高考數(shù)學第九章平面解析幾何第8講圓錐曲線的綜合問題第2課時圓錐曲線中的定值、定點與存在性問題教案.docx

第2課時圓錐曲線中的定值、定點與存在性問題圓錐曲線中的定值問題(師生共研) (2018高考北京卷)已知拋物線C：y22px經(jīng)過點P(1，2)過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設O為原點，求證：為定值【解】(1)因為拋物線y22px過點(1，2)，所以2p4，即p2.故拋物線C的方程為y24x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設直線l的方程為ykx1(k0)由得k2x2(2k4)x10.依題意(2k4)24k210，解得k0或0kb0)的離心率為，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A為橢圓C上一點，AF2F1F2，且|AF2|.(1)求橢圓C的方程；(2)設橢圓C的左、右頂點分別為A1，A2，過A1，A2分別作x軸的垂線l1，l2，橢圓C的一條切線l：ykxm與l1，l2分別交于M，N兩點，求證：MF1N為定值解：(1)由AF2F1F2，|AF2|，得.又e，a2b2c2，所以a29，b28，故橢圓C的標準方程為1.(2)證明：由題意可知，l1的方程為x3，l2的方程為x3.直線l分別與直線l1，l2的方程聯(lián)立得M(3，3km)，N(3，3km)，所以(2，3km)，(4，3km)，所以8m29k2.聯(lián)立得(9k28)x218kmx9m2720.因為直線l與橢圓C相切，所以(18km)24(9k28)(9m272)0，化簡得m29k28.所以8m29k20，所以，故MF1N為定值.圓錐曲線中的定點問題(師生共研) (2020安徽省考試試題)已知橢圓C：1(ab0)的上頂點為P，右頂點為Q，直線PQ與圓x2y2相切于點M.(1)求橢圓C的方程；(2)若不經(jīng)過點P的直線l與橢圓C交于A，B兩點，且0，求證：直線l過定點【解】 (1)由已知得直線OM(O為坐標原點)的斜率kOM2，則直線PQ的斜率kPQ，所以直線PQ的方程為y，即x2y2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a2，b1，故橢圓C的方程為y21.(2)證明：當直線l的斜率不存在時，顯然不滿足條件當直線l的斜率存在時，設l的方程為ykxn(n1)，聯(lián)立消去y整理得(4k21)x28knx4(n21)0，(8kn)244(4k21)(n21)16(4k21n2)0，得4k21n2.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.由0，得(x1，y11)(x2，y21)0，又y1kx1n，y2kx2n，所以(k21)x1x2k(n1)(x1x2)(n1)20，由得n1(舍)，或n，滿足.此時l的方程為ykx，故直線l過定點.求解定點問題常用的方法(1)“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目標的一般性證明(2)“一般推理，特殊求解”，即先由題設條件得出曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到定點坐標(3)求證直線過定點(x0，y0)，常利用直線的點斜式方程yy0k(xx0)來證明(2019高考北京卷)已知橢圓C：1的右焦點為(1，0)，且經(jīng)過點A(0，1)(1)求橢圓C的方程；(2)設O為原點，直線l：ykxt(t1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|ON|2，求證：直線l經(jīng)過定點解：(1)由題意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以橢圓C的方程為y21.(2)證明：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則直線AP的方程為yx1.令y0，得點M的橫坐標xM.又y1kx1t，從而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，則x1x2，x1x2.所以|OM|ON|2.又|OM|ON|2，所以22.解得t0，所以直線l經(jīng)過定點(0，0)圓錐曲線中的探索性問題(師生共研) (2019高考全國卷)已知點A，B關于坐標原點O對稱，|AB|4，M過點A，B且與直線x20相切(1)若A在直線xy0上，求M的半徑；(2)是否存在定點P，使得當A運動時，|MA|MP|為定值？并說明理由【解】 (1)因為M過點A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上由已知A在直線xy0上，且A，B關于坐標原點O對稱，所以M在直線yx上，故可設M(a，a)因為M與直線x20相切，所以M的半徑為r|a2|.連接MA，由已知得|AO|2，又，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半徑r2或r6.(2)存在定點P(1，0)，使得|MA|MP|為定值理由如下：設M(x，y)，由已知得M的半徑為r|x2|，|AO|2.由于，故可得x2y24(x2)2，化簡得M的軌跡方程為y24x.因為曲線C：y24x是以點P(1，0)為焦點，以直線x1為準線的拋物線，所以|MP|x1.因為|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在滿足條件的定點P.解決探索性問題的注意事項探索性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在(1)當條件和結論不唯一時要分類討論(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件(3)當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維，采取另外合適的方法是否存在過點E(0，4)的直線l交橢圓1于點R，T，且滿足？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由解：存在假設存在滿足題意的直線l，易知當直線l的斜率不存在時，0得(32k)264(34k2)0，解得k2.因為x1x2，x1x2，所以y1y2(kx14)(kx24)k2x1x24k(x1x2)16，故x1x2y1y216，解得k21.由解得k1，所以直線l的方程為yx4.故存在直線l：xy40或xy40滿足題意基礎題組練1(2020長沙市統(tǒng)一模擬考試)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：y2x21的上、下焦點，P是其一條漸近線上的一點，且以F1F2為直徑的圓經(jīng)過點P，則PF1F2的面積為()A. B1 C. D2解析：選C.設P(x0，y0)，不妨設點P在雙曲線C的過一、三象限的漸近線xy0上，因此可得x0y00.F1(0，)，F(xiàn)2(0，)，所以|F1F2|2，以F1F2為直徑的圓的方程為x2y22，又以F1F2為直徑的圓經(jīng)過點P，所以xy2.由，得|x0|1，于是SPF1F2|F1F2|x0|21，故選C.2直線l與拋物線C：y22x交于A，B兩點，O為坐標原點，若直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，且滿足k1k2，則直線l過定點()A(3，0) B(0，3) C(3，0) D(0，3)解析：選A.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為k1k2，所以.又y2x1，y2x2，所以y1y26.將直線l：xmyb代入拋物線C：y22x得y22my2b0，所以y1y22b6，得b3，即直線l的方程為xmy3，所以直線l過定點(3，0)3(2020安徽合肥模擬)已知橢圓1(ab0)的離心率為，過橢圓上一點M作直線MA，MB分別交橢圓于A，B兩點，且斜率分別為k1，k2，若點A，B關于原點對稱，則k1k2的值為 解析：由e21，得.設M(x，y)，A(m，n)，則B(m，n)，k1k2，把y2b2，n2b2代入式并化簡，可得k1k2.答案：4以下四個關于圓錐曲線的命題：設A，B為兩個定點，K為正數(shù)，若|PA|PB|K，則動點P的軌跡是雙曲線；方程2x25x20的兩根可分別作為橢圓和雙曲線的離心率；雙曲線1與橢圓y21有相同的焦點；已知拋物線y22px，以過焦點的一條弦AB為直徑作圓，則此圓與準線相切其中真命題為 (寫出所有真命題的序號)解析：A，B為兩個定點，K為正數(shù)，|PA|PB|K，當K|AB|時，動點P的軌跡是兩條射線，故錯誤；方程2x25x20的兩根為和2，可分別作為橢圓和雙曲線的離心率，故正確；雙曲線1的焦點坐標為(，0)，橢圓y21的焦點坐標為(，0)，故正確；設AB為過拋物線焦點F的弦，P為AB中點，A，B，P在準線l上的射影分別為M，N，Q，因為APBPAMBN，所以PQAB，所以以AB為直徑作圓，則此圓與準線l相切，故正確故正確的命題有.答案：5(2020福建五校第二次聯(lián)考)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，上頂點M到直線xy40的距離為3.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l過點(4，2)，且與橢圓C相交于A，B兩點，l不經(jīng)過點M，證明：直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值解：(1)由題意可得，解得所以橢圓C的方程為1.(2)證明：易知直線l的斜率恒小于0，設直線l的方程為y2k(x4)，k0，得m或mb0)的左、右焦點分別為F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，點A在橢圓C上(1)求橢圓C的標準方程；(2)是否存在斜率為2的直線，使得當直線與橢圓C有兩個不同交點M，N時，能在直線y上找到一點P，在橢圓C上找到一點Q，滿足？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由解：(1)設橢圓C的焦距為2c，則c1，因為A在橢圓C上，所以2a|AF1|AF2|2，所以a，b2a2c21，所以橢圓C的方程為y21.(2)不存在滿足條件的直線，證明如下：設直線的方程為y2xt，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中點為D(x0，y0)，由消去x，得9y22tyt280，所以y1y2，4t236(t28)0，所以y0，且3t3.由得(x4x2，y4y2)，所以y1y4y2，y4y1y2t，又3t3，所以y41，與橢圓上點的縱坐標的取值范圍是1，1矛盾所以不存在滿足條件的直線規(guī)范答題示范(五)解析幾何類型一定點、定值問題 (12分)設O為坐標原點，動點M在橢圓C：y21上，過點M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足.(1)(2)設點Q在直線x3上，且1，證明：建橋尋突破 看到求點P的軌跡方程，想到先設出點的坐標，然后利用已知條件，采用代入法求軌跡方程.看到過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F，想到證明.規(guī)范解答(1)設P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0)，1分由，得x0x，y0y，3分因為M(x0，y0)在橢圓C上，所以1，5分因此點P的軌跡方程為x2y22.6分(2)證明：由題意知F(1，0)，設Q(3，t)，P(m，n)，則(3，t)，(1m，n)，7分33mtn，8分(m，n)，(3m，tn)，9分由1得3mm2tnn21，10分又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以PF0，即OQPF，11分又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.12分評分標準設出點的坐標，并求出和得1分；由，正確求出x0x，y0y得2分；代入法求出1得2分；化簡成x2y22得1分；求出和得1分；正確求出的值得1分；正確求出和的坐標得1分；由1得出3mm2tnn21得1分；得出得1分；寫出結論得1分.解題點津(1)得分步驟：對于解題過程中是得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于得分點步驟一定要寫全，如第(2)問中求出3mm2tnn21就得分.(2)得分關鍵：對于解題過程中的關鍵點，有則給分，無則沒分，所以在答題時一定要寫清得分關鍵點，如第(2)問一定要寫出0，即，否則不得分，因此步驟才是關鍵的，只有結果不得分.核心素養(yǎng)圓錐曲線中的定點、定值問題是高考命題的熱點問題，常與向量巧妙交匯，綜合考查考生“數(shù)學運算”的核心素養(yǎng).類型二最值、范圍問題 (12分)設圓x2y22x150的圓心為A，直線l過點B(1，0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過點B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明，并寫出點E的軌跡方程；(2)設點E的軌跡方程為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求建橋尋突破看到|EA|EB|為定值，想到點E的軌跡方程可能是橢圓.看到四邊形MPNQ面積的取值范圍，想到四邊形MPNQ對角線是否垂直，如何將四邊形分別分成三角形求面積，可能利用弦長公式.規(guī)范解答(1)圓A整理為(x1)2y216，圓心A坐標為(1，0)，如圖，因為BEAC，則ACBEBD，由|AC|AD|，則ADCACD，2分所以EBDEDB，則|EB|ED|，所以|AE|EB|AE|ED|AD|4.4分所以E的軌跡為一個橢圓，方程為1(y0).6分(2)C1：1；設l：xmy1，因為PQl，設PQ：ym(x1)，聯(lián)立l與橢圓C1，得(3m24)y26my90；7分則|MN|yMyN|；8分圓心A到PQ距離d，9分所以|PQ|22，10分所以S四邊形MPNQ|MN|PQ|2412，8).12分評分標準得出ACBEBD，ADCACD得2分；得出|AE|EB|4得2分；寫出E的軌跡為一個橢圓，得1分；寫出橢圓方程1(y0)再得1分；聯(lián)立方程組得出(3m24)y26my90得1分；正確計算出弦長|MN|得1分，錯誤不得分；正確計算出圓心A到PQ距離d得1分；正確求出|PQ|得