2019届二轮复习第23练 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练]学案(全国通用)
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第23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.
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
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②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.
1.已知椭圆+=1(a>b>0)的长轴长为4,且过点.
(1)求椭圆的方程;
(2)设A,B,M是椭圆上的三点.若=+,点N为线段AB的中点,C,D,求证:|NC|+|ND|=2.
(1)解 由已知可得
故所以椭圆的方程为+y2=1.
(2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),则+y=1,+y=1.
由=+,
得M.
因为M是椭圆C上一点,
所以+2=1,
即2+2+2×××=1,
得2+2+2×××=1,
故+y1y2=0.
又线段AB的中点N的坐标为,
所以+22
=+++y1y2=1.
从而线段AB的中点N在椭圆+2y2=1上.
又椭圆+2y2=1的两焦点恰为C,D,
所以|NC|+|ND|=2.
2.(2018·北京)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.
(1)解 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.
依题意知Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,
解得k<0或0<k<1.
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.
3. 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点Q在椭圆上,O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知点P,M,N为椭圆C上的三点,若四边形OPMN为平行四边形,证明四边形OPMN的面积S为定值,并求该定值.
解 (1)∵椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,
∴e2===,得a2=2b2,①
又点Q在椭圆C上,
∴+=1,②
联立①②得a2=8,b2=4.
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)当直线PN的斜率k不存在时,PN的方程为x=或x=-,从而有|PN|=2,
∴S=|PN|·|OM|=×2×2=2;
当直线PN的斜率k存在时,
设直线PN的方程为y=kx+m(m≠0),P(x1,y1),N(x2,y2),
将PN的方程代入椭圆C的方程,
整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,
Δ=16k2m2-4(2m2-8)(1+2k2)>0,即m20恒成立.
∴x1+x2=,x1x2=.
∴GH中点E1的坐标为.
同理,MN中点E2的坐标为,
∴=,
∴的方程为y-=,
即y=,
∴直线E1E2恒过定点;
当两直线的斜率分别为0和不存在时,的方程为y=0,也过点.
综上所述,过定点.
5.已知焦距为2的椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点为A,直线y=与椭圆C交于P,Q两点(P在Q的左边),Q在x轴上的射影为B,且四边形ABPQ是平行四边形.
(1)求椭圆C的方程;
(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DA⊥AM.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.
(1)解 设坐标原点为O,
∵四边形ABPQ是平行四边形,∴||=||,
∵||=2||,∴||=2||,则点B的横坐标为,
∴点Q的坐标为,代入椭圆C的方程得b2=2,
又c2=2,∴a2=4,即椭圆C的方程为+=1.
(2)证明 设直线MN的方程为y=k(x+2),N(x0,y0),DA⊥AM,∴D(2,4k).
由消去y得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,
则-2x0=,即x0=,
∴y0=k(x0+2)=,则N,
设G(t,0),则t≠-2,若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,
则DG⊥AN,∴·=0恒成立.
∵=(2-t,4k),=,
∴·=(2-t)·+4k·=0恒成立,
即=0恒成立,
∴t=0,∴点G是定点(0,0).
6.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(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.
(1)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.
又由+>+知,椭圆C不经过点P1,
所以点P2在椭圆C上.
因此解得
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)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:x=t,由题设知t≠0,且|t|0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
而k1+k2=+
=+
=.
由题设k1+k2=-1,
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,
即(2k+1)·+(m-1)·=0,
解得k=-.
当且仅当m>-1时,Δ>0,
于是l:y=-x+m,
即y+1=-(x-2),
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.
7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)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是否有其它公共点?说明理由.
解 (1)如图,由已知得M(0,t),P,
又N为M关于点P的对称点,
故N,ON的方程为y=x,
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=x,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.
8.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 (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>-.
∵=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x-2y=0.
典例 (12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),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;
(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;若不能,说明理由.
审题路线图
(1)―→―→―→
(2)―→
―→―→
规范解答·评分标准
(1)证明 设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).…………2分
将y=kx+b代入9x2+y2=m2,
得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,
Δ=4k2b2-4(k2+9)(b2-m2)>0,
故xM==,yM=kxM+b=.………………………………………………4分
于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-9.
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
因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.
由(1)得OM的方程为y=-x.
设点P的横坐标为xP,
由得x=,即xP= . ……………………………………9分
将点的坐标代入l的方程,得b=,
因此xM=.……………………………………………………………………………10分
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=2×,
解得k1=4-,k2=4+.
因为ki>0,ki≠3,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. ………………………………………………………………………………………12分
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.
1.(2017·全国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.
(1)解 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.
2.如图,椭圆E:+=1(a>b>0),经过点A(0,-1),且离心率为.
(1)求椭圆E的方程;
(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.
(1)解 由题设知=,b=1,
结合a2=b2+c2,解得a=,
所以椭圆的方程为+y2=1.
(2)证明 由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,
得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0,由已知Δ>0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,
则x1+x2=,x1x2=,
从而直线AP,AQ的斜率之和
kAP+kAQ=+=+
=2k+(2-k)=2k+(2-k),
=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.
故kAP+kAQ为定值2.
3.已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,点P在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程;
(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0