《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习10.10圆锥曲线中的定值定点与存在性问题课件理新人教A版.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习10.10圆锥曲线中的定值定点与存在性问题课件理新人教A版.ppt（97页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第十节圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(全国卷5年4考),考点一定值、定点问题的证明【典例】(1)(2018邵阳模拟)已知椭圆=1(a0,b0,且ab)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分,别交于点Q,P,与椭圆分别交于点M,N,各点均不重合且满足=1,求椭圆的标准方程.若1+2=-3,试证明:直线l过定点并求此定点.,【解析】设椭圆的焦距为2c,由已知b=1,(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a2=b2+c2,所以a2=3,所以椭圆的方程为+y2=1.,由已知设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),N(x2,y2),设l的方
2、程为x=t(y-m),由知(x1,y1-m)=1(x0-x1,-y1),所以y1-m=-y11,又y10,所以1=-1,同理由知,2=-1.,因为1+2=-3,所以y1y2+m(y1+y2)=0,()联立得(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0,所以=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)0,(),y1+y2=y1y2=()()代入()得t2m2-3+2m2t2=0,所以(mt)2=1,由已知mtb0),由已知,c=1,又a2-b2=c2,所以a2=4,b2=3,所以椭圆C的方程为,设E(x1,y1),F(x2,y2),AE的方程为y=k(x-1)+,由消去y得(4k2+3)x2+
3、4k(3-2k)x+4-12=0,所以xA+x1=1+x1=,所以x1=又因为直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,所以将k换为-k得x2=,kEF=所以直线EF的斜率为定值.,【一题多解】(2),令x=,y=,则椭圆C变为圆O:x2+y2=1,A,F2,所以AF2x轴,延长AF2与圆O交于B点,易知B,记直线AE,AF与x轴交点分别为C,D,因为直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,所以直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,ACD=ADC,在ACD中,AF2平分CAD,所以弧长BE=BF,连接OB,由垂径定理得OBEF,所以kEF=因为kEF=kEF=,所以直线EF的斜率为定值.,【变式备选
4、】已知椭圆C:=1(ab0)的离心率e=,短轴长为2.,(1)求椭圆C的标准方程.(2)如图,椭圆左顶点为A,过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P,Q两点,直线PA,QA分别与y轴交于M,N两点.试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)?请证明你的结论.,【解析】(1)由短轴长为2,得b=,b2=2.由e=得a2=4,所以椭圆C的标准方程为=1.,(2)以MN为直径的圆过定点(,0),证明如下:设P(x0,y0),则Q(-x0,-y0),=1,即,因为A(-2,0),所以直线PA的方程为y=(x+2),所以M直线QA的方程为y=(x+2),所以N以MN为直径的圆为(x
5、-0)(x-0)+,即x2+y2-因为-4=-2,所以x2+y2+2y-2=0,令y=0,则x2-2=0,解得x=.所以以MN为直径的圆过定点(,0).,【规律方法】圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.(2)两大解法:从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;引进变量法:其解题流程为,【对点训练】如图,椭圆E:=1(ab0)经过点A(0,-1),且离心率为.(1)求椭圆E的方程.(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.,【解析】(1)由已知,e=,b=1,又a
6、2=b2+c2,所以a=,c=1,所以椭圆E的方程为+y2=1.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),由已知,直线PQ方程为y=k(x-1)+1(k2),由得(2k2+1)x2-4k(k-1)x+2(k2-2k)=0,显然2k2+10,0,由根与系数的关系得,x1+x2=x1x2=,所以直线AP与AQ的斜率之和kAP+kAQ=2k+(-k+2)=2k+(-k+2)=2k+(-k+2),考点二定点、定值、定直线问题【明考点知考法】以直线、圆锥曲线为载体,利用直线与圆锥曲线方程联立,或根据圆锥曲线方程以及已知条件计算或推导出所需结论,属中、高档题.命题角度1探索定值问题,【典例】如图,抛物线
7、C1:y2=8x与双曲线C2:=1(a0,b0)有公共焦点F2,点A是曲线C1,C2在第一象限的交点,且|AF2|=5.,(1)求双曲线C2的方程.(2)以F1为圆心的圆M与双曲线的一条渐近线相切,圆N:(x-2)2+y2=1,已知点P(1,),过点P作互相垂直且分别与圆M,圆N相交的直线l1,l2,设l1被圆M截得的弦长为s,l2被圆N截得的弦长为t,试探索是否为定值?请说明理由.,【解析】(1)因为抛物线C1的焦点为F2(2,0),所以双曲线C2的焦点为F1(-2,0),F2(2,0).设A(x0,y0)(x00,y00)为抛物线C1和双曲线C2在第一象限的交点,|AF2|=5,由抛物线的
8、定义得x0+2=5,所以x0=3,所以A(3,2),|AF1|=又因为点A在双曲线上,由双曲线的定义得2a=|AF1|-|AF2|=7-5=2,所以a=1,b=所以双曲线C2的方程为x2-=1.,(2)为定值.理由如下:设圆M的方程为(x+2)2+y2=r2,双曲线的渐近线方程为y=x.因为圆M与渐近线y=x相切,所以圆的半径为r=所以圆M:(x+2)2+y2=3,已知l1,l2的斜率存在且均不为零,所以设l1的方程为y-=k(x-1),即kx-y+-k=0,l2的方程为y-=(x-1),即x+ky-k-1=0,所以点M到直线l1的距离d1=点N到直线l2的距离d2=所以直线l1被圆M截得的弦
9、长,s=直线l2被圆N截得的弦长t=所以即为定值.,【状元笔记】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件,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.,命题角度2探索定直线问题【典例】如图,已知椭圆C:=1(ab0)的左右焦点为F1,F2,其上顶点为A,已知F1AF2是边长为2的正三角形.(1)求椭圆C的方程.,(2)过点Q(-4,0)任作一动直线l交椭圆
10、C于M,N两点,记若在线段MN上取一点R使得试判断当直线l运动时,点R是否在某一定直线上运动?若在,请求出该定直线;若不在,请说明理由.,【解析】(1)由椭圆方程得F1(-c,0),F2(c,0),A(0,b),因为F1AF2为边长是2的正三角形,所以|F1F2|=22c=2c=1,|OA|=b=,所以a2=b2+c2=4,椭圆C的方程为,(2)设MN:y=k(x+4),M(x1,y1),N(x2,y2),则=(-4-x1,-y1),=(x2+4,y2),由=得,-4-x1=(x2+4)=,设R(x0,y0),则=(x0-x1,y0-y1),=(x2-x0,y2-y0).由=-可得:x0-x1
11、=-(x2-x0),所以x0=联立得方程组,消去y整理可得:,(3+4k2)x2+32k2x+64k2-12=0,所以x1+x2=x1x2=代入到得x0=所以R在定直线x=-1上.,【状元笔记】关于定直线问题的解题方法求定直线方程,实际上就是已知轨迹是直线的前提下,求动点的轨迹方程,所以可以用定义法(直线的五种方程),直接法,代入法等.有时也可以先利用部分已知条件,求出直线方程,再验证满足剩余的条件或与剩余条件矛盾.,命题角度定点存在问题【典例】(2018泉州模拟)已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,直线l:y=kx+a与抛物线C交于A,B两点.(1)若直线l过焦点F,且与圆x2+=1交于D,
12、E(其中A,D在y轴同侧),求证:|AD|BE|是定值.,(2)设抛物线C在A和B点的切线交于点P,试问:y轴上是否存在定点Q,使得APBQ为菱形?若存在,请说明理由并求此时直线l的斜率和点Q的坐标.,【解析】(1)抛物线C:x2=4y的焦点F设联立x2=4y与y=kx+a有x2-4kx-4a=0,则=160,且x1+x2=4k,x1x2=-4a.若直线l过焦点F,则a=1,则x1+x2=4k,x1x2=-4.,由条件可知圆x2+=1的圆心为F半径为1,由抛物线的定义有|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,则|AD|=|AF|-1=y1,|BE|=|BF|-1=y2,|AD|BE|=y1y2
13、=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-4k2+4k2+1=1(或|AD|BE|=y1y2=),即|AD|BE|为定值,定值为1.(2)当直线l的斜率为0,且Q时,APBQ为菱形.理由如下:由x2=4y有y=x2,则y=x,则抛物线C在A处的切线为y-=x1即y=x1x-,同理抛物线C在B处的切线为y=x2x-,联立解得x=代入式解得y=-a,即P,又=2k,所以即AB的中点为R则有PRx轴.若APBQ为菱形,则PRAB,所以k=0,此时PR则Q,【一题多解微课】本例题(2)还可以采用以下方法求解:方法一:设由x2=4y有y=x2,则y=x,若APBQ为菱形,则AQBP,BQAP,则kAQ=k
14、BQ=即y1-y0=x1x2,y2-y0=x1x2,则y1=y2,所以k=0,所以则抛物线C在处的切线为y-a=即y=-x-a,同理抛物线C在处的切线为y=x-a,联立得P又AB的中点为R,所以Q.方法二:设由x2=4y有y=x2,则y=x,若APBQ为菱形,则AQBP,BQAP,则kAQ=kBQ=即y1-y0=x1x2,y2-y0=x1x2,则y1=y2,所以k=0,此时直线AB:y=kx+a=a,则y0=-x1x2+y1=-+a=3a,所以Q,【状元笔记】关于两类定点问题定点的存在问题与过定点问题稍有差异.过定点问题实际上是恒成立问题.例如直线过定点解决方法有:将方程化为一边为0,此时是恒
15、等于0,所以变量的系数都为0,列出方程组求解,得定点;取两条直线,联立解出交点坐标,再证明此交点在动直线上.,【对点练找规律】1.(2018郑州模拟)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.,【解析】(1)由已知,点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y=-1的距离,由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点,直线y=-1为准线的抛物线,则=1,p=2,所以圆心M的轨迹方程为x2=4y.,(2)设直线l:y=kx-2,A(x1,y1),
16、B(x2,y2),则C(-x2,y2),联立消去y整理得x2-4kx+8=0,所以x1+x2=4k,x1x2=8.kAC=,直线AC的方程为y-y1=(x-x1),即y=y1+(x-x1)=x-+=因为x1x2=8,所以y=即直线AC恒过定点(0,2).,2.已知椭圆C:=1(ab0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),点A在椭圆C上.(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有两个不同交点M,N时,能在直线y=上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足?若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由.,【解析】(1)设椭圆C的焦距为2c,则c=1,
17、因为A在椭圆C上,所以2a=|AF1|+|AF2|=2,所以a=,b2=a2-c2=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.,(2)不存在满足条件的直线,证明如下:设直线的方程为y=2x+t,设M(x1,y1),N(x2,y2),PQ(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0),由消去x,得9y2-2ty+t2-8=0,所以y1+y2=,=4t2-36(t2-8)0,所以y0=且-3t3.由得=(x4-x2,y4-y2),所以y1-=y4-y2,y4=y1+y2-=t-,又-3t3,所以-y4-3,y+3=化简得曲线的方程为x2=4y.,误区警示:不求|AB|而求|AB|2,可避免根号.注意AB的特
18、点是圆的切线,所以想到利用勾股定理,不要直接用两点间距离公式.,【技法点拨】设参法在解决定点、定值问题中的应用定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前,已知该值的结果,所以求解时应设参数,运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现.,【即时训练】如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).,(1)证明:动点D在定直线上.(2)作C的任意一条切线l(不
19、含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2,证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.,【解析】(1)因为直线AB过定点M(0,2),由题意知直线AB的斜率一定存在,所以可设直线AB的方程为y=kx+2.由得x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=-8.又直线AO的方程为y=,直线BD的方程为x=x2,联立解得D点的坐标为又x1x2=-8,=4y1,所以所以动点D在定直线y=-2上.(2)由题意可知,切线l的斜率存在且不为0.设切线l的方程为y=ax+b(a0),代入x2=4y,化简得x2-4ax-4b=0.因为l为切线,所以=(-4a)2+16b=0,化简得b=-a2,所以切线l的方程为y=ax-a2.,分别令y=2,y=-2得N1,N2点的坐标为则|MN2|2-|MN1|2=所以|MN2|2-|MN1|2为定值8.,