（通用版）2019高考数学二轮复习 第二篇 第22练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题课件 文.ppt

第二篇重点专题分层练，中高档题得高分,第22练圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题压轴大题突破练,明晰考情1.命题角度：圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题；以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度：偏难题.,核心考点突破练,栏目索引,模板答题规范练,考点一圆锥曲线中的定值问题,方法技巧(1)求定值问题常见的方法有两种从特殊入手，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)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.,核心考点突破练,解答,(1)求椭圆的方程；,证明,因为M是椭圆C上一点，,解答,2.(2018北京)已知抛物线C：y22px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；,解因为抛物线y22px过点(1，2)，所以2p4，即p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)，,依题意知(2k4)24k210，解得k0或0k1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，2).从而k3.所以直线l的斜率的取值范围是(，3)(3，0)(0，1).,证明,证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，,解答,(1)求椭圆C的方程；,证明,(2)设P是椭圆C上异于A，B的一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|BM|为定值.,证明由(1)知，A(2,0)，B(0,1).,当x00时，y01，|BM|2，|AN|2，|AN|BM|4.故|AN|BM|为定值.,考点二圆锥曲线中的定点问题,方法技巧(1)动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m，0).(2)动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.,解答,(1)求动点P的轨迹C的方程；,解设点P的坐标为(x，y)，点Q的坐标为(0，y).,证明,(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C于点G，H和M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.,证明当两直线的斜率都存在且不为0时，设lGH：yk(x1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，,消去y得(2k21)x24k2x2k240.则0恒成立.,解答,(1)求椭圆C的方程；,解设坐标原点为O，四边形ABPQ是平行四边形，,证明,(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DAAM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.,证明设直线MN的方程为yk(x2)，N(x0，y0)，DAAM，D(2，4k).,设G(t，0)，则t2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，,t0，点G是定点(0，0).,解答,(1)求C的方程；,解由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点.,所以点P2在椭圆C上.,证明,(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.,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：xt，由题设知t0，且|t|0.,由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0，,当且仅当m1时，0，,所以l过定点(2，1).,考点三圆锥曲线中的存在性问题,方法技巧解决存在性问题的一般思路：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.,解答,7.(2016全国)在直角坐标系xOy中，直线l：yt(t0)交y轴于点M，交抛物线C：y22px(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.,又N为M关于点P的对称点，,代入y22px，整理得px22t2x0，,解答,(2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.,解直线MH与C除H以外没有其他公共点，理由如下：,代入y22px，得y24ty4t20，解得y1y22t，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.,解答,(1)求椭圆E的方程；,又a2b2c24，abc0，,解答,解当直线l与x轴垂直时不满足条件.故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为yk(x2)1，代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，,即4(x12)(x22)(y11)(y21)5，,4(x12)(x22)(1k2)5，即4x1x22(x1x2)4(1k2)5，,存在满足条件的直线l，其方程为x2y0.,模板答题规范练,模板体验,典例(12分)已知椭圆C：9x2y2m2(m0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；,审题路线图,规范解答评分标准(1)证明设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).2分将ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，4k2b24(k29)(b2m2)0，,所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.6分,(2)解四边形OAPB能为平行四边形.7分,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k3.,设点P的横坐标为xP，,四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM.,因为ki0，ki3，i1，2，,构建答题模板第一步先假定：假设结论成立；第二步再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；第三步下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设；第四步再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.,规范演练,解答,(1)求点P的轨迹方程；,解设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，,因此点P的轨迹方程为x2y22.,证明,证明由题意知F(1，0).设Q(3，t)，P(m，n)，,又由(1)知m2n22，故33mtn0.,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.,解答,(1)求椭圆E的方程；,证明,(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.,证明由题设知，直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，,由已知0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，,故kAPkAQ为定值2.,解答,(1)求椭圆E的方程；,解答,(2)过点P且斜率为k的直线l交椭圆E于点Q(xQ，yQ)(点Q异于点P)，若0xQ1，求直线l的斜率k的取值范围.,0xQ1，,解答,(1)求椭圆M的方程；,解由已知，得a2b252，,即axbyab0.,所以a216，b29，c21697.,解答,(2)证明：直线l与x轴交于定点，并求出定点的坐标.,解由(1)知P(3，0)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，,整理，得(16m29)y232mny16n21440，,因为以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P，,所以(x13)(x23)y1y20.,又x1my1n，x2my2n，所以(my1n3)(my2n3)y1y20，整理，得(m21)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20，,易知n3，所以16(m21)(n3)32m2n(16m29)(n3)0，,解答,5.在平面直