2019届高考数学总复习模块五解析几何第17讲圆锥曲线中的定点定值存在性问题学案理.docx

第17讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题1.2017全国卷已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点,若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点. 试做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.3.2016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.试做命题角度圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(1)求解圆锥曲线中定值问题的基本思路: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.(2)求解圆锥曲线中定点问题的基本思路:假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点;从特殊位置入手,找出定点,再证明该点满足题意.(3)存在性问题的求解方法:先假设存在,在假设存在的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论,说明假设成立,否则说明假设不成立.解答1定点问题1 已知抛物线C:x2=2y,直线l:y=x-2,设P为直线l上的动点,过P作抛物线的两条切线,切点分别为A,B.(1)当点P在y轴上时,求线段AB的长;(2)求证:直线AB恒过定点.听课笔记 【考场点拨】解决圆锥曲线中的定点问题应注意以下几点:(1)分清问题中哪些是定的,哪些是变动的;(2)注意“设而不求”思想的应用,引入参变量,最后看能否把变量消去;(3)“先猜后证”,也就是先利用特殊情况确定定点,然后验证,这样在整理式子时就有了明确的方向.【自我检测】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,Ma4,b为焦点坐标是12,0的抛物线上一点,H为直线y=-a上一点,A,B分别为椭圆C的上、下顶点,且A,B,H三点的连线可以构成三角形.(1)求椭圆C的方程; (2)直线HA,HB与椭圆C的另一交点分别为D,E,求证:直线DE过定点.解答2定值问题2 已知椭圆E:x24+y23=1,点A,B,C都在椭圆E上,O为坐标原点,D为AB中点,且CO=2OD.(1)若点C的坐标为1,32,求直线AB的方程;(2)求证:ABC的面积为定值.听课笔记 【考场点拨】求定值问题常见的方法有两种:(1)从特殊情况入手,求出定值,再证明这个定值与变量无关;(2)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.【自我检测】已知抛物线E:y2=2px(p0),直线x=my+3与E交于A,B两点,且OAOB=6,其中O为坐标原点.(1)求抛物线E的方程;(2)已知点C的坐标为(-3,0),记直线CA,CB的斜率分别为k1,k2,证明:1k12+1k22-2m2为定值.解答3存在性问题3 已知点A(0,-1),B(0,1),P为椭圆C:x22+y2=1上异于点A,B的任意一点.(1)求证:直线PA,PB的斜率之积为-12.(2)是否存在过点Q(-2,0)的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N,使得|BM|=|BN|?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.听课笔记 【考场点拨】存在性问题的求解策略:(1)若给出问题的一些特殊关系,要探索一般规律,并证明所得规律的正确性,通常要对已知关系进行观察、比较、分析,然后概括一般规律;(2)若只给出条件,求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时,一般先对结论给出肯定存在的假设,然后由假设出发,结合已知条件进行推理,从而得出结论.【自我检测】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形,且椭圆C的短轴长为23.(1)求椭圆C的标准方程.(2)是否存在过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M,N,且满足OMON=2(O为坐标原点)?若存在,求出直线l的方程;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)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由1a2+1b21a2+34b2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0,解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l过定点(2,-1).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:(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Ax1,12x12,Bx2,12x22.由y=12x2,得y=x,以A为切点的切线方程为y-12x12=x1(x-x1),即y=x1x-12x12,同理以B为切点的切线方程为y=x2x-12x22.点P(0,-2)在切线上,-12x12=-2,-12x22=-2,x12=x22=4(x1x20,x1+x2=-m,x1x2=1-4n23.|AB|=1+9m216n2m2-41-4n23=9m2+16n216n24-43n2-4+16n23=129m2+16n2,O到AB的距离d=69m2+16n2,CO=2OD,SABC=3SOAB=312129m2+16n269m2+16n2=92.综上可知,SABC为定值.【自我检测】解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+3,y2=2px,整理得y2-2pmy-6p=0,y1+y2=2pm,y1y2=-6p,则x1x2=(y1y2)24p2=9.由OAOB=x1x2+y1y2=(y1y2)24p2+y1y2=9-6p=6,解得p=12,抛物线E的方程为y2=x.(2)证明:由题知,k1=y1x1+3=y1my1+6,k2=y2x2+3=y2my2+6,1k1=m+6y1,1k2=m+6y2,1k12+1k22-2m2=m+6y12+m+6y22-2m2=2m2+12m1y1+1y2+361y12+1y22-2m2=2m2+12my1+y2y1y2+36(y1+y2)2-2y1y2y12y22-2m2.由(1)可知,y1+y2=2pm=m,y1y2=-6p=-3,1k12+1k22-2m2=2m2+12m-m3+36m2+69-2m2=24,1k12+1k22-2m2为定值.解答3例3解:(1)证明:设点P(x,y)(x0),则y2=1-x22,kPAkPB=y-1xy+1x=y2-1x2=1-x22-1x2=-12,故得证.(2)假设存在直线l满足题意.显然当直线l的斜率不存在时,直线与椭圆C不相交.当直线l的斜率k0时,设直线l的方程为y=k(x+2),由x22+y2=1,y=k(x+2),化简得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-2=0,由=(8k2)2-4(1+2k2)(8k2-2)0,解得-22k0,解得k12.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-16k3+4k2,x1x2=43+4k2,OMON=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=4(1+k2)3+4k2-32k23+4k2+4=16-12k23+4k2.OMON=2,16-12k23+4k2=2,解得k=22,满足0.存在符合题意的直线l,此时直线l的方程为y=22x+2.备选理由 所给三道例题,都是围绕定点、定值及存在性问题展开,综合性强,运算量大,解题时要注意分类讨论,避免出现解题不全,遗漏等情况.例1配例1使用 设抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,准线为l.已知以F为圆心,半径为4的圆与l交于A,B两点,E是该圆与抛物线C的一个交点,EAB=90.(1)求p的值;(2)已知点P的纵坐标为-1且在C上,Q,R是C上异于点P的两点,且满足直线PQ和直线PR的斜率之和为-1,证明:直线QR过定点.解:(1)由题意及抛物线定义知,|AF|=|EF|=|AE|=4,所以AEF为边长为4的正三角形,设准线l与x轴交于点D,则|FD|=p=12|AE|=124=2.(2)证明:设直线QR的方程为x=my+t,由x=my+t,y2=4x,得y2-4my-4t=0,=16m2+16t0,设Q(x1,y1),R(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4t.因为点P在抛物线C上,直线PQ,PR的斜率存在,所以kPQ=yP-y1xP-x1=yP-y1yP24-y124=4yP+y1=4y1-1,同理可得kPR=4y2-1.因为kPQ+kPR=-1,所以4y1-1+4y2-1=4(y1+y2)-8y1y2-(y1+y2)+1=16m-8-4t-4m+1=-1,解得t=3m-74.由=16m2+16t0,t=3m-74,14m(-1)+3m-74,解得m-,-7212,1(1,+).所以直线QR的方程为x=m(y+3)-74,则直线QR过定点-74,-3.例2配例2使用 已知椭圆C1:x28+y2b2=1(b0)的左、右焦点分别为F1,F2,点F2也为抛物线C2:y2=8x的焦点.(1)若M,N为椭圆C1上两点,且线段MN的中点坐标为(1,1),求直线MN的斜率; (2)若过椭圆C1的右焦点F2作两条互相垂直的直线分别交椭圆于点A,B和点C,D,设线段AB,CD的长分别为m,n,证明:1m+1n是定值.解:因为抛物线C2:y2=8x的焦点坐标为(2,0),所以8-b2=4,故b=2.所以椭圆C1的方程为x28+y24=1.(1)设M(x1,y1),N(x2,y2),则x128+y124=1,x228+y224=1,两式相减得(x1+x2)(x1-x2)8+(y1+y2)(y1-y2)4=0,又MN的中点坐标为(1,1),所以x1+x2=2,y1+y2=2,所以y2-y1x2-x1=-12,所以直线MN的斜率为-12.(2)证明:椭圆的右焦点为F2(2,0).当直线AB的斜率不存在或为0时,1m+1n=142+122=328.当直线AB的斜率存在且不为0时,设直线AB的方程为y=k(x-2)(k0),设A(x3,y3),B(x4,y4),由y=k(x-2),x2+2y2=8,消去y并化简得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-8=0,=(-8k2)2-4(1+2k2)(8k2-8)=32(k2+1)0,x3+x4=8k21+2k2,x3x4=8(k2-1)1+2k2,所以m=1+k2(x3+x4)2-4x3x4=42(1+k2)1+2k2.同理可得n=42(1+k2)k2+2,所以1m+1n=1421+2k21+k2+k2+21+k2=328.综上可得,1m+1n为定值328.例3配例3使用 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=23,且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.