（江苏专用）高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 课时3 定点、定值、探索性问题 理.doc

课时3定点、定值、探索性问题题型一定点问题例1已知椭圆1(a0，b0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于q、p，与椭圆分别交于点m、n，各点均不重合且满足1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若123，试证明：直线l过定点并求此定点.解(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又a2b2c2，所以a23.所以椭圆的方程为y21.(2)由题意设p(0，m)，q(x0,0)，m(x1，y1)，n(x2，y2)，设l方程为xt(ym)，由1知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意y10，11.同理由2知21.123，y1y2m(y1y2)0，联立得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知4m2t44(t23)(t2m23)0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，(mt)21，由题意mt0)的右焦点为f.点a，b分别在c的两条渐近线上，afx轴，abob，bfoa(o为坐标原点).(1)求双曲线c的方程；(2)过c上一点p(x0，y0)(y00)的直线l：y0y1与直线af相交于点m，与直线x相交于点n.证明：当点p在c上移动时，恒为定值，并求此定值.解(1)设f(c,0)，因为b1，所以c，直线ob方程为yx，直线bf的方程为y(xc)，解得b(，).又直线oa的方程为yx，则a(c，)，kab.又因为abob，所以()1，解得a23，故双曲线c的方程为y21.(2)由(1)知a，则直线l的方程为y0y1(y00)，即y.因为直线af的方程为x2，所以直线l与af的交点为m(2，)；直线l与直线x的交点为n(，).则.因为p(x0，y0)是c上一点，则y1，代入上式得，即所求定值为.思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.如图，在平面直角坐标系xoy中，点f(，0)，直线l：x，点p在直线l上移动，r是线段pf与y轴的交点，rqfp，pql.(1)求动点q的轨迹c的方程；(2)设圆m过a(1,0)，且圆心m在曲线c上，ts是圆m在y轴上截得的弦，当m运动时，弦长ts是否为定值？请说明理由.解(1)依题意知，点r是线段fp的中点，且rqfp，rq是线段fp的垂直平分线.点q在线段fp的垂直平分线上，pqqf，又pq是点q到直线l的距离，故动点q的轨迹是以f为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y22x(x0).(2)弦长ts为定值.理由如下：取曲线c上点m(x0，y0)，m到y轴的距离为d|x0|x0，圆的半径rma，则ts22，因为点m在曲线c上，所以x0，所以ts22，是定值.题型三探索性问题例3(2015湖北)一种作图工具如图1所示.o是滑槽ab的中点，短杆on可绕o转动，长杆mn通过n处铰链与on连结，mn上的栓子d可沿滑槽ab滑动，且dnon1，mn3，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；(2) 设动直线l与两定直线l1：x2y0和l2：x2y0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)设点d(t,0)(|t|2)，n(x0，y0)，m(x，y)，依题意，2，且|1，所以(tx，y)2(x0t，y0)，且即且t(t2x0)0.由于当点d不动时，点n也不动，所以t不恒等于0，于是t2x0，故x0，y0，代入xy1，可得1，即所求曲线c的方程为1.(2)当直线l的斜率不存在时，直线l为x4或x4，都有sopq448.当直线l的斜率存在时，设直线l：ykxm，由消去y，可得(14k2)x28kmx4m2160.因为直线l总与椭圆c有且只有一个公共点，所以64k2m24(14k2)(4m216)0，即m216k24.(*1)又由可得p；同理可得q.由原点o到直线pq的距离为d和pq|xpxq|，可得sopqpqd|m|xpxq|m|.(*2)将(*1)代入(*2)得，sopq8.当k2时，sopq888；当0k2时，sopq88.因0k2，则0b0)以抛物线y28x的焦点为顶点，且离心率为.(1)求椭圆e的方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆e相交于a，b两点，与直线x4相交于q点，p是椭圆e上一点且满足(其中o为坐标原点)，试问在x轴上是否存在一点t，使得为定值？若存在，求出点t的坐标及的值；若不存在，请说明理由.解(1)抛物线y28x的焦点为椭圆e的顶点，即a2.又，故c1，b.椭圆e的方程为1.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，p(x1x2，y1y2)，联立得(4k23)x28kmx4m2120.由根与系数的关系，得x1x2，y1y2k(x1x2)2m.将p代入椭圆e的方程，得1，整理，得4m24k23.设t(t,0)，q(4，m4k)，(4t，m4k)，.即.4k234m2，.要使为定值，只需2为定值，则1t0，t1，在x轴上存在一点t(1,0)，使得为定值.21.设而不求，整体代换典例(16分)椭圆c：1(ab0)的左、右焦点分别是f1、f2，离心率为，过f1且垂直于x轴的直线被椭圆c截得的线段长为1.(1)求椭圆c的方程；(2)点p是椭圆c上除长轴端点外的任一点，连结pf1，pf2，设f1pf2的角平分线pm交c的长轴于点m(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点p作斜率为k的直线l，使得l与椭圆c有且只有一个公共点，设直线pf1、pf2的斜率分别为k1、k2，若k20，证明为定值，并求出这个定值.思维点拨第(3)问，可设p点坐标为(x0，y0)，写出直线l的方程；联立方程组消去y得关于x的一元二次方程，则0；变为，把k与均用x0，y0表示后可消去.规范解答解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y.2分由题意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆c的方程为y21.4分(2)设p(x0，y0) (y00)，又f1(，0)，f2(，0)，所以直线pf1，pf2的方程分别为lpf1：y0x(x0)yy00，lpf2：y0x(x0)yy00.6分由题意知.由于点p在椭圆上，所以y1.所以.8分因为m，2x02，可得，所以mx0.因此m0或说明中点在曲线内部.3.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.(时间：80分钟)1.已知中心在坐标原点o的椭圆c经过点a(2,3)，且点f(2，0)为其右焦点.(1)求椭圆c的方程；(2)是否存在平行于oa的直线l，使得直线l与椭圆c有公共点，且直线oa与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解(1)依题意，可设椭圆c的方程为1(ab0)，且可知其左焦点为f(2,0).从而有解得又a2b2c2，所以b212，故椭圆c的方程为1.(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为yxt.由得3x23txt2120.因为直线l与椭圆c有公共点，所以(3t)243(t212)0，解得4t4.另一方面，由直线oa与l的距离d4，得4，解得t2.由于24，4 ，所以不存在符合题意的直线l.2.(2015四川)如图，椭圆e：1(ab0)的离心率是，点p(0，1)在短轴cd上，且1.(1)求椭圆e的方程；(2)设o为坐标原点，过点p的动直线与椭圆交于a，b两点.是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.解(1)由已知，点c、d的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点p的坐标为(0,1)，且1，于是解得a2，b，所以椭圆e的方程为1.(2)当直线ab的斜率存在时，设直线ab的方程为ykx1，a，b的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，从而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以当1时，23，此时3为定值.当直线ab斜率不存在时，直线ab即为直线cd，此时，213.故存在常数1，使得为定值3.3.已知椭圆c：1 (ab0)的两焦点在x轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形.(1)求椭圆的方程；(2)过点s的动直线l交椭圆c于a，b两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点q，使得以线段ab为直径的圆恒过点q？若存在，求出点q的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，bc.又斜边长为2，即2c2，故cb1，a，椭圆方程为y21.(2)当l与x轴平行时，以线段ab为直径的圆的方程为x22；当l与y轴平行时，以线段ab为直径的圆的方程为x2y21.由得故若存在定点q，则q的坐标只可能为q(0,1).下面证明q(0,1)为所求：若直线l的斜率不存在，上述已经证明.若直线l的斜率存在，设直线l：ykx，a(x1，y1)，b(x2，y2)，由得(918k2)x212kx160，144k264(918k2)0，x1x2，x1x2，(x1，y11)，(x2，y21)，x1x2(y11)(y21)(1k2)x1x2(x1x2)(1k2)0，即以线段ab为直径的圆恒过点q(0,1).b组专项能力提升(时间：30分钟)4.设椭圆c：1(ab0)的离心率e，左顶点m到直线1的距离d，o为坐标原点.(1)求椭圆c的方程；(2)设直线l与椭圆c相交于a，b两点，若以ab为直径的圆经过坐标原点，证明：点o到直线ab的距离为定值.(1)解由e，得ca，又b2a2c2，所以ba，即a2b.由左顶点m(a,0)到直线1，即到直线bxayab0的距离d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.所以a2b2，c.所以椭圆c的方程为y21.(2)证明设a(x1，y1)，b(x2，y2)，当直线ab的斜率不存在时，则由椭圆的对称性，可知x1x2，y1y2.因为以ab为直径的圆经过坐标原点，故0，即x1x2y1y20，也就是xy0，又点a在椭圆c上，所以y1，解得|x1|y1|.此时点o到直线ab的距离d1|x1|.当直线ab的斜率存在时，设直线ab的方程为ykxm，与椭圆方程联立有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2.因为以ab为直径的圆过坐标原点o，所以oaob.所以x1x2y1y20.所以(1k2)x1x2km(x1x2)m20.所以(1k2)m20.整理得5m24(k21)，所以点o到直线ab的距离d1.综上所述，点o到直线ab的距离为定值.5.(2014福建)已知双曲线e：1(a0，b0)的两条渐近线分别为l1：y2x，l2：y2x.(1)求双曲线e的离心率；(2)如图，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，请说明理由.解(1)因为双曲线e的渐近线分别为y2x，y2x，所以2，所以2，故ca，从而双曲线e的离心率e.(2)方法一由(1)知，双曲线e的方程为1.设直线l与x轴相交于点c.当lx轴时，若直线l与双曲线e有且只有一个公共点，则oca，ab4a.又因为oab的面积为8，所以ocab8，因此a4a8，解得a2，此时双曲线e的方程为1.若存在满足条件的双曲线e，则e的方程只能为1.以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线e：1也满足条件.设直线l的方程为ykxm，依题意，得k2或k2，则c(，0).记a(x1，y1)，b(x2，y2).由得y1，同理，得y2.由soaboc|y1y2|，得|8，因为4k20，所以m24|4k2|4(k24).由得(4k2)x22kmxm2160.所以4k2m24(4k2)(m216)16(4k2m216).又因为m24(k24)，所以0，即l与双曲线e有且只有一个公共点.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1.方法二由(1)知，双曲线e的方程为1.设直线l的方程为xmyt，a(x1，y1)，b(x2，y2).依题意得m.由得y1，同理，得y2.设直线l与x轴相交于点c，则c(t,0).由soaboc|y1y2|8，得|t|8.所以t24|14m2|4(14m2).由得(4m21)y28mty4(t2a2)0.因为4m212或k2.由得(4k2)x