第八章 第56讲 圆锥曲线热点问题-第3课时 定点、定值、探索性问题（课件 学案 练习）2026届高中数学人教A版（2019）一轮复习

第3课时　定点、定值、探索性问题 ● 课堂考点探究 例1　[思路点拨] (1)根据已知条件,求出双曲线的实半轴长a和虚半轴长b,即可求解.(2)分直线MN的斜率不存在与存在两种情况进行分析,当直线MN的斜率不存在时,可求得点P的坐标;当直线MN的斜率存在时,设出点M,N的坐标及直线MN的方程,根据直线MA1,NA2的方程得到点P横坐标的表达式,将直线MN的方程与双曲线C的方程联立,再结合根与系数的关系推得点P的横坐标为定值,进而得证. 解:(1)设双曲线C的方程为-=1(a>0,b>0),由题意得可得故双曲线C的方程为-=1. (2)证明:由(1)得A1(-2,0),A2(2,0). 当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,则易知M(-4,4),N(-4,-4),∴直线MA1的方程为y=-2(x+2),直线NA2的方程为y=(x-2),由 解得∴P(-1,-2). 当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=k(x+4),由题意知k≠0且k≠±2, 直线MA1的方程为y=(x+2),直线NA2的方程为y=(x-2).联立直线MA1与直线NA2的方程,消去y得(x+2)=(x-2),则(x+2)=(x-2),即(x1+4)(x2-2)(x+2)=(x2+4)(x1+2)(x-2),解得x=2·①. 由可得(4-k2)x2-8k2x-16k2-16=0,则 可得 代入①可得x=2· = -=-1, ∴当直线MN的斜率存在时,点P在直线x=-1上.又点(-1,-2)在直线x=-1上,故点P在定直线x=-1上. 变式题　解:(1)设E的方程为+=1(m>0,n>0).将A(0,-2),B两点的坐标分别代入E的方程得可得故E的方程为+=1. (2)证明:由A(0,-2),B可得直线AB的方程为y=x-2. ①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则该直线的方程为x=1,将x=1代入+=1,可得M,N,将y=-代入y=x-2,可得x=3-,则T.由=,得H,则直线HN的方程为y=x-2,此时直线HN过点(0,-2). ②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,则设该直线的方程为y=k(x-1)-2,M(x1,y1)(-20,由根与系数的关系可得x1+x2=,x1x2=,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m=,∴p=-(x1+x2)=,q=-(y1+y2)=-. ∵点A(p,q)在椭圆+y2=1上, ∴+3=3,化简可得4m2=1+3k2,∴|BC|=· |x1-x2|=· = ·= ·= ·=·=,又点A到直线l的距离d=== ,∴S△ABC=·|BC|·d= ··=, ∴△ABC的面积为定值. 变式题　解:(1)因为椭圆C的短轴长为2,所以b=1.因为|MF2|=7|MF1|,|MF2|+|MF1|=7|MF1|+|MF1|=8|MF1|=2a,所以|MF1|=,|MF2|=7|MF1|=,又因为MF1⊥x轴,所以|MF2|2=|MF1|2+|F1F2|2,即=+4c2,结合a2-b2=a2-1=c2,可得a2=4,所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则A1(-x1,-y1),A2(x1,-y1), 由得(t2+4)y2+2tmy+m2-4=0,则y1y2=,y1+y2=,所以=,直线BA2的方程为y-y2=(x-x2), 令y=0,得x== = =m+2t·=-m+m=,则D,所以A1D的中点的坐标为.由题知A1D的中点在直线x=ty+m上,可得-x1=-ty1+m,即-(ty1+m)=-ty1-m=-ty1+m, 即=m,解得m2=,又0