《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.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.ppt（97页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
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)
2、, N(x2,y2),设l的方程为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 mt0,所以mt=-1,满足(),得直线l的方程为x=ty+1, 过定点(1,0),即Q为定点.,(2)已知椭圆C过点A 焦点为(-
3、1,0),(1,0). 求椭圆C的方程. E,F是椭圆C上两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜 率互为相反数,证明:直线EF的斜率为定值,并求出这个 定值.,【解析】可设椭圆方程为 =1(ab0),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 +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
4、】(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OB EF, 所以kEF= 因为kEF= kEF= = , 所以直线EF的斜率为定值 .,【变式备选】 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
5、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-0)(x-0)+,即x2+y2- 因为 -4=-2 ,所以x2+y2+2 y-2=0, 令y=0,则
6、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a2=b2+c2,所以a= ,c=1, 所以椭圆E的方程为 +
7、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C1:y2=8x与双曲
8、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
9、线的定义得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=
10、 点N到直线l2的距离d2= 所以直线l1被圆M截得的弦长,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
11、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+
12、4)=,设R(x0,y0),则 =(x0-x1,y0-y1), =(x2-x0,y2-y0). 由 =- 可得:x0-x1=-(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】(2
13、018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,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=16 0,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
14、+ =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= =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
15、即AB的中点为R 则有PRx轴.若APBQ为菱形, 则PRAB,所以k=0, 此时P R 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= kBQ= 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
16、= 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
17、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),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
18、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, 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,
19、y1),N(x2,y2),P Q(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- y4-1, 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是-1,1矛盾. 所以不存在满足条件的直线.,思想方法系列圆锥曲线中的函数与方程思想 【思想诠释】 证明定值问题的思想方法也可以参照最值问题的思想方法进行,只不过定值问题得到的目标函数必是一个常数函数,所以只需求出这个目标函数的解析式即可
20、.,由于圆锥曲线中的点的定位必然是要通过其坐标来完成的,所以这类问题同样可以通过建立目标函数的方法解决.把问题化归为求目标函数值的范围问题,解题的程序与最值、定值问题“如出一辙”.,【典例】已知曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到 直线y=-3的距离小2. (1)求曲线的方程. (2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A.直线y=3分别 与直线l及y轴交于点M,N,以MN为直径作圆C,过点A作圆 C的切线,切点为B,试探究:当点P在曲线上运动(点P,与原点不重合)时,线段AB的长度是否发生变化?证明你的结论.,【解析】(1)设S(x,y)为曲线上任意一点,由已知,点 S到F(0,1)的距离与它
21、到直线y=-1的距离相等, 所以曲线是焦点为F(0,1),准线为y=-1的抛物线,所 以曲线的方程为x2=4y.,(2)当点P在曲线上运动时,线段AB的长度不变,证明 如下: 由(1)知抛物线方程为y= , 设P(x0,y0)(x00),则y0= , 由y= ,得切线l斜率k=y,所以切线l方程为y-y0= x0(x-x0), 即y= x0x- , 由 得A , 由 得M ,又N(0,3),所以圆心C , 半径r= |MN|= , |AB|2=|AC|2-r2 = = +9,= +9=6,|AB|= , 所以当点P在曲线 上运动(点P与原点不重合)时,线 段AB的长度不变.,【一题多解】(1)
22、设S(x,y)为曲线上任意一点,则 |y-(-3)|= 由已知, 点S(x,y)只能在直线y=-3的上方, 所以y-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
23、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.,