1、第三课时 定点、定值、探索性问题 授课提示：对应学生用书第 197 页 题型一 圆锥曲线中的定点问题 探求直线、曲线过定点或两条直线的交点在定曲线上等问题 例 （2020 高考全国卷）已知 A，B 分别为椭圆 E：x 2 a2y 21（a1）的左，右顶点，G 为 E 的上顶点，AG GB 8P 为直线 x6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另 一交点为 D （1）求 E 的方程； （2）证明：直线 CD 过定点 解析 （1）由题设得 A（a，0） ，B（a，0） ，G（0，1） 则AG （a，1） ，GB （a，1） 由AG GB 8，得 a218，即 a3所以 E
2、的方程为x 2 9 y21 （2）证明：设 C（x1，y1） ，D（x2，y2） ，P（6，t） 若 t0，设直线 CD 的方程为 xmyn，由题意可知3n3 由于直线 PA 的方程为 yt 9（x3） ，所以 y1 t 9（x13） 直线 PB 的方程为 yt 3（x3） ，所以 y2 t 3（x23） 可得 3y1（x23）y2（x13） 由于x 2 2 9y 2 21，故 y 2 2（x 23）（x23） 9 ， 可得 27y1y2（x13） （x23） ， 即（27m2）y1y2m（n3） （y1y2）（n3）20 将 xmyn 代入x 2 9y 21 得（m29）y22mnyn290
3、 所以 y1y2 2mn m29，y1y2 n29 m29 代入式得（27m2） （n29）2m（n3）mn（n3）2 （m29）0 解得 n3（舍去）或 n3 2 故直线 CD 的方程为 xmy3 2， 即直线 CD 过定点 3 2，0 若 t0，则直线 CD 的方程为 y0，过点 3 2，0 综上，直线 CD 过定点 3 2，0 对点训练 （2021 武汉模拟） 过抛物线 C： y24x 的焦点 F 且斜率为 k 的直线 l 交抛物线 C 于 A， B 两点， 且|AB|8 （1）求直线 l 的方程； （2）若 A 关于 x 轴的对称点为 D，求证：直线 BD 过定点，并求出该点的坐标 解
4、析： （1）由 y24x 知焦点 F 的坐标为（1，0） ，则直线 l 的方程为 yk（x1） ， 代入抛物线方程 y24x，得 k2x2（2k24）xk20， 由题意知 k0， 且 （2k24）24k2 k216（k21）0 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 x1x22k 24 k2 ，x1x21 由抛物线的弦长公式知|AB|x1x228，则2k 24 k2 6， 即 k21，解得 k 1 所以直线 l 的方程为 y （x1） （2）证明：由（1）及抛物线的对称性知，D 点的坐标为（x1，y1） ， 直线 BD 的斜率 kBDy2y1 x2x1 y2y1 y22 4 y21 4
5、 4 y2y1， 所以直线 BD 的方程为 yy1 4 y2y1（xx1） ， 即（y2y1）yy2y1y214x4x1 因为 y214x1，y224x2，x1x21， 所以（y1y2）216x1x216， 即 y1y24（y1，y2异号） 所以直线 BD 的方程为 4（x1）（y1y2）y0， 对任意 y1，y2R，有 x10， y0， 解得 x1， y0， 即直线 BD 恒过定点（1，0） 题型二 圆锥曲线中的定值问题 探求以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，常涉及某些元素、斜率、弦长、面积的定值 问题 例 （2021 驻马店模拟）已知椭圆 C：y 2 a2 x2 b21（ab0）的短轴长为
6、 2，且椭圆 C 的离 心率为 2 2 （1）求椭圆 C 的方程； （2）过椭圆 C 的上焦点作相互垂直的弦 AB，CD，求证： 1 |AB| 1 |CD|为定值 解析 （1）由题意可知 2b2，b1， 又椭圆的离心率为 2 2 ，则 a 2， 故椭圆 C 的方程为y 2 2x 21 （2）证明：当直线 AB 的斜率不存在或为零时， 1 |AB| 1 |CD| 3 2 4 当直线 AB 的斜率存在且不为零时， 设直线 AB 的方程为 ykx1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 由 ykx1， y2 2x 21 消 y 得（k22）x22kx10， x1x2 2k k22，x1x2 1
7、k22， |AB|1k2（x1x2）4x1x22 2（k 21） k22 ， 同理可得，|CD|2 2（k 21） 2k21 ， 1 |AB| 1 |CD| k22 2 2（k21） 2k21 2 2（k21） 3（k21） 2 2（k21） 3 2 4 对点训练 在直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 E 的中心在原点，长轴长为 8，椭圆在 x 轴上的两个焦点与短 轴的一个顶点构成等边三角形 （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆内一点 M（1，3）的直线与椭圆 E 交于不同的 A，B 两点，交直线 y1 4x 于点 N，若NA mAM ，NB nBM ，求证：mn 为定值，并求出此定值 解析：
8、 （1）由已知得，2a8，a2c，则 a4，c2， 又 b2a2c2，b212， 椭圆的标准方程为x 2 16 y2 121 （2）证明：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，N（x0，1 4x0） ， 由NA mAM ， 得 x1x0，y11 4x0 m（1x1，3y1） ， x1mx0 m1，y1 3m1 4x0 m1 ， A mx0 m1 ， 3m1 4x0 m1 点 A 在椭圆x 2 16 y2 121 上， mx0 m1 2 16 3m1 4x0 m1 2 12 1， 得到 9m296m4813 4 x200； 同理，由NB nBM ，可得 9n296n4813 4 x200
9、m，n 可看作是关于 x 的方程 9x296x4813 4 x200 的两个根， 则 mn32 3 为定值 题型三 圆锥曲线中的存在性问题 存在性问题一般分为探索条件和探索结论两种类型， 若探索条件， 则可先假设条件成立， 再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在若探索结论，则应先写出结论的表达式， 再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论 例 已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21（ab0）的离心率 e 2 2 ，以上顶点和右焦点为直径端点的 圆与直线 xy20 相切 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）是否存在斜率为 2 的直线，使得当直线与椭圆 C 有两个不同的交点 M，N 时，
10、能在直线 y5 3上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足PM NQ ？若存在，求出直线的方程；若不 存在，说明理由 解析 （1）由椭圆的离心率 e 2 2 ，得c 2 a2 c2 b2c2 1 2，得 bc 上顶点为（0，b） ，右焦点为（b，0） ， 以上顶点和右焦点为直径端点的圆的方程为 xb 2 2 yb 2 2 a 2 2 b 2 2 圆心为 b 2， b 2 ，半径 为 2 2 b， |b2| 2 2 2 b，即|b2|b，得 bc1，a 2， 椭圆 C 的标准方程为x 2 2y 21 （2）不存在理由如下：设直线的方程为 y2xt，M（x1，y1） ，N（x2，y2） ，
11、P x3，5 3 ，Q （x4，y4） ，MN 的中点为 D（x0，y0） ， 由 y2xt， x2 2y 21，消去 x，得 9y 22tyt280， 所以 y1y22t 9，且 4t 236（t28）0， 故 y0y1y2 2 t 9，且3t3 由PM NQ ，得 x1x3，y15 3 （x4x2，y4y2） ， 所以 y15 3y4y2，y4y1y2 5 3 2 9t 5 3， （也可由PM NQ 知四边形 PMQN 为平行四边形，而 D 为线段 MN 的中点，因此，D 也为线 段 PQ 的中点，所以 y0 5 3y4 2 t 9，可得 y4 2t15 9 ） 又3t3，所以7 3y41
12、， 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是1，1矛盾故不存在斜率为 2 的直线满足条件 求解存在性问题的思路及策略 （1）思路：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 （2）策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论； 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 对点训练 （2021 惠州调研）已知定点 A（3，0） ，B（3，0） ，直线 AM，BM 相交于点 M，且它们的 斜率之积为1 9，记动点 M 的轨迹为曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）过点 T（1，0）的直线 l 与曲线 C 交于 P，Q 两点，是否存在定点 S（x0，0） ，使得直
13、线 SP 与 SQ 斜率之积为定值？若存在，求出 S 的坐标；若不存在，请说明理由 解析： （1）设动点 M（x，y） ，则直线 MA 的斜率 kMA y x3（x3） ， 直线 MB 的斜率 kMB y x3（x3） 因为 kMA kMB1 9，所以 y x3 y x3 1 9， 化简得x 2 9y 21， 又 x 3，所以曲线 C 的方程为x 2 9y 21（x 3） （2）由题意得直线 l 的斜率不为 0，根据直线 l 过点 T（1，0） ，可设直线 l 的方程为 xmy 1， 联立 xmy1， x29y29，消去 x 得（m 29）y22my80 设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，则 y1y2 2m m29， y1y2 8 m29. 直线 SP 与 SQ 的斜率分别为 kSP y1 x1x0 y1 my11x0，kSQ y2 x2x0 y2 my21x0， kSP kSQ y1y2 （my11x0）（my21x0） 8 （x209）m29（1x0）2， 当 x03 时，任意 mR，kSP kSQ 8 9（1x0）2 2 9； 当 x03 时，任意 mR，kSP kSQ 8 9（1x0）2 1 18 所以存在定点 S（ 3，0） ，使得直线 SP 与 SQ 斜率之积为定值
