2019年高考数学(理)一轮复习第8章 平面解析几何 第9节 第2课时 定点、定值、范围、最值问题学案

《2019年高考数学(理)一轮复习第8章 平面解析几何 第9节 第2课时 定点、定值、范围、最值问题学案》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

1、北师大版2019届高考数学一轮复习学案第2课时　定点、定值、范围、最值问题(对应学生用书第151页)定点问题　(2018·郑州第二次质量预测)已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．(1)求圆心M的轨迹方程；(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．[解]　(1)由题意，得点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.∴圆心M的

2、轨迹方程为x2＝4y.(2)证明：由题知，直线l的斜率存在，∴设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，联立得x2－4kx＋8＝0，∴kAC＝＝＝，则直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝y1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋.∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，故直线AC恒过定点(0,2)．[规律方法]　1.圆锥曲线中定点问题的两种解法10北师大版2019届高考数学一轮复习学案①引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数作为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系

3、，找到定点.②特殊到一般法：根据动点和动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.2.求直线方程过定点问题，要把直线方程表示出来，一般表示成点斜式或截距式.[跟踪训练]　(2018·呼和浩特一调)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，直线y＝bx＋2与圆x2＋y2＝2相切．(1)求椭圆的方程；(2)已知定点E(1,0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使得以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.【导学号：79140309】[解]　(

4、1)∵直线l：y＝bx＋2与圆x2＋y2＝2相切．∴＝，∴b2＝1.∵椭圆的离心率e＝，∴e2＝＝＝，∴a2＝3，∴所求椭圆的方程是＋y2＝1.(2)将直线y＝kx＋2代入椭圆方程，消去y可得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，∴Δ＝36k2－36＞0，∴k＞1或k＜－1.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则有x1＋x2＝－，x1x2＝.若以CD为直径的圆过点E，则EC⊥ED．∵＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，∴(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0.∴(1＋k2)x1x2＋(2k－1)(x1

5、＋x2)＋5＝0，∴(1＋k2)×＋(2k－1)×＋5＝0.解得k＝－＜－1.10北师大版2019届高考数学一轮复习学案∴存在实数k＝－使得以CD为直径的圆过定点E.定值问题　(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1)．当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．[解]　(1)不能出现AC⊥BC的情况．理由如下：设A(x1,0)，B(x2,0)，则x1，x2满足x2

6、＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.又点C的坐标为(0,1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，所以不能出现AC⊥BC的情况．(2)证明：BC的中点坐标为，可得BC的中垂线方程为y－＝x2.由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂线方程为x＝－.联立又x＋mx2－2＝0，可得所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径r＝.故圆在y轴上截得的弦长为2＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．[规律方法]　求定值问题的常用方法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计

7、算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．[跟踪训练]　(2018·石家庄质检(二))设M，N，T是椭圆＋＝1上三个点，M，N在直线x＝8上的射影分别为M1，N1.10北师大版2019届高考数学一轮复习学案(1)若直线MN过原点O，直线MT，NT斜率分别为k1，k2.求证：k1k2为定值；(2)若M，N不是椭圆长轴的端点，点L坐标为(3,0)，△M1N1L与△MNL面积之比为5，求MN中点K的轨迹方程．[解]　(1)证明：设M(p，q)，N(－p，－q)，T(x0，y0)，则k1k2＝，又两式相减得＋＝0

8、，即＝－，k1k2＝－.(2)设直线MN与x轴相交于点R(r,0)，S△MNL＝

9、r－3

10、·

11、yM－yN

12、，S△M1N1L＝×5·

13、yM1－yN1

14、.由于S△M1N1L＝5S△MNL且

15、yM1－yN1

16、＝

17、yM－yN

18、，得×5×

19、yM1－yN1

20、＝5×

21、r－3

22、·

23、yM－yN

24、，解得r＝4(舍去)或r＝2.即直线MN经过点F(2,0)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，K(x0，y