8.9.4 定值与探索性问题（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

第四课时　定值与探索性问题 考法(一)　定值问题 [例1]　已知圆E：(x＋1)2＋y2＝16，点F(1,0)，G是圆E上任意一点，线段GF的垂直平分线和半径GE相交于H. (1)求动点H的轨迹L的方程； (2)若A(－2,0)，B(2,0)，过F作直线l与轨迹L交于M，N两点(不与A，B重合)，记直线AM与BN的斜率分别为k1，k2，求证：为定值． 解：(1)圆E：(x＋1)2＋y2＝16，圆心E(－1,0)，半径r＝4， 因为线段GF的垂直平分线和半径GE相交于H， 所以|HG|＝|HF|，所以|HE|＋|HF|＝|HE|＋|HG|＝|EG|＝r＝4>|EF|＝2， 所以点H的轨迹是以E(－1,0)，F(1,0)为焦点，且长轴长为4的椭圆． 故a＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3， 所以点H的轨迹L的方程是＋＝1. (2)证明：因为直线l不与A，B重合， 所以直线l斜率不为0， 故设l：x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立⇒(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 所以 ＝＝＝＝＝＝，所以为定值. 点拨·建模 圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值．依题设条件，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． [针对训练] 1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，且离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设过点F(1,0)且斜率为k的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点D．求证：为定值． 解：(1)由题设可得a＝2，设椭圆的半焦距为c，则＝，故c＝1，则b＝，所以椭圆的方程为＋＝1. (2)证明：当k＝0时，l：y＝0，此时|AB|＝4，而D(0,0)，故|DF|＝1，故＝4. 当k≠0时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由可得 (3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 此时Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144＋144k2>0，＝，＝－，且|AB|＝×＝. AB的中垂线的方程为y＝－－，令y＝0，则xD＝，故|DF|＝＝，故＝4. 综上，为定值4. 考法(二)　探索性问题 [例2]　过抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点F，且斜率为－1的直线l与抛物线E交于A，B两点，|AB|＝8. (1)求抛物线E的方程； (2)过焦点F的直线l′，交抛物线E于C，D两点，直线AC与BD的交点是否恒在一条直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由． 解：(1)由题意知，F，则直线l：y＝－x＋. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立得消去y并整理得，x2－3px＋＝0，Δ1＝(－3p)2－4×1×＝8p2>0， 所以x1＋x2＝3p，x1x2＝. 由抛物线的定义得，|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8， 解得p＝2， 所以抛物线E的方程为y2＝4x. (2)由(1)可得，y1y2＝－4，F(1,0)． 由题意知，直线l′的斜率不为0，设直线l′：x＝my＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 联立得消去x并整理得， y2－4my－4＝0， Δ2＝(－4m)2－4×1×(－4)＝16(m2＋1)>0， 所以y3y4＝－4. 直线AC：y－y3＝(x－x3) ＝(x－x3)＝(x－x3)， 即y＝　①. 同理得，直线BD：y＝　②. 由①②消去y得，＝，即4(y1－y2＋y3－y4)x＝y1y2(y3－y4)＋y3y4(y1－y2)＝－4(y1－y2＋y3－y4)， 解得x＝－1，所以直线AC与直线BD的交点恒在直线x＝－1上． 点拨·建模　圆锥曲线中探索性问题的解题策略 (1)先假设存在或结论成立，然后引进未知数、参数并建立有关未知数、参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立． (2)在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证也可． [针对训练] 2．(2024·成都高三校考阶段练习)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的中心为O，左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上一点，线段MF1与圆x2＋y2＝2相切于该线段的中点N，且△MF1F2的面积为4. (1)求椭圆C的方程； (2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点F1，且四边形OAPB是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)如图，连接ON，则ON⊥MF1，|ON|＝， 因为N为MF1的中点，O为F1F2的中点，所以MF2∥ON，故MF2⊥MF1，|MF2|＝2|ON|＝2， S＝|MF1|·|MF2|＝|MF1|＝4， 解得|MF1|＝2， 由椭圆定义可知，|MF1|＋|MF2|＝4＝2a， 解得a＝2， 由勾股定理得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2＝8＋8＝16，即4c2＝16，解得c＝2， 故b2＝a2－c2＝8－4＝4， 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)由题意得F1(－2,0)，当直线AB的斜率不存在时，即x＝－2， 此时＋＝1，解得y＝±， 设A(－2，)，B(－2，－)， 由于|OA|＝|OB|，由对称性可知，P为椭圆左顶点D，但|DF1|≠|OF1|，故不合要求，舍去． 当直线AB的斜率存在时，设为y＝k(x＋2)， 联立C：＋＝1得， (1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－8＝0， Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－8)＝32k2＋32>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4k＝＋4k＝， 则AB中点坐标为Q， 假设存在点P，使得四边形OAPB是平行四边形，则P， 将P代入椭圆C：＋＝1中，得2＋22＝8，解得k＝±， 此时直线AB的方程为y＝±(x＋2)． [课时跟踪检测] 1．已知A，B分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点和上顶点，|AB|＝，直线AB的斜率为－. (1)求椭圆的方程； (2)若直线l∥AB，与x轴交于点M，与椭圆相交于点C，D，求证：|CM|2＋|MD|2为定值． 解：(1)由A，B分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点和上顶点，可得A(a,0)，B(0，b)， 因为|AB|＝，所以|AB|＝＝， 因为直线AB的斜率为－，所以＝－， 解得a＝2，b＝1，所以椭圆的方程为＋y2＝1. (2)证明：设直线l的方程为y＝－x＋m， 则M(2m,0)， 与椭圆方程联立 可得x2－2mx＋2m2－2＝0， 由Δ＝(2m)2－4(2m2－2)＝8－4m2>0得－<m<， 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，可得x1＋x2＝2m，x1x2＝2m2－2， 所以|CM|2＋|MD|2＝(x1－2m)2＋y＋(x2－2m)2＋y＝x－4mx1＋4m2＋2＋x－4mx2＋4m2＋2 ＝(x1＋x2)2－x1x2－5m(x1＋x2)＋10m2 ＝5m2－(2m2－2)－10m2＋10m2＝5， 所以|CM|2＋|MD|2为定值． 2．(2024·百色模拟)已知双曲线C：－＝1(b>0)，一个焦点F到渐近线的距离为. (1)求双曲线C的方程； (2)过点(2,0)的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得·为定值？如果存在，求出点N的坐标及该定值；如果不存在，请说明理由． 解：(1)由双曲线得渐近线方程为bx±y＝0，设F(c,0)，则d＝＝＝b＝， ∴双曲线C的方程为－＝1. (2)依题意，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2，－1<m<1， 代入x2－y2＝2得(m2－1)y2＋4my＋2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(t,0)， 则y1＋y2＝－，y1y2＝， ∴·＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2 ＝(my1＋2－t)(my2＋2－t)＋y1y2 ＝(m2＋1)y1y2＋m(2－t)(y1＋y2)＋(2－t)2 ＝(m2＋1)－m(2－t)＋(2－t)2 ＝＋(2－t)2， 若要上式为定值，则必须有4t－6＝－2，即t＝1， ∴＋(2－t)2＝－2＋1＝－1， 故存在点N(1,0)满足·＝－1. 3．已知椭圆方程：＋＝1(a>b>0)，其离心率为e＝，且P，Q分别是其左顶点和上顶点，坐标原点O到直线PQ的距离为. (1)求该椭圆的方程； (2)已知直线l：y＝kx＋2交椭圆于A，B两点，双曲线：－＝1的右顶点为E，EA与EB交双曲线左支于C，D两点，求证：直线CD的斜率为定值，并求出该定值． 解：(1)由题意可知P(－a,0)，Q(0，b)，所以|PQ|＝，在△POQ中，由等面积法可得ab＝××， 又因为该椭圆离心率为，即e2＝＝1－＝，解得a＝2，b＝， 所以该椭圆方程为＋＝1. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 由E(2,0)，可设直线AE方程：x＝y＋2，直线BE方程：x＝y＋2， 将直线AE与双曲线－＝1联立可得，y2＋y＝0， 又因为＋＝1， 代入上式中可得y2＋y＝0， 解得y3＝－，代入直线AE方程得x3＝， 所以C点坐标为， 同理可得D点坐标为， 所以直线CD的斜率kCD＝＝＝＝－1. 所以直线CD的斜率为定值，该定值为－1. 4．(2024·浙江高三五校联考)已知抛物线C：y2＝2px经过点(2，－2)，直线l1：y＝kx＋m(km≠0)与C交于A，B两点(异于坐标原点O)． (1)若·＝0，求证：直线l1过定点． (2)已知k＝2，直线l2在直线l1的右侧，l1∥l2，l1与l2之间的距离d＝，l2交C于M，N两点，试问是否存在m，使得|MN|－|AB|＝10？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：将点(2，－2)代入y2＝2px， 得24＝4p，即p＝6.得抛物线C：y2＝12x. 联立得ky2－12y＋12m＝0， 由km≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝，x1x2＝·＝＝. 因为·＝0，所以x1x2＋y1y2＝＋＝0恒成立，则m＝－12k，所以l1的方程为y＝k(x－12)， 故直线l1过定点(12,0)． (2)联立得4x2＋(4m－12)x＋m2＝0， 则 且Δ＝(4m－12)2－16m2＝48(3－2m)>0，即m<， |AB|＝|x1－x2|＝＝·， 设l2：y＝2x＋n，同理可得|MN|＝·. 因为直线l2在l1的右侧， 所以n<m，则d＝＝， 即n＝m－5. 所以|MN|－|AB| ＝[－]＝10，即＝2＋，解得m＝， 因为<，所以满足条件的m存在，m＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$