由抛物线的定义知3 + 2= t-p ,解得t=3+p或t= 3(舍去).p+ 2t由

2、一= 3,解得p= 2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)由(1)知 F(1, 0).设 A(xo, yo)(xoyo却)，D(xd , 0)(xd>0).因为 |FA|=|FD|,则 |xd1| = xo+1,由 xd>0 得 xd = xo+2,故 D(xo+2, 0),故直线AB的斜率yo kAB= - 2 .因为直线11和直线AB平行,设直线11的方程为y=-x+ b, 代入抛物线方程得y2+y0y-8b2,64 32b-2由题意A=yp?r=0，得 b= -y;444一+ yo.yo 。4yon2=y0-4, y04设 E(xe, yE),则 yE=- yo，xe=9

3、.yE yo 当 y2w4 时，kAE =xe xo4yo可得直线AE的方程为y yo= 2(x xo).y2 4由 yl= 4xo,整理可得 y=-4yo-(x-1), y6 4直线AE恒过点F(1, o).当y2=4时，直线AE的方程为x=1,过点F(1, o),所以直线AE过定点F(1, 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.1.(2015大庆市教学质量检测)已知椭圆C："+ y2 = 1

4、(a>1)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M : (x 3)2+(y1)2= 3相 a切.(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P, Q两点，且AP。AQ=0,求证：直线l过定点，并求该定点的坐标.解：圆M的圆心为(3, 1),半径r = J3.由题意知 A(0, 1), F(c, 0),直线AF的方程为x+y=1,即x+ cy c= 0. c|3 + c c| f-由直线AF与圆M相切，得 ,=V3,解得c2=2, a2 = c2 + 1=3,Vc2+1x2故椭圆c的方程为&+y2=1., (2)法一：由AP AQ=0,知APAQ,从而直线 AP与坐

5、标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y=kx+1,直线AQ的方程为y= x+1. ky= kx+ 1联立 x2,整理得(1 + 3k2)x2+6kx=0,? + y2=1解得x= 0或x =-6k-6k 1- 3k21+ 3卜2,故点 P的坐标为（1 + 3卜2,1 + 3k2)'e , 6k k 3同理，点 Q 的坐标为（:,-）,k2+3 k2+3，'k23 1- 3k2，直线l的斜率为k2 3 1 3k2 k2 1 6k 6k 4 kk2+ 3 1 + 3k2直线l的方程为k2-16kk2-3yy(xF 5 3k211即 y= 4k x-2，直线l过定点(0, J.法二：由

6、APAQ=0,知APXAQ,从而直线 PQ与x轴不垂直，故可设直线 l的方程为y=kx+t(tw 1),y= kx+1x22，i + y2=1整理得(1 + 3k2)x2+ 6ktx+ 3(t2 1)=0.设 P(x1，y1), Q(x2, y2),6kt则 x1+x2=I,1 + 3k23 (t21)x1x2=；-.(*)1+3k2由A = (6kt)2 4(1 +3k2)x3(t2-1)>0,得 3k2>t2-1.由 A PA Q=0,得 A PA Q=(x，y1一1)(x2, y21)= (1 + k2)x1x2+k(t1)(x1+ x2)+(t1)2 =0.，、-1将(*)

7、代入，得t=2，直线i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C: x2=4y,过点M(0, 2)任作一直线与 C相交于A, B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1(不含x轴)，与直线y = 2相交于点Ni,与(1)中的定直线相交 于点N2,证明：|MN2|2|MN1|2为定值，并求此定值.解(1)证明：依题意可设 AB方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2 -4kx-8=0.设 A(xi, yi), B(x2, y2),则有 X1X2= 8.直线A

8、O的方程为y=/ B*方程为X= X2.X= X2,解得交点D的坐标为yiX2注意到 xiX2= 8 及 x2= 4yi,r- yiXiX28yi则有 y=rr=w=2.因此D点在定直线 y=-2上(x W 0).(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y= ax+b(aw0),代入x2= 4y,得 x2=4(ax+b),b= a2.即 X2 4ax4b= 0.由A=0,得(4a)2 + 16b=0,化简整理得故切线l的方程可写为y=axa2.分别令y=2, y= 2,得Ni, N2的坐标为Ni |+a, 2 , N2 -2+a, -2 , aa则 |MN2|2|MNi|2=

9、 -a +42 a=8,即 |MN2|2|MNi|2 为定值 8.规律方法圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点：特征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.引进变量法：其解题流程为222.（2015长春市调研）已知椭圆9+b2 10= 1（a>b>0）的右焦点为F2（1 , 0）,点H（2,，；一）在椭圆上. 3(1)求椭圆的方程；(2)若点M在圆x2+ y2=b2±,且M在第一象限，过M作圆x?+y2= b2的切线交椭圆于 P, Q两点，问： PF2Q的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理

10、由.a2 - b2 = c2 = 1解：由题意，得 4 40，a = 9/解得 ，：椭圆方程为7+p = 1-b2=89 8(2)设 P(xi, yi), Q(X2, y2),则 § +1(|xi|w 3),X彳|PF2|2=(X1 - 1)2+ y?=(X1 - 1)2+ 8(1 -T)12= g(Xl-9)2,11.|PF2| = -(9-xi) = 3-xi.连接 OM, OP(图略)，由相切条件知：|PM |2= |0P|2- |0M |2= x+ y- 8= x+ 8(1 -8='1-.|PM |= 2xi, o11.|PF2|+ |PM |=3-7X1 + Txi

11、 = 3, o o11同理可求得 |QF2|+|QM |= 3 ；X2 + X2= 3, o o.|F2P|+|F2Q|+ |PQ|=3+3 = 6 为定值.考点三探究存在性问题 (2014高考湖南卷)如图，。为坐标原X2 y2y2 x22 ： 3点，双曲线 Ci ：薪一b2=1(ai>0, bl >0)和椭圆 C2：方 + 记=1(a2>b2>0)均过点 P -3-, 1 ,且以Ci的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.|OA+OB|(1)求Ci, C2的方程;(2)是否存在直线I,使得l与Ci交于A, B两点，与C2只有一个公共点，且 =|AB

12、|?证明你的结论.解(i)设C2的焦距为2c2,由题意知，2c2= 2, 2ai=2.从而ai= 1C2= 1.因为点p等，i在双曲线x2-b2=i上，所以 233 b1= 1.故 b2 = 3.由椭圆的定义知2a2= 4 233 ( 1T) 2 + 7 乎Z+ (1 + 1) =2 3.于是 a2=木,b2 = a2c2=2.故C1, C2的方程分别为(2)不存在符合题设条件的直线.若直线l垂直于X轴，因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x= 2或x= 42.当 x=<2时，易知 A(42, 屈 B(V2,所以 |oA + oB|=2*, |AB|=2>/3, , 一，

13、 此时，QA+OB产 |AB|.当x=42时，同理可知，OA+OB产|AB|.若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y=kx+m.y= kx+ m由 G ,得(3k2)x2 2kmxm23= 0. x2-yT =1x2是上述方程的两个实当l与C1相交于A, B两点时,设 A(x1, y1), B(x2, y2),则x1,根,ch2kmm +3从而 x1 + x2=o, x1x2= o3-k2k233k2- 3m2是 yiy2= k2xiX2 + km(xi + X2)+ m2=；.k2-3y= kx+ m由 y2 X2，得(2k2 + 3)x2+4kmx + 2m2 6= 0.3十万=1因为直线l

14、与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式A =16k2m2-8(2k2+3)(m2- 3)=0.化简，得 2k2=m2 3,因此 OA OB= X1X2+ yiy2m2+3 3k2- 3m2 - k2- 3+=0k23k23k23于是 OA2+Ob2+2oA(5bOA2+Ob2-2(5A(DB,即 |OA+ OB|2w|OA OB|2,故 |OA+OB|w|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

15、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，要思维开放，采取另外的途径.3.(2015江西南昌模拟)已知椭圆E的 长轴的一个端点是抛物线y2=4mx的焦点，离心率是 平.3(1)求椭圆E的方程；(2)过点C(-1, 0)的动直线与椭圆相交于A, B两点.1若线段AB中点的横坐标是一1,求直线AB的方程；在x轴上是否存在点 M,使MA MB为常数？若存在，求出点 M的坐标；若不存在， 请说明理由.解：(1)根据已知易知椭圆的焦点在x轴上，且a = p,又 c=ea=乎x V5=3°, 33=PIx2 y2故所求椭圆E的方程为x5+5=1,3即 x2+

16、3y2=5.(2)依题意知，直线 AB的斜率存在，设直线 AB的方程为y=k(x+ 1),将 y=k(x+1)代入 x2+3y2=5,消去 y 整理得(3k2+1)x2 + 6k2x+3k25= 0.设 A(x1, y1), B(x2, y2),A=36k4 4 (3k2+1) (3k25) >0,则6k2小,x1 + x2 =：.3k2 + 1由线段AB中点的横坐标是12,x；+ m23k2+ 1 + x1 6m+14m +2m 3 3(3/+1)注意到MA MB是与k无关的常数,从而有 6m+14=0, m= 7,3k21倚，一丁；一 2，解得卜=粤，适合，. 3所以直线AB的方程为

17、x my+ 1 = 0 或 x+ *y+ 1 = 0.假设在x轴上存在点 M(m, 0),使MA MB为常数.a,当直线 AB与x轴不垂直时，6k2由知 x1+x2=-3k2+ 13k2 5x1x2 = Z.'3k2+1 7所以 MA MB = (x1一 m)(x2 m) + y1y2=(x1 m)(x2 _ m) + k2(x1 + 1)(x2 + 1)=(k2+ 1)x1x2+ (k2 m)(x1 + x2)+ k2+ m2.将代入，整理得一 一(6m1) k2 5MA MB =：+ m23k2+11 o14(2m-3) (3k2+1) - 2m-yb.当直线AB与x轴垂直时，此时

18、点 A, B的坐标分别为(一1,泉),(-1,当m= 7时, 3也有 IMA IMB = 4.9综上，在x轴上存在定点m(7,0),使MA mB为常数.31. (2015东北三校联合模拟)已知圆M： x2+(y2)2=1,直线l： y=1,动圆P与圆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0A OB = - 16,求证：直线 AB解：设 P(x, y),则 x2+ ( y2) 2 = (y+1) + 1? x2=8y.所以E的方程为x2= 8y.(2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线 AB： y=kx+b,

19、A(xi, yi), B(x2, y2).将直线 AB 的方程代入 x2=8y 中，得 x2-8kx-8b=0,所以 xi+x2=8k, xix2 = 8b.一 一x2x22OA OB = xix2 + yiy2 = xix2 + _64= 8b+b = 16? b=4,所以直线AB恒过定点(0, 4).2. (20i5河北省唐山市高三年级统考 )已知抛物线E: x2=2py(p>0),直线y=kx+2与E交于A, B两点，且OA OB=2,其中。为原点.(i)求抛物线E的方程；(2)点C坐标为(0, 2),记直线CA, CB的斜率分别为ki, k2,证明：k2+k2 2k2为定 值.解

20、：(i)W y= kx+ 2 代入 x2 = 2py,得 x22pkx4P = 0,其中 A = 4p2k2+i6p>0.设 A(xi, yi), B(x2, y2),则xi+x2=2pk, xix2=4p.f fx2 x2OA OB = xi&+yiy2 = xix2 + 2p2p= 4p+4=2. , i 所以p=2,所以抛物线E的方程为x2 = y.(2)证明：由(i)知，xi + x2=k, xix2= 2.22yi+2 xi+2 xi xix2ki=xi x2,同理 k2 = x2 xixixixiF(i, 0),右顶所以 k2 + k2 2k2 = 2(xi x2)2

21、 2(xi + x2)2= - 8xix2= i6.3. (20i5山西省四校联考)已知椭圆C: x2+b2=i(a> b>0)的右焦点为点为A,且|AF|= i.(i)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l： y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点 P,且与直线x= 4交于点Q,问:是否存在一个定点 M(t, 0),使得MP MQ = 0.若存在，求出点 M的坐标；若不存在，请说明理由.解：由 c= 1, a c= 1,得 a=2： b=yf3,故椭圆c的标准方程为?+y2=i.43y= kx+ m(2)由,得(3+4k2)x2+8kmx+ 4m2-12=0,3x2+4y2= 12A

22、=64k2m2-4(3+4k2)(4m2- 12)=0,即 m2= 3+ 4k2.设 P(xp, yp),则 xp=4 km3+4k24km，yp= kxp+ m=蛆+ m=3, m m即 P(-m m). M(t, 0), Q(4, 4k+m),-MP = (-4k-t, m3), MQ = (4-t, 4k+m).一一 4k34k, .MP MQ = ( - m- t) (4- t) +m (4k+ m) = t2 4t + 3 + m(t 1) = 0 恒成立,故t= 1,即 t=1. t2-4t+3= 0存在点M(1, 0)符合题意.1. (2013高考陕西卷)已知动圆过定点 A(4,

23、 0),且在y轴上截得弦 MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹 C的方程；(2)已知点B(-1, 0),设不垂直于 x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点 P, Q,若x 轴是/ PBQ的角平分线，证明直线 l过定点.解：如图，设动圆圆心 Oi(x, v),由题意，|OiA|=|OiM|.当Oi不在y轴上时，过Oi作OiHMN交MN于H,则H是MN的中点,，|OiM|= jx2+42又 |OiA尸飞(x 4) 2+y2, 7 (x-4) 2 + y2 = Jx2+42.化简彳导,y2=8x(xw。).当Oi在y轴上时，Oi与。重合，点Oi的坐标(0, 0)也满足方程y2=8x,y= kx+ b(k

24、w 0),，动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x.(2)证明：如图，由题意，设直线l的方程为y1)，Q(x2, y2),将y= kx+ b代入y2= 8x中,得 k2x2+(2bk8)x+b2=0.其中 A = - 32kb+64>0.82bk由根与系数的关系得，Xl+X2=1,.X轴是/PBQ的角平分线,Xl+1X2+1即 yi(X2 + 1)+ y2(Xi +1)=0,. (kXi + b)(X2 + 1)+ (kX2 + b)(X+ 1)=0,. 2kX1X2+(b+k)(X1 + X2)+2b= 0,将代入并整理得2kb2+ (k+b)(8-2bk) + 2k2b=0,. k= b

25、.此日中 A >0,，直线l的方程为y=k(X-1),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k1、k2,且k1k2=-3,设动点R的轨迹为曲线 C.(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MQ/NP, MQX轴，若直线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.x+ 2x- 2x+2x 2解：(1)由题知 xw 上，且 k1 = y, &=-y,则

26、一yy-= 3,整理得，曲线c的方程为X2+¥=1(yw0). 43(2)设MP与x轴交于 D(t, 0),则直线 MP的方程为x=my+t(mw0).设 M(xi, y1)，P(X2,y2),由对称性知Q(xi,y1)，N(X2,一y2),3x2+4y2= 12由,消去 x得(3m2+4)y2+6mty+3t212=0,x= my+ t所以 a = 48(3m2+ 4-t2)>0,yi+ y2=一6mt3m2+ 4,3t212yi y2 =3m2+ 4y1 y2由M、N、S三点共线知 kMs=kNs,即一=,xi 4 X2 4所以 yi(my2+t4)+y2(myi + t 4) = 0,整理得 2myiy2+(t4)(yi + y2)= 0,2m (3t2i2) 6mt (t4)所以=0,3m2+4即 24m(t 1)=0, t=i,所以直线MP