2019届高考数学二轮复习第二篇专题通关攻略专题7解析几何2.7.4与椭圆、抛物线相关的定值、定点及存在性问题课件.ppt

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1、第4课时 与椭圆、抛物线相关的定值、 定点及存在性问题,热点考向一 圆锥曲线中的定点问题 考向剖析:本考向考查题型为解答题,主要考查直线、圆锥曲线过定点或曲线过两直线交点问题,2019年高考考查热度不减.,【典例1】(2018西宁一模)在平面直角坐标系xOy中, 点F1(-1,0),F2(1,0),动点M满足 (1)求动点M的轨迹E的方程. (2)若直线y=kx+m与轨迹E有且仅有一个公共点Q,且与 直线x=-4相交于点R,求证:以QR为直径的圆过定点F1.,【审题导引】(1)要求动点M的轨迹方程,只要分析条件, 得到|MF1|+|MF2|=4利用定义法即可. (2)要证圆过定点,只要在圆上确

2、定一点F1使_ 即可.,QF1RF1,【解析】(1)因为 即 由椭圆定义可知动点M的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆, 所以a=2,c=1, b2=a2-c2=3,所以椭圆的方程为,(2)由 消去y得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 如图,设点Q(x0,y0),依题意m0, 因为直线y=kx+m与轨迹E有且仅有一个公共点, 所以由=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 可得m2=4k2+3.,此时 所以Q 由 解得y=-4k+m, 所以R(-4,-4k+m). 由F1(-1,0)可得 所以,所以QF1RF1,所以以QR为直径的圆过定点F1.,【名师点睛】圆锥曲线中

3、定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.,【考向精练】 (2018太原二模)已知椭圆C: (ab0)的 左、右顶点分别为A1,A2,右焦点为F2(1,0),点B 在椭圆C上. 世纪金榜导学号,(1)求椭圆方程. (2)若直线l:y=k(x-4)(k0)与椭圆C交于M,N两点,已知直线A1M与A2N相交于点G,证明:点G在定直线上,并求出定直线的方程.,【解析】(1)F2(1,0),所以c=1,由题目已知条件知所以a=2,b= ,

4、所以椭圆方程为,(2)由椭圆对称性知G在x=x0上,假设直线l过椭圆上顶 点,则M(0, ), 所以k=- ,N :y= (x+2), :y=- (x-2), 所以G 所以G在定直线x=1上.,当M不在椭圆顶点时,设M(x1,y1),N(x2,y2), 得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0, 所以 :y= (x+2), :y= (x-2),当x=1时, 得2x1x2-5(x1+x2)+8=0,所以 显然成立,所以G在定直线x=1上.,【加练备选】 (2017全国卷)已知椭圆C: (ab0),四点 P1(1,1),P2(0,1), 中恰有三点在椭 圆C上.,(1)求C的方程. (

5、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.,【解题导引】(1)求C的方程只需求出a2,b2即可,可先判断哪3个点在曲线C上,然后求解. (2)可先考虑直线l斜率不存在的情况,再设直线l的方程为y=kx+n,依据题设条件,求出n与k的关系,进而得出直线l所过的定点.,【规范解答】(1)根据椭圆对称性,必过P3,P4, 又P4横坐标为1,椭圆必不过P1,所以过P2,P3,P4三点, 将P2 ,P3 代入椭圆方程得,解得a2=4,b2=1. 所以椭圆C的方程为: +y2=1.,(2)当斜率不存在时,设l:x=m, 得m=2,此时l过椭圆

6、右顶点,不存在两个交点,故不满足.,当斜率存在时,设l:y=kx+n 联立 整理得 x2+8knx+4n2-4=0, x1+x2= x1x2=,则,又n1n=-2k-1,此时=-64k,存在k使得0成立, 所以直线l的方程为y=kx-2k-1, 当x=2时,y=-1, 所以l过定点 .,热点考向二 圆锥曲线中的定值问题 考向剖析:本考向考题为压轴大题,主要考查以直线和圆锥曲线的位置关系为背景,考查对定值问题的转化能力,常考查学生数学抽象、数学运算等核心素养.2019年高考考查方向与热度不变.,【典例2】已知椭圆E: (ab0)的离心率为 , 以椭圆的短轴为直径的圆与直线x-y+ =0相切. (

7、1)求椭圆E的方程. (2)设椭圆过右焦点F的弦为AB、过原点的弦为CD,若 CDAB,求证: 为定值.,【审题导引】(1)要求椭圆方程,只要由原点到直线的 距离等于半短轴长,求b即可. (2)要证明 为定值,只要利用_公式计算化简 即可.,弦长,【解析】(1)依题意,原点到直线x-y+ =0的距离为b, 则有 由 得a2= b2=4. 所以椭圆E的方程为,(2)当直线AB的斜率不存在时,易|AB|=3,|CD|=2 , 则 =4.,当直线AB的斜率存在时, 设直线AB的斜率为k,依题意k0, 则直线AB的方程为y=k(x-1),直线CD的方程为y=kx. 设A(x1,y1),B(x2,y2)

8、,C(x3,y3),D(x4,y4), 由 得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,则x1+x2= x1x2= |AB|= |x1-x2|,由 整理得x2= 则|x3-x4|= |CD|= 所以 综合, =4为定值.,【名师点睛】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值. (2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得.,(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.,【考向精练】 1.(201

9、8全国卷)设椭圆C: +y2=1的右焦点为F, 过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为 . (1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程. (2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.,【解析】(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1. 代入 +y2=1可得,点A的坐标为 所以直线AM的方程为y=,(2)当l与x轴重合时,OMA=OMB=0. 当l与x轴垂直时,OM为线段AB的垂直平分线, 所以OMA=OMB. 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1) (k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1 ,x2 ,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=由y1=kx1

10、-k,y2=kx2-k得 kMA+kMB= 将y=k(x-1)代入 +y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.,所以,x1+x2= x1x2= 则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k= =0. 从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补, 所以OMA=OMB. 综上,OMA=OMB.,2.已知椭圆C:9x2+y2=m2(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. 世纪金榜导学号 (1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. (2)若l过点 延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率

11、,若不能,说明 理由.,【解题导引】(1)设直线y=kx+b(k0,b0),与椭圆C:9x2+y2=m2(m0)联立,结合根与系数的关系及中点坐标公式证明.(2)由四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分求解证明.,【解析】(1)设直线l:y=kx+b(k0,b0), A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM= yM=kxM+b= 于是直线OM的斜率kOM= 即kOMk=-9,所以直 线OM的斜率与l的斜率的积是定值.,(2)四边形OAPB能为平行四边形. 因为直线l过

12、点 所以l不过原点且与C有两个交点 的充要条件是k0,k3. 由(1)得OM的方程为y=- x.设点P的横坐标为xP. 由 得 即xP=,将点 的坐标代入l的方程得b= 因此xM= 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xP=2xM.,于是 解得 因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4- 或4+ 时,四边形OAPB为平行四边形.,热点考向三 圆锥曲线中的存在性问题 高频考向,类型一 点、线的存在性问题 【典例3】(2018曲靖一模)已知椭圆C: (ab0)的离心率为 ,点F为左焦点,过点F作x轴的垂 线交椭圆C于A,B两点,且|AB|=3.,(1)求椭

13、圆C的方程. (2)在圆x2+y2=3上是否存在一点P,使得在点P处的切线l 与椭圆C相交于M,N两点满足 ?若存在,求l的方 程;若不存在,请说明理由.,【大题小做】,【解析】(1)因为 所以3a2=4b2, 又因为|AB|= 所以a=2,b= , 所以椭圆C的方程为,(2)假设存在点P,使得 .当l的斜率不存在时, l:x= 或x=- , 与椭圆C: 相交于M,N两点, 此时M N 或,所以 所以当直线l的斜率不存在时不满足. 当直线l的斜率存在时,设y=kx+m, 则 (3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为直线l与椭圆C相交于M,N两点,所以0,化简得4k2m2-3. 设

14、M(x1,y1),N(x2,y2), 所以x1+x2= x1x2= y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2 =,因为 所以 所以7m2-12k2-12=0, 又因为l与圆x2+y2=3相切,所以 所以m2=3+3k2,所以21+21k2-12k2-12=0, 所以k2=-1,显然不成立,所以在圆上不存在这样的点P 使其成立.,类型二 参数的存在性问题 【典例4】(2018苏北四市一模)如图,在平面直角坐 标系xOy中,已知椭圆 (ab0)的离心率为 , 且过点 F为椭圆的右焦点,A,B为椭圆上关于原点 对称的两点,连接AF,BF分别交椭圆于C,D两点.

15、世纪金榜导学号,(1)求椭圆的标准方程. (2)若AF=FC,求 的值. (3)设直线AB,CD的斜率分别为k1,k2,是否存在实数m,使得k2=mk1,若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.,【审题导引】(2)由条件结合对称性求 即可. (3)设出A,B的坐标,通过列方程组表示出点_,_的坐 标,然后通过斜率关系求m.,C,D,【解析】(1)由题意知: 解之得 所以椭圆方程为,(2)若AF=FC,由椭圆对称性,知A 所以B 此时直线BF方程为3x-4y-3=0,由 得7x2-6x-13=0,解得x= (x=-1舍去), 故,(3)设A(x0,y0),则B(-x0,-y0), 直线AF的方

16、程为y= (x-1),代入椭圆方程 得(15-6x0)x2-8 -15 +24x0=0, 因为x=x0是该方程的一个解,所以C点的横坐标xC=,又C(xc,yC)在直线y= (x-1)上,所以yC= (xc- 1)= 同理,D点坐标为 所以k2=,即存在m= ,使得k2= k1.,【名师点睛】解决存在性问题的一般思路 存在性问题,一般先假设存在,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,要开放思维,采取另外合适的方法.,【

17、考向精练】 1.已知点P为曲线C上任意一点,A(0,-1),B(0,1),直线 PA,PB的斜率之积为- . (1)求曲线C的轨迹方程. (2)是否存在过点Q(-2,0)的直线l与曲线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.,【解析】(1)设点P(x,y),x0,则 kPAkPB= 整理得: +y2=1, 故曲线C的轨迹方程为 +y2=1(x0).,(2)假设存在直线l满足题意. 显然当直线斜率不存在时,直线与椭圆C不相交. 当直线l的斜率k0时,设直线l为y=k(x+2), 联立 化简得:(1+2k2)x2+8k2x+8k2-2=0

18、, 由=(8k2)2-4(1+2k2)(8k2-2)0,解得- k (k0), 设点M(x1,y1),N(x2,y2),则 所以y1+y2=k(x1+x2)+4k=k +4k= , 取MN的中点H,则H,则 即 化简得2k2+2k+1=0,无实数解,故舍去.,当k=0时,M,N为椭圆C的左右顶点,显然满足|BM|=|BN|,此时直线l的方程为y=0. 综上可知,存在直线l满足题意,此时直线l的方程为y=0.,2.已知点P是椭圆C上任一点,点P到直线l1:x=-2的距离 为d1,到点F(-1,0)的距离为d2,且 直线l与椭圆 C交于不同两点A,B(A,B都在x轴上方),且OFA+ OFB =1

19、80. (1)求椭圆C的方程. (2)当A为椭圆与y轴正半轴的交点时,求直线l方程.,(3)对于动直线l,是否存在一个定点,无论OFA如何变化,直线l总经过此定点?若存在,求出该定点的坐标;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)设P(x,y),则d1=|x+2|,d2= 所以 化简,得 +y2=1,所以椭圆 C的方程为 +y2=1.,(2)因为A(0,1),F(-1,0),所以kAF= 又因为OFA+OFB=180,所以kBF=-1,BF:y= -1(x+1)=-x-1. 代入 +y2=1,解得 或,所以B kAB= 所以AB:y= x+1.即直线l方程为y= x+1.,(3)因为OFA+OF

20、B=180,所以kAF+kBF=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB方程为y=kx+b.将直线AB的方程y=kx+b代入 +y2=1,得 x2+2kbx+b2-1=0.,所以x1+x2= x1x2= 所以kAF+kBF=,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+ 2b =2k,所以b-2k=0, 所以直线AB方程为y=k(x+2), 所以直线l总经过定点M(-2,0).,【加练备选】 (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 (2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.,【解析】(1)由已知得M(0,t),P 又N为M关于点P 的对称点,故N 故直线ON的方程为y= ,将其代 入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2= ,因此 H 所以N为OH的中点,即 =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= ,即x= (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.,