2025版高考数学二轮复习第1篇专题7解析几何第3讲第3课时定点定值与探索性问题学案.docVIP

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第三课时定点、定值与探究性问题

考向一圆锥曲线中的定值问题

【典例】(2024·临沂质检)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(ab0)经过(1,1)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2)))两点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满意|MA|＝|MB|.求证：eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)为定值．

[思路分析]

总体

设计

看到：求椭圆方程与定值问题．

想到：利用特例得出定值再证明，或采纳推理、计算、消元得定值．

解题

指导

(1)利用待定系数法求椭圆方程；

(2)先利用特别状况得出定值，再推广到一般状况，即分别用直线斜率k表示出|OA|2、|OB|2和|OM|2，再化简求值.

[规范解答](1)将(1,1)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2)))两点代入椭圆C的方程，

得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(3,2a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,b2＝\f(3,2).)) 2分

∴椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(2y2,3)＝1. 4分

(2)证明：由|MA|＝|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A，B关于原点对称.5分

①若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，此时eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)＝eq\f(1,b2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(2,a2)＝2． 6分

同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，则点M是椭圆的一个短轴顶点，

此时eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a2)＋eq\f(2,b2)＝2． 7分

②若点A，B，M不是椭圆的顶点，

设直线l的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OM的方程为y＝－eq\f(1,k)x，设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)， 8分

由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,3)＋\f(2y2,3)＝1，))消去y得，x2＋2k2x2－3＝0，

解得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,1＋2k2)，yeq\o\al(2,1)＝eq\f(3k2,1＋2k2)， 9分

∴|OA|2＝|OB|2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(3?1＋k2?,1＋2k2)，同理|OM|2＝eq\f(3?1＋k2?,2＋k2)， 10分

∴eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)＝2×eq\f(1＋2k2,3?1＋k2?)＋eq\f(2?2＋k2?,3?1＋k2?)＝2.

11分

故eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＋eq\f(2,|OM|2)＝2为定值. 12分

[技法总结]求解定值问题的两大途径

(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．

(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满意的约束条件使其肯定值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．

[变式提升]

1．(2024·益阳三模)已知抛物线C1的方程为x2＝2py(p＞0)，过点M(a，－2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线，切点分别为A，B．

(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q，N两点，Q，N两点在x轴上的射影分别为Q′，N′，且|Q′N′|＝2eq\r(5)，求抛物线C1的方程；

解因为抛物线C1的焦点坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，

所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是eq\f(x,2)＋eq\f(y,\f(p,2))＝1，即eq\f(x,2)＋eq\f(2y,p)＝1．

联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2py，,\f(x,2)＋\f(2y,p)＝1，))消去y并整理，得x2＋eq\f(p2,2)x－p2＝0，

设点Q(xQ，yQ)，N(xN，yN)，