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

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.‎