2021届新高考二轮复习 7.4.3　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 学案

7.4.3　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题

必备知识精要梳理

圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

1.圆锥曲线中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.

2.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.

3.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,要开放思维,采取另外合适的方法.

关键能力学案突破

【例1】(2020全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.

(1)求E的方程;

(2)证明:直线CD过定点.

解题心得证明直线或曲线过定点,如果定点坐标没有给出,一般可根据已知条件表示出直线或曲线的方程,然后根据方程的形式确定其过哪个定点;如果得到的方程形如f(x,y)+λg(x,y)=0,且方程对参数的任意值都成立,则令解方程组得定点.

【对点训练1】(2020山东临沂二模,21)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,其左、右焦点分别为F1,F2,点P为坐标平面内的一点,且||==-,O为坐标原点.

(1)求椭圆C的方程;

(2)设M为椭圆C的左顶点,A,B是椭圆C上两个不同的点,直线MA,MB的倾斜角分别为α,β,且α+β=.证明:直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标.

【例2】(2020山东泰安三模,21)已知椭圆=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B,O为坐标原点,点O到直线AB的距离为,△OAB的面积为1.

(1)求椭圆的标准方程;

(2)直线l与椭圆交于C,D两点,若直线l∥直线AB,设直线AC,BD的斜率分别为k1,k2,证明:k1k2为定值.

解题心得定值问题常见的2种求法

(1)特例法: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2】(2020山东淄博一模,21)已知椭圆C:=1(a>b>0)的短轴长为2,左右焦点分别为F1,F2,点B是椭圆上位于第一象限的任一点,且当=0时,||=.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)若椭圆C上点A与点B关于原点O对称,过点B作BD垂直于x轴,垂足为D,连接AD并延长交椭圆C于另一点M,交y轴于点N.

①求△ODN面积的最大值;

②证明:直线AB与BM斜率之积为定值.

【例3】(2020山东,22)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).

(1)求C的方程;

(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.

解题心得有关存在性问题的求解策略

(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定的问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在并设出,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.

(2)反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法.

(3)解决存在性问题时要注意解题的规范性,一般先作出结论,后给出证明(理由).

【对点训练3】(2020山东泰安二模,21)

已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率e满足2e2-3e+2=0,以坐标原点为圆心,椭圆C的长轴长为半径的圆与直线2x-y+4=0相切.

(1)求椭圆C的方程;

(2)过点P(0,1)的动直线l(直线l的斜率存在)与椭圆C相交于A,B两点,问在y轴上是否存在与点P不同的定点Q,使得恒成立?若存在,求出定点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

7.4.3　圆锥曲线中的定点、

定值与存在性问题

关键能力·学案突破

【例1】(1)解由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).则=(a,1),=(a,-1).由=8得a2-1=8,即a=3.

所以E的方程为+y2=1.

(2)证明设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3<n<3.由于直线PA的方程为y=(x+3),所以y1=(x1+3).直线PB的方程为y=(x-3),所以y2=(x2-3).

可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于=1,故=-,

可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),

即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①

将x=my+n代入+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.

所以y1+y2=-,y1y2=代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2·(m2+9)=0.

解得n=-3(舍去),n=故直线CD的方程为x=my+,即直线CD过定点若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点

综上,直线CD过定点

对点训练1解(1)设P点坐标为(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),则=(-c-x0,-y0),=(c-x0,-y0),由题意得

解得c2=3,∴c=又e=,

∴a=2.∴b2=a2-c2=1,∴所求椭圆C的方程为+y2=1.

(2)设直线AB方程为y=kx+m,点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),由方程组得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,

∴x1+x2=-,x1x2=又由α+β=,

∴tanα·tanβ=1.设直线MA,MB斜率分别为k1,k2,则k1k2=1,

=1.

即(x1+2)(x2+2)=y1y2,

(x1+2)(x2+2)=(kx1+m)(kx2+m).∴(k2-1)x1x2+(km-2)(x1+x2)+m2-4=0,∴(k2-1)+(km-2)+m2-4=0,

化简得20k2-16km+3m2=0.

得m=2k,或m=k.当m=2k时,y=kx+2k,过点(-2,0),不合题意(舍去),当m=k时,y=kx+k,过点,∴直线AB恒过定点

【例2】解(1)直线AB的方程为=1,即bx+ay-ab=0,则因为△OAB的面积为1,所以ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,

所以椭圆的标准方程为+y2=1.

(2)直线AB的斜率为-,设直线l的方程为y=-x+t,C(x1,y1),D(x2,y2),

与+y2=1联立,消去x,得2y2-2ty+t2-1=0,则y1+y2=t,y1y2=,所以k1k2=,所以x1x2-2x2=4(t-y1)(t-y2)-4(t-y2)=4[t2-t(y1+y2)+y1y2-t+y2]=4[(y1+y2)2-(y1+y2)(y1+y2)+y1y2-(y1+y2)+y2]=4(y1y2-y1).

所以k1k2=,为定值.

对点训练2解(1)设F2(c,0),由=0,得BF2⊥F1F2,将x=c代入=1,得y=,即|BF2|=,由b=,解得a=2,所以椭圆C的标准方程为=1.

(2)设B(x1,y1),M(x2,y2),则A(-x1,-y1),D(x1,0).

①易知ON为△ABD的中位线,所以N,

所以S△ODN=|x1|·-=|x1|·|y1|=x1y1.

又B(x1,y1)满足=1,所以=1≥2,得x1y1,故S△ODN=x1y1,当且仅当时,即x1=,y1=时取等号,

所以△ODN面积的最大值为

②记直线AB斜率为k=(k>0),则直线AD的斜率为,所以直线AD的方程为y=(x-x1).

由消去y,整理得

(3+k2)x2-2k2x1x+k2-12=0,

由韦达定理得(-x1)+x2=,所以x2=+x1=,代入直线AD的方程,得y2=,于是,直线BM斜率为=-,则k=-,所以直线AB与BM斜率之积为定值-

【例3】解(1)由题设得=1,,解得a2=6,b2=3,所以C的方程为=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).

若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.

于是x1+x2=-,x1x2= ①

由AM⊥AN知=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,

可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.

整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.

于是MN的方程为y=kx--(k≠1).

所以直线MN过点P,-.若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).

由=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.

又=1,可得3-8x1+4=0.解得x1=2(舍去),x1=

此时直线MN过点P

令Q为AP的中点,即Q

若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=|AP|=若D与P重合,则|DQ|=|AP|.

综上,存在点Q,使得|DQ|为定值.

对点训练3解(1)由题意知2a=,∴a=2.由2e2-3e+2=0,解得e=或e=(舍),即,∴c=,∴b=椭圆C的方程为=1.

(2)存在.

假设y轴上存在与点P不同的定点Q,使得恒成立.

设Q(0,m)(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+1.

由可得(2k2+1)x2+4kx-2=0,∴x1+x2=-,x1x2=-

Δ=16k2+8(2k2+1)=32k2+8>0,

,

∴sin∠PQA=sin∠PQB,

∴∠PQA=∠PQB,

∴kQA=-kQB,=-,

∴(m-1)(x1+x2)=2kx1x2,

即-(m-1)=-2k,

解得m=2.∴存在定点Q(0,2),使得恒成立.