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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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)

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m2<4+8k2,‎ ‎∴x1+x2=,x1·x2=,‎ y1+y2=k(x1+x2)+2m=,‎ 由=+,得M.‎ 将M点坐标代入椭圆C的方程,得m2=1+2k2.‎ 又点O到直线PN的距离为d=,‎ ‎|PN|=|x1-x2|,‎ ‎∴S=d·|PN|=|m|·|x1-x2|=·= =2.‎ 综上,平行四边形OPMN的面积S为定值2.‎ 考点二  圆锥曲线中的定点问题 方法技巧 (1)动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).‎ ‎(2)动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.‎ ‎4.已知两点A(-,0),B(,0),动点P在y轴上的投影是Q,且2·=||2.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程;‎ ‎(2)过F(1,0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C于点G,H和M,N,且E1,E2分别是GH,MN的中点.求证:直线E1E2恒过定点.‎ ‎(1)解 设点P的坐标为(x,y),∴点Q的坐标为(0,y).‎ ‎∵2·=||2,=(--x,-y),‎ =(-x,-y),||=|x|,‎ ‎∴2[(--x)(-x)+y2]=x2,‎ 化简得点P的轨迹方程为+=1.‎ ‎(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时,‎ 设lGH:y=k(x-1),G(x1,y1),H(x2,y2),‎ lMN:y=-(x-1),M(x3,y3),N(x4,y4),‎ 联立 消去y得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-4=0.‎ 则Δ>0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|<2,可得A,B的坐标分别为,,则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.‎ 从而可设l:y=kx+m(m≠1).‎ 将y=kx+m代入+y2=1,‎ 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.‎ 由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>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,经检验,满足题意.‎ ‎∴直线l的斜率k的取值范围是∪.‎ ‎4.如图所示,已知椭圆M:+=1(a>b>0)的四个顶点构成边长为5的菱形,原点O到直线AB的距离为,其中A(0,a),B(-b,0).直线l:x=my+n与椭圆M相交于C,D两点,且以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P(其中点C,D与点P不重合).‎ ‎(1)求椭圆M的方程;‎ ‎(2)证明:直线l与x轴交于定点,并求出定点的坐标.‎ 解 (1)由已知,得a2+b2=52,‎ 由点A(0,a),B(-b,0)知,直线AB的方程为+=1,即ax-by+ab=0.‎ 又原点O到直线AB的距离为,即 =,‎ 所以a2=16,b2=9,c2=16-9=7.‎ 故椭圆M的方程为+=1.‎ ‎(2)由(1)知P(3,0),设C(x1,y1),D(x2,y2),‎ 将x=my+n代入+=1,‎ 整理,得(16m2+9)y2+32mny+16n2-144=0,‎ 则y1+y2=-,y1y2=.‎ 因为以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P,‎ 所以·=0,即(x1-3,y1)·(x2-3,y2)=0,‎ 所以(x1-3)(x2-3)+y1y2=0.‎ 又x1=my1+n,x2=my2+n,‎ 所以(my1+n-3)(my2+n-3)+y1y2=0,‎ 整理,得(m2+1)y1y2+m(n-3)(y1+y2)+(n-3)2=0,‎ 即(m2+1)·+m(n-3)·+(n-3)2=0,‎ 所以-+(n-3)2=0,‎ 易知n≠3,所以16(m2+1)(n+3)-32m2n+(16m2+9)·(n-3)=0,‎ 整理,得25n+21=0,即n=-.‎ 经检验,n=-符合题意.‎ 所以直线l与x轴交于定点,定点的坐标为.‎ ‎5.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线2x-y+2=0交抛物线C于A,B两点,P是线段AB的中点,过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.‎ ‎(1)D是抛物线C上的动点,点E(-1,3),若直线AB过焦点F,求|DF|+|DE|的最小值;‎ ‎(2)是否存在实数p,使|2+|=|2-|?若存在,求出p的值;若不存在,说明理由.‎ 解 (1)∵直线2x-y+2=0与y轴的交点为(0,2),‎ ‎∴F(0,2),则抛物线C的方程为x2=8y,准线l:y=-2.‎ 设过D作DG⊥l于G,则|DF|+|DE|=|DG|+|DE|,‎ 当E,D,G三点共线时,|DF|+|DE|取最小值2+3=5.‎ ‎(2)假设存在,抛物线x2=2py与直线y=2x+2联立,得x2-4px-4p=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),Δ=(4p)2+16p=16(p2+p)>0,则x1+x2=4p,x1x2=-4p,‎ ‎∴Q(2p,2p).‎ ‎∵|2+|=|2-|,∴⊥.‎ 则·=0,‎ 得(x1-2p)(x2-2p)+(y1-2p)(y2-2p)‎ ‎=(x1-2p)(x2-2p)+(2x1+2-2p)(2x2+2-2p)‎ ‎=5x1x2+(4-6p)(x1+x2)+8p2-8p+4=0,‎ 代入得4p2+3p-1=0,解得p=或p=-1(舍去).‎ 因此存在实数p=,且满足Δ>0,使得|2+|=|2-|成立.‎
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