2019届高考数学总复习解析几何第17讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题学案文.docx

第17讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题1.2017全国卷 设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1,证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.试做 命题角度定点问题解题策略解决定点问题的一般思路是证明直线系过定点、曲线过定点,解题的关键是在已知中寻找已知量和未知量之间的关系,如中点关系、平行关系、垂直关系、函数关系、不等式关系,通过变形转化为过定点的直线系或者曲线,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.2.2017全国卷 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ACBC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.试做 命题角度圆锥曲线中定值问题求解圆锥曲线中定值问题的基本思路是:从特殊元素入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.3.2016全国卷 已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.试做 命题角度求轨迹方程的方法求轨迹方程的方法一般有直接法、定义法、相关点法.其中相关点法的思路是:若动点P的运动是由另外某一点Q的运动引发的,而点Q的坐标满足某已知曲线方程,则可以设出P(x,y),用(x,y)表示出点Q的坐标,然后把点Q的坐标代入已知曲线方程,即可得到动点P的轨迹方程.4.2016全国卷 在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求|OH|ON|;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.试做 命题角度存在性问题解析几何的存在性问题,也是探索性问题,解决这类问题的一般步骤是:假设满足条件的几何元素或参数值存在,将不确定的问题明确化;利用这些条件再结合题目的已知条件进行推理,若不出现矛盾,或者用待定系数法设出的方程(组)有实数解,则说明几何元素或参数值存在,若在推理过程中出现矛盾,或者设出的方程(组)无实数解,则说明几何元素或参数值不存在;同时推理过程就是说明理由的过程.解答1定点问题1 设椭圆E:x2a2+y2=1(a1)的右焦点为F,右顶点为A,且1|OF|+1|OA|=e|FA|,其中O为坐标原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆E的方程;(2)设过F且斜率不为零的直线l与E交于M,N两点,过M作直线m:x=a2的垂线,垂足为M1,证明:直线M1N恒过一定点,并求出该定点的坐标.听课笔记 【考场点拨】高考中圆锥曲线的定点问题通常有两种处理方法:(1)从特殊入手,求出定点,再证明这个点与变量无关.(2)直接推理、计算,并在计算中消去变量,从而得出定点.这个方法是高考中常用的方法,它包括:通过定义代入化简;通过解析几何知识或者三角函数知识代入化简;通过韦达定理化简.【自我检测】已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,A为抛物线C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交抛物线C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,三角形ADF为正三角形.(1)求抛物线C的方程.(2)若直线l1l且l1和抛物线C有且只有一个公共点E,试问直线AE是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.解答2定值问题2 在平面直角坐标系xOy中,抛物线C的顶点在坐标原点,以x轴为对称轴,且经过点P(1,2).(1)求抛物线C的方程;(2)设点A,B在抛物线C上,直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,且|PM|=|PN|,求证:直线AB的斜率为定值.听课笔记【考场点拨】解决定值问题的一般思路为:一取、二解、三定值.步骤如下:一取:选取参数,应证明是定值的量通常是个变量,它会随某一个量的改变而改变,可选取这个量作参数(有时也会选两个参数,而后根据其他辅助条件消掉其中一个).二解:求出函数的解析式,即将要证明是定值的量写成关于上述参数的函数.三定值:由题设结论可了解到,要证明是定值的量一定和参数的值无关,所以求出的函数一定是常函数,因此,仅需对上面函数的解析式进行化简,就会得出定值.【自我检测】记焦点在同一条坐标轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”.已知椭圆E:x216+y212=1,以椭圆E的焦点为顶点作相似椭圆M,如图M5-17-1所示.(1)求椭圆M的方程.(2)设直线l与椭圆E交于A,B两点,且与椭圆M仅有一个公共点,试判断ABO的面积是否为定值(O为坐标原点).若是,求出该定值;若不是,请说明理由.图M5-17-1解答3存在性问题3 已知长度为32的线段AB的两个端点A,B分别在x轴和y轴上运动,动点P满足BP=2PA,设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)过点(4,0)且斜率不为零的直线l与曲线C交于两点M,N,在x轴上是否存在定点T,使得直线MT与NT的斜率之积为常数?若存在,求出定点T的坐标以及此常数;若不存在,请说明理由.听课笔记 【考场点拨】高考中解析几何存在性问题的一般解题思路:(1)具备某些条件的几何对象的存在性问题.首先假设满足条件的几何元素存在,将不确定的问题明确化,然后利用这些条件再结合题目的已知条件进行推理.(2)具备某些条件的代数条件的存在性问题.一般地,在探究几何对象的代数条件的存在性时,总是从几何对象所满足的几何条件入手,将其代数化以后,再进行必要的推理和运算,得到相应的代数关系式,进而确定相关的代数条件是否存在.【自我检测】已知动点M(x,y)满足(x+1)2+y2+(x-1)2+y2=22. (1)求动点M的轨迹E的方程.(2)设A,B是轨迹E上的两个动点,线段AB的中点N在直线l:x=-12上,线段AB的中垂线与E交于P,Q两点.是否存在点N,使以PQ为直径的圆经过点(1,0)?若存在,求出N点坐标;若不存在,请说明理由.第17讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 典型真题研析1.解:(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1,因此点P的轨迹方程为x2+y2=2. (2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0,所以OQPF=0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.2.解:(1)不能出现ACBC的情况,理由如下:设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为-1x1-1x2=-12,所以不能出现ACBC的情况.(2)证明:BC的中点坐标为x22,12,可得BC的中垂线方程为y-12=x2x-x22.由(1)可得x1+x2=-m,所以AB的中垂线方程为x=-m2.联立x=-m2,y-12=x2x-x22,又x22+mx2-2=0,可得x=-m2,y=-12.所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为-m2,-12,半径r=m2+92.故圆在y轴上截得的弦长为2r2-m22=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.3.解:由题可知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(1)证明:由于F在线段AB上,所以1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2,所以ARFQ.(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2.由题设可得|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去)或x1=1.设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.4.解:(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,则直线ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t,所以N为OH的中点,即|OH|ON|=2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下:直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t),代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点. 考点考法探究解答1例1解:(1)设椭圆E的半焦距为c,依题意得1c+1a=ca(a-c), 即a2=2c2,又a2=1+c2,所以a2=2,所以椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)由(1)得F(1,0),又直线l的斜率不为零,故可设l的方程为x=ty+1.由x22+y2=1,x=ty+1得(t2+2)y2+2ty-1=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),又直线m的方程为x=2,所以M1(2,y1),则y1+y2=-2tt2+2,y1y2=-1t2+2,所以y1+y2=2ty1y2,又直线M1N的方程为y=y2-y1x2-2(x-2)+y1,x2=ty2+1,所以y2-y1x2-2=y2-y1ty2-1=2y1(y2-y1)2ty1y2-2y1=2y1(y2-y1)y1+y2-2y1=2y1,所以直线M1N的方程为y=2y1(x-2)+y1=2y1x-32,故直线M1N恒过定点32,0.【自我检测】解:(1)由题意知Fp2,0,设D(t,0)(t0),则FD的中点为p+2t4,0,因为三角形ADF为正三角形,所以由抛物线的定义知3+p2=t-p2,解得t=3+p或t=-3(舍去),又p+2t4=3,所以p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x00),D(xD,0)(xD0).因为|FA|=|FD|,所以|xD-1|=x0+1.由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0), 故直线AB的斜率kAB=-y02.因为直线l1和直线AB平行,故可设直线l1的方程为y=-y02x+b,代入抛物线方程得y2+8y0y-8by0=0,由题意知=64y02+32by0=0,得b=-2y0. 设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02.当y024时,kAE=yE-y0xE-x0=4y0y02-4,可得直线AE的方程为y-y0=4y0y02-4(x-x0),又y02=4x0,整理可得y=4y0y02-4(x-1), 所以直线AE恒过点F(1,0).当y02=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0).所以直线AE恒过定点F(1,0).解答2例2解:(1)依题意,设抛物线C的方程为y2=ax(a0).由抛物线C经过点P(1,2),得a=4,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)证明:因为|PM|=|PN|,所以PMN=PNM,所以直线PA与PB的倾斜角互补,所以kPA+kPB=0.依题意,直线AP的斜率存在,设直线AP的方程为y-2=k(x-1)(k0),将其代入抛物线C的方程,整理得k2x2-2(k2-2k+2)x+k2-4k+4=0.设A(x1,y1),则1x1=k2-4k+4k2,即x1=(k-2)2k2,则y1=k(x1-1)+2=4k-2,所以A(k-2)2k2,4k-2.以-k代替点A坐标中的k,可得B(k+2)2k2,-4k-2,所以kAB=4k-2+4k+2(k-2)2k2-(k+2)2k2=8k-8k=-1,为定值.【自我检测】解:(1)由条件知,椭圆M的离心率e=12,且长轴的顶点为(-2,0),(2,0),aM=2,cM=1,bM2=3,椭圆M的方程为x24+y23=1.(2)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+b.由y=kx+b,x24+y23=1得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0.令=64k2b2-4(3+4k2)(4b2-12)=0,得b2=3+4k2.联立y=kx+b与x216+y212=1,化简得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-48=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8kb3+4k2=-8kb,x1x2=4b2-483+4k2=4b2-48b2.|AB|=1+k2|x1-x2|=121+k2|b|,又原点O到直线l的距离d=|b|1+k2,SABO=12|AB|d=6.当直线l的斜率不存在时,l:x=2或x=-2,则|AB|=6,原点O到直线l的距离d=2,SABO=6.综上所述,ABO的面积为定值6.解答3例3解:(1)设P(x,y),A(m,0),B(0,n),由于BP=2PA,所以(x,y-n)=2(m-x,-y)=(2m-2x,-2y),即x=2m-2x,y-n=-2y,所以m=32x,n=3y,又|AB|=32,所以m2+n2=18,从而9x24+9y2=18,即曲线C的方程为x28+y22=1.(2)由题意设直线l的方程为x=my+4,M(x1,y1),N(x2,y2),由x=my+4,x28+y22=1得(m2+4)y2+8my+8=0,所以y1+y2=-8mm2+4,y1y2=8m2+4,=64m2-32(m2+4)0,故x1+x2=m(y1+y2)+8=32m2+4,x1x2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16=64-8m2m2+4.假设存在定点T(t,0),使得直线MT与NT的斜率之积为常数,则kMTkNT=y1y2(x1-t)(x2-t)=y1y2x1x2-t(x1+x2)+t2=8(t2-8)m2+4(t-4)2.当t2-8=0,且t-40时,kMTkNT为常数,解得t=22.显然当t=22时,常数为3+224;当t=-22时,常数为3-224.所以存在两个定点T1(22,0),T2(-22,0),使得直线MT与NT的斜率之积为常数.当定点为T1(22,0)时,常数为3+224;当定点为T2(-22,0)时,常数为3-224.【自我检测】解:(1)由题设知,动点M到定点(-1,0),(1,0)的距离之和为22,222,动点M的轨迹为椭圆,2a=22,c=1,a=2,b=1,动点M的轨迹E的方程为x22+y2=1.(2)设椭圆(轨迹E)的右焦点为F2,则F2(1,0).当直线AB垂直于x轴时,直线AB的方程为x=-12,此时P(-2,0),Q(2,0),F2PF2Q=-1,不合题意.当直线AB不垂直于x轴时,假设存在点N-12,m(m0)满足题意,设直线AB的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2).由x122+y12=1,x222+y22=1得(x1+x2)+2(y1+y2)y1-y2x1-x2=0,则-1+4mk=0,故k=14m,此时直线PQ的斜率k1=-4m,直线PQ的方程为y-m=-4mx+12,即y=-4mx-m.设P(x3,y3),Q(x4,y4),由y=-4mx-m,x22+y2=1,消去y,整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0,