届高考数学文总复习讲义圆锥曲线中的定点定值与存在性问题.docx
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届高考数学文总复习讲义圆锥曲线中的定点定值与存在性问题
第十一节
圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题
[典例] (2018·北京高考)已知抛物线C:
y2=2px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;
(2)设O为原点,=λ,=μ,求证:
+为定值.
[解]
(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),
所以2p=4,即p=2.
故抛物线C的方程为y2=4x.
由题意知,直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y=kx+1(k≠0),
由得k2x2+(2k-4)x+1=0.
依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,
解得k<0或0 又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2). 从而k≠-3. 所以直线l的斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1). (2)证明: 设A(x1,y1),B(x2,y2). 由 (1)知x1+x2=-,x1x2=. 直线PA的方程为y-2=(x-1). 令x=0,得点M的纵坐标为yM=+2=+2. 同理得点N的纵坐标为yN=+2. 由=λ,=μ,得λ=1-yM,μ=1-yN. 所以+=+=+ =·=·=2. 所以+为定值. [解题技法] 解答圆锥曲线定值问题的技法 (1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关; (2)引进变量法: 其解题流程为 [对点训练] 在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线C1: -=1,椭圆C2: x2+=1,若M,N分别是C1,C2上的动点,且OM⊥ON,求证: O到直线MN的距离是定值. 证明: 当直线ON垂直于x轴时,|ON|=2,|OM|=,则O到直线MN的距离为. 当直线ON不垂直于x轴时, 设直线ON的方程为y=kx, 则直线OM的方程为y=-x. 由得 所以|ON|2=.同理|OM|2=. 设O到直线MN的距离为d, 因为在Rt△MON中,(|OM|2+|ON|2)d2=|OM|2·|ON|2, 所以=+==,即d=. 综上,O到直线MN的距离是定值. [典例] (2018·成都一诊)已知椭圆C: +=1(a>b>0)的右焦点F(,0),长半轴长与短半轴长的比值为2. (1)求椭圆C的标准方程; (2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M,N,若点B在以线段MN为直径的圆上,证明直线l过定点,并求出该定点的坐标. [解] (1)由题意得,c=,=2,a2=b2+c2, ∴a=2,b=1, ∴椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m(m≠1),M(x1,y1),N(x2,y2). 联立消去y,可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. ∴Δ=16(4k2+1-m2)>0,x1+x2=,x1x2=. ∵点B在以线段MN为直径的圆上, ∴·=0. ∵·=(x1,kx1+m-1)·(x2,kx2+m-1)=(k2+1)x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2=0, ∴(k2+1)+k(m-1)+(m-1)2=0, 整理,得5m2-2m-3=0, 解得m=-或m=1(舍去). ∴直线l的方程为y=kx-. 易知当直线l的斜率不存在时,不符合题意. 故直线l过定点,且该定点的坐标为. [解题技法] 直线过定点问题的解题模型 [对点训练] (2019·株洲两校联考)已知椭圆E: +=1(a>b>0)经过点P(2,1),且离心率为. (1)求椭圆的标准方程; (2)设O为坐标原点,在椭圆的短轴上有两点M,N满足=,直线PM,PN分别交椭圆于A,B两点,试证明直线AB过定点. 解: (1)由椭圆的离心率e===,得a2=4b2,将P(2,1)代入椭圆方程+=1,得+=1,解得b2=2,则a2=8,所以椭圆的标准方程为+=1. (2)证明: 当M,N分别是短轴的端点时,显然直线AB为y轴,所以若直线AB过定点,则这个定点一定在y轴上, 当M,N不是短轴的端点时,设直线AB的方程为y=kx+t,设A(x1,y1),B(x2,y2),易知x1≠2,x2≠2, 联立消去y,得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-8=0,则Δ=16(8k2-t2+2)>0, x1+x2=-,x1x2=. 又直线PA的方程为y-1=(x-2), 即y-1=(x-2), 所以点M的坐标为, 同理可知N, 由=,得+=0, 化简整理得,(2-4k)x1x2-(2-4k+2t)(x1+x2)+8t=0, 则(2-4k)×-(2-4k+2t)+8t=0, 整理得(2t+4)k+(t2+t-2)=0, 当且仅当t=-2时,上式对任意的k都成立, 所以直线AB过定点(0,-2). 考点三 假设存在定结论(探索性问题) [典例] 如图,在直角坐标系xOy中有一直角梯形ABCD,AB的中点为O,AD⊥AB,AD∥BC,|AB|=2,|BC|=,|AD|=,以A,B为焦点的椭圆经过点C. (1)求椭圆的标准方程; (2)若点E,问是否存在直线l与椭圆交于M,N两点且|ME|=|NE|? 若存在,求出直线l斜率的取值范围;若不存在,请说明理由. [解] (1)连接AC(图略),依题意设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0), 在Rt△ABC中,|AB|=2,|BC|=,所以|AC|=. 所以|CA|+|CB|=+=2a,a=2. 又2c=2,所以c=1,从而b=, 所以椭圆的标准方程为+=1. (2)由题意知,当l与x轴垂直时,不满足|ME|=|NE|,当l与x轴平行时,|ME|=|NE|,显然成立,此时k=0.当k≠0时,设直线l的方程为y=kx+m, 由消去y,整理得 (3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0. 由直线与椭圆交于两点得 Δ=(8km)2-4(3+4k2)×4(m2-3)>0, 所以m2<4k2+3.① 设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为P(x0,y0), 则x0==,y0=kx0+m=. 因为|ME|=|NE|,所以EP⊥MN,所以kEP·k=-1, 即·k=-1,化简得m=-(3+4k2), 结合①得(3+4k2)2<4k2+3, 即16k4+8k2-3<0,解得-<k<(k≠0). 综上所述,存在满足条件的直线l,且其斜率的取值范围为. [解题技法] 探索性问题的解题策略 探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存在,若结论不正确,则不存在. (1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论. (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件. (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采取另外的途径. [对点训练] (2019·贵阳检测)如图,椭圆C: +=1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A,B,右焦点为F,点P在椭圆C上,且PF⊥x轴,若AB∥OP,且|AB|=2. (1)求椭圆C的方程; (2)若Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点,在x轴上是否存在一点D,使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值? 若存在,求出点D的坐标;若不存在,说明理由. 解: (1)由题意得A(-a,0),B(0,b),可设P(c,t)(t>0), ∴+=1,解得t=,即P, 由AB∥OP,得=,即b=c, ∴a2=b2+c2=2b2,① 又AB=2,∴a2+b2=12,② 由①②得a2=8,b2=4,∴椭圆C的方程为+=1. (2)假设存在D(m,0)使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值, 设Q(x0,y0)(y0≠0),则+=1,③ 设kQA·kQD=k(常数), ∵A(-2,0),∴·=k,④ 由③得y=4,⑤ 将⑤代入④,得 k=, ∴∴m=2,k=-, ∴存在点D(2,0),使得kQA·kQD=-(定值). 1.(2019·贵阳适应性考试)已知椭圆C: +=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M为短轴的上端点,·=0,过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,且|AB|=. (1)求椭圆C的方程; (2)设经过点(2,-1)且不经过点M的直线l与C相交于G,H两点.若k1,k2分别为直线MH,MG的斜率,求k1+k2的值. 解: (1)由·=0,得b=c.① 因为过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,且|AB|=, 所以=,② 又a2=b2+c2,③ 联立①②③,解得a2=2,b2=1, 故椭圆C的方程为+y2=1. (2)易知直线l的斜率存在,可设直线l的方程为y+1=k(x-2),即y=kx-2k-1, 将y=kx-2k-1代入+y2=1得(1+2k2)x2-4k(2k+1)x+8k2+8k=0, 由题设可知Δ=-16k(k+2)>0, 设G(x1,y1),H(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=, k1+k2=+=+=2k-=2k-(2k+1)=-1, 所以k1+k2=-1. 2.(2018·贵阳摸底考试)过抛物线C: y2=4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A,B两点,且|AB|=8. (1)求直线l的方程; (2)若A关于x轴的对称点为D,求证: 直线BD过定点,并求出该点的坐标. 解: (1)易知点F的坐标为(1,0),则直线l的方程为y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0, 由题意知k≠0,且Δ=[-(2k2+4)]2-4k2·k2=16(k2+1)>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),∴x1+x2=,x1x2=1, 由抛物线的定义知|AB|=x1+x2+2=8, ∴=6,∴k2=1,即k=±1, ∴直线l的方程为x+y-1=0或x-y-1=0. (2)证明: ∵D点的坐标为(x1,-y1),直线BD的斜率kBD===, ∴直线BD的方程为y+y1=(x-x1), 即(y2-y1)y+y2y1-y=4x-4x1, ∵y=4x1,y=4x2,x1x2=1, ∴(y1y2)2=16x1x2=16, 即y1y2=-4(y1,y2异号), ∴直线BD的方程为4(x+1)+(y1-y2)y=0,恒过点(-1,0). 3.(2019·西安八校联考)已知直线l: x=my+1过椭圆C: +=1的右焦点F,抛物线x2=4y的焦点为椭圆C的上顶点,且l交椭圆C于A,B两点,点A,F,B在直线x=4上的射影依次为D,K,E. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线l交y轴于点M,且=λ1,=λ2,当m变化时,证明: λ1+λ2为定值; (3)判断当m变化时,直线AE与BD是否相交于定点? 若是,请求出定点的坐标,并给予证明;否则,说明理由. 解: (1)∵l: x=my+1过椭圆C的右焦点F, ∴右焦点F(1,0),即c=1. ∵x2=4y的焦点(0,)为椭圆C的上顶点, ∴b=,即b2=3,a2=b2+c2=4, ∴椭圆C的方程为+=1. (2)证明: 由题意知m≠0,由消去x,整理得(3m2+4)y2+6my-9=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则y1+y2=-,y1y2=-. ∵=λ1,=λ2,M, ∴=λ1(1-x1,-y1),=λ2(1-x2,-y2), ∴λ1=-1-,λ2=-1-, ∴λ1+λ2=-2-=-2-=-. 综上所述,当m变化时,λ1+λ2为定值-. (3)当m=0时,直线l⊥x轴,则四边形ABED为矩形,易知AE与BD相交于点N,猜想当m变化时,直线AE与BD相交于定点N,证明如下: ==, 易知E(4,y2),则=. ∵y2-(-y1)=(y1+y2)-my1y2=-m=0, ∴∥,即A,N,E三点共线. 同理可得B,N,D三点共线.则猜想成立. 故当m变化时,直线AE与BD相交于定点N. 4.(2018·石家庄质测)已知椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆于A,B两点. (1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2+y2=9,求椭圆的长轴长; (2)当b=1时,问在x轴上是否存在定点T,使得·为定值? 并说明理由. 解: (1)设AF1的中点为M,连接OM,AF2(O为坐标原点),在△AF1F2中,O为F1F2的中点, 所以|OM|=|AF2|=(2a-|AF1|)=a-|AF1|.
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- 高考 数学 复习 讲义 圆锥曲线 中的 定点 存在 问题