- 2021-06-11 发布 |
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文档介绍
2018年高考数学二轮复习教案:第一部分 五 解析几何 第三讲 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题
第三讲 圆锥曲线的综合应用 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题 圆锥曲线中的定点问题 [方法结论] 定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立b,k等量关系进行消元,借助于直线系方程找出定点; (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明一般情况. [典例](2017·洛阳模拟)设椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,B,C是椭圆上关于原点对称的两点(B,C均不在x轴上),线段AC的中点为D,且B,F,D三点共线. (1)求椭圆E的离心率; (2)设F(1,0),过F的直线l交E于M,N两点,直线MA,NA分别与直线x=9交于P,Q两点.证明:以PQ为直径的圆过点F. 解析:(1)法一:由已知A(a,0),F(c,0),设B(x0,y0),C(-x0-y0),则D(,-), ∵B,F,D三点共线,∴∥,又=(c-x0,-y0),=(,-), ∴-y0(c-x0)=-y0·, ∴a=3c,从而e=. 法二:设直线BF交AC于D,连接OD,由题意知,OD是△CAB的中位线,∴OD綊AB,∴∥, ∴△OFD∽△AFB. ∴=,解得a=3c,从而e=. (2)∵F的坐标为(1,0), ∴c=1,从而a=3,∴b2=8. ∴椭圆E的方程为+=1. 设直线l的方程为x=ny+1,(n≠0) 由⇒(8n2+9)y2+16ny-64=0, ∴y1+y2=,y1y2=,其中M(ny1+1,y1),N(ny2+1,y2). ∴直线AM的方程为=, ∴P(9,),同理Q(9,), 从而·=(8,)·(8,)=64+=64+ =64+=0. ∴FP⊥FQ,即以PQ为直径的圆恒过点F. [类题通法] 定点的探索与证明问题注意利用特殊化思想探求再证明,求解的方法常见的有如下两种: (1)直线过定点,引入适当的变量,求出直线方程,根据方程求出定点; (2)曲线过定点,先用特殊位置的曲线探求定点,再证明曲线过该点,与变量无关. [演练冲关] (2017·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足= . (1)求点P的轨迹方程; (2)设点Q在直线x=-3上,且·=1,证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 解析:(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0), 由= 得x0=x,y0=y. 因为M(x0,y0)在C上,所以+=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 =(-3,t),=(-1-m,-n), ·=3+3m-tn, =(m,n),=(-3-m,t-n), 由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0. 所以·=0,即⊥,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. 圆锥曲线中的定值问题 [方法结论] 解答圆锥曲线的定值,从三个方面把握 (1)从特殊开始,求出定值,再证明该值与变量无关;(2)直接推理、计算,在整个过程中消去变量,得定值;(3)在含有参数的曲线方程里面,把参数从含有参数的项里面分离出来,并令其系数为零,可以求出定值. [典例](2017·沈阳模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F1(-,0),e=. (1)求椭圆C的方程; (2)如图,设R(x0,y0)是椭圆C上一动点,由原点O向圆(x-x0)2+(y-y0)2=4引两条切线,分别交椭圆于点P,Q,若直线OP,OQ的斜率存在,并记为k1,k2,求证:k1k2为定值. (3)在(2)的条件下,试问|OP|2+|OQ|2是否为定值?若是,求出该值;若不是,请说明理由. 解析:(1)由题意得,c=,e=,解得a=2,∴椭圆C的方程为+=1. (2)由已知,直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x,且与圆R相切, ∴=2,化简得(x-4)k-2x0y0k1+y-4=0, 同理,可得(x-4)k-2x0y0k2+y-4=0, ∴k1,k2是方程(x-4)k2-2x0y0k+y-4=0的两个不相等的实数根, ∴x-4≠0,Δ>0,k1k2=. ∵点R(x0,y0)在椭圆C上,∴+=1,即y=6-x, ∴k1k2==-. (3)|OP|2+|OQ|2是定值18. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立得,解得, ∴x+y=,同理,可得x+y= 由k1k2=-, 得|OP|2+|OQ|2=x+y+x+y=+=+==18. 综上:|OP|2+|OQ|2=18. [类题通法] 定值问题在求解时注意“设而不求”思想方法的灵活运用,即引入参变量,用它来表示有关量,进而看能否把变量消去.“先猜后证”法是解决这类问题的有效方法,也就是先由特殊情形探求出定值或定点,进而证明它适用所有情形. [演练冲关] (2016·高考北京卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1. (1)求椭圆C的方程; (2)设P是椭圆C上一点,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. 解析:(1)由题意得解得a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1). 设P(x0,y0),则x+4y=4. 当x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2). 令x=0,得yM=-,从而|BM|=|1-yM|=|1+|. 直线PB的方程为y=x+1. 令y=0,得xN=-,从而|AN|=|2-xN|=|2+|. 所以|AN|·|BM|=|2+|·|1+|=||=||=4. 当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|·|BM|=4. 综上|AN|·|BM|为定值. 存在性问题 [方法结论] 1.存在性问题的解题步骤 (1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组). (2)解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在,若无解则不存在. (3)得出结论. 2.解决存在性问题的注意事项 存在性问题,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. [典例](2017·西安模拟)已知F1,F2为椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点,点P(1,)在椭圆E上 ,且|PF1|+|PF2|=4. (1)求椭圆E的方程; (2)过F1的直线l1,l2分别交椭圆E于A,C和B,D,且l1⊥l2,问是否存在常数λ,使得,λ,成等差数列?若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由. 解析:(1)∵|PF1|+|PF2|=4,∴2a=4,a=2. ∴椭圆E:+=1. 将P(1,)代入可得b2=3,∴椭圆E的方程为+=1. (2)①当AC的斜率为零或斜率不存在时,+=+=; ②当AC的斜率k存在且k≠0时,AC的方程为y=k(x+1), 代入椭圆方程+=1,并化简得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0. 设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=-,x1·x2=. |AC|=|x1-x2|==. ∵直线BD的斜率为-, ∴|BD|==. ∴+=+=. 综上,2λ=+=,∴λ=. 故存在常数λ=,使得,λ,成等差数列. [类题通法] 存在性问题的两种常考题型的求解方法 (1)给出问题的一些特殊关系,要求探索出一些规律,并能论证所得规律的正确性.通常要对已知关系进行观察、比较、分析,然后概括出一般规律. (2)只给出条件,求“不存在”“是否存在”等语句表述.此类问题也是最常考的探索性问题,解答这类问题时,一般要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,若推出相符的结论,则存在性得到肯定;若导致矛盾,则假设不存在.本题就是“是否存在”型探索性问题. [演练冲关] (2017·湖南东部五校联考)已知椭圆E:+=1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0,设短轴的一个端点为D,原点O到直线DF的距离为,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C,G两点,且||+||=4. (1)求椭圆E的方程. (2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A,B且使得2=4·成立?若存在,试求出直线l的方程;若不存在,请说明理由. 解析:(1)由椭圆的对称性知||+||=2a=4, ∴a=2.又原点O到直线DF的距离为,∴=, ∴bc=,又a2=b2+c2=4,a>b>c>0,∴b=,c=1. 故椭圆E的方程为+=1. (2)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y=k(x-2)+1, 代入椭圆方程得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0,∴x1+x2=, x1x2=,Δ=32(6k+3)>0,∴k>-. ∵2=4·,即4[(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)]=5, ∴4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5,即4[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=5, ∴4(1+k2)=4×=5,解得k=±, k=-不符合题意,舍去.∴存在满足条件的直线l,其方程为y=x.查看更多