2019年高考数学二轮复习专题七解析几何7.3.3圆锥曲线中的定点定值与存在性问题课件文

-1-解题策略一解题策略二圆锥曲线中的定点问题(多维探究)解题策略一直接法例1已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32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.-2-解题策略一解题策略二难点突破(1)求椭圆方程需要两个条件,由椭圆的对称性知P3-1,32,P41,32在椭圆上,这只能算一个条件,将P1(1,1)代入椭圆方程与P3代入椭圆方程的比较中P1(1,1)不在椭圆上,知两点易求椭圆方程.(2)证明直线l过定点可根据条件直接用参数表示出直线方程,得到形如f(x,y)+λg(x,y)=0的形式,且方程对参数的任意值都成立,解方程组𝑓(𝑥,𝑦)=0,𝑔(𝑥,𝑦)=0,得定点.-3-解题策略一解题策略二(1)解由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由1𝑎2+1𝑏21𝑎2+34𝑏2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此1𝑏2=1,1𝑎2+34𝑏2=1,解得𝑎2=4,𝑏2=1.故椭圆C的方程为𝑥24+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𝑡,4-𝑡22,𝑡,-4-𝑡22.-4-解题策略一解题策略二则k1+k2=4-𝑡2-22𝑡−4-𝑡2+22𝑡=-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𝑥24+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=-8𝑘𝑚4𝑘2+1,x1x2=4𝑚2-44𝑘2+1.而k1+k2=𝑦1-1𝑥1+𝑦2-1𝑥2=𝑘𝑥1+𝑚-1𝑥1+𝑘𝑥2+𝑚-1𝑥2=2𝑘𝑥1𝑥2+(𝑚-1)(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥2.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·4𝑚2-44𝑘2+1+(m-1)·-8𝑘𝑚4𝑘2+1=0.解得k=-𝑚+12.当且仅当m-1时,Δ0,于是l:y=-𝑚+12x+m,即y+1=-𝑚+12(x-2),所以l过定点(2,-1).-5-解题策略一解题策略二解题心得证明直线和曲线过定点,如果定点坐标没有给出,一般可直接求直线和曲线的方程,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.𝑓(𝑥,𝑦)=0,𝑔(𝑥,𝑦)=0,-6-解题策略一解题策略二对点训练1已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0),其上顶点B与左焦点F所在的直线的倾斜角为π3,O为坐标原点,△OBF的周长为3+3.(1)求椭圆E的方程;(2)设椭圆E的右顶点为A,不过点A的直线l与椭圆E相交于P,Q两点,若以PQ为直径的圆经过点A,求证:直线l过定点,并求出该定点坐标.解(1)由题意可得𝑏𝑐=tanπ3,a+b+c=3+3,又a2=b2+c2,联立解得a=2,b=3,c=1.∴椭圆E的方程为𝑥24+𝑦23=1.-7-解题策略一解题策略二(2)证明:由(1)得A(2,0).设直线l的方程为my+t=x,P(x1,y1),Q(x2,y2).联立𝑚𝑦+𝑡=𝑥,𝑥24+𝑦23=1,化为(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,∴y1+y2=-6𝑚𝑡3𝑚2+4,y1·y2=3𝑡2-123𝑚2+4.(*)∵以PQ为直径的圆经过点A,∴𝐴𝑃⊥𝐴𝑄,∴𝐴𝑃·𝐴𝑄=0,∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0,即(my1+t-2)(my2+t-2)+y1y2=0,化为(m2+1)y1y2+(mt-2m)(y1+y2)+(t-2)2=0,把(*)代入可得(m2+1)·3𝑡2-123𝑚2+4+(mt-2m)·-6𝑚𝑡3𝑚2+4+(t-2)2=0,化简可得t=2或27(t=2舍去).代入直线l的方程:my+t=x,可得my+27=x.可得直线l经过定点27,0.-8-解题策略一解题策略二解题策略二逆推法例2设O为坐标原点,动点M在椭圆C:𝑥22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足𝑁𝑃=2𝑁𝑀.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且𝑂𝑃·𝑃𝑄=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.难点突破(1)由𝑁𝑃=2𝑁𝑀⇒用点M坐标表示点P坐标,M在椭圆上代入方程即得轨迹方程;(2)设Q(-3,t),P(m,n),由𝑂𝑃·𝑃𝑄=1⇒3+3m-tn=0,由𝑂𝑄·𝑃𝐹=3+3m-tn=0⇒𝑂𝑄⊥𝑃𝐹,又过点P存在唯一直线垂直于OQ⇒直线l过C的左焦点F.-9-解题策略一解题策略二(1)解设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),𝑁𝑃=(x-x0,y),𝑁𝑀=(0,y0).由𝑁𝑃=2𝑁𝑀得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以𝑥22+𝑦22=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𝑂𝑄=(-3,t),𝑃𝐹=(-1-m,-n),𝑂𝑄·𝑃𝐹=3+3m-tn,𝑂𝑃=(m,n),𝑃𝑄=(-3-m,t-n).由𝑂𝑃·𝑃𝑄=1得-3m-m2+tn-n2=1.又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以𝑂𝑄·𝑃𝐹=0,即𝑂𝑄⊥𝑃𝐹.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.-10-解题策略一解题策略二解题心得证明直线或曲线过某一确定的定点(定点坐标已知),可把要证明的结论当条件,逆推上去,若得到使已知条件成立的结论,即证明了直线或曲线过定点.-11-解题策略一解题策略二对点训练2已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0)的离心率为63,以原点O为圆心,椭圆C的长半轴为半径的圆与直线2x-2y+6=0相切.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知点A,B为动直线y=k(x-2)(k≠0)与椭圆C的两个交点,证明:在x轴上是否存在定点E,使𝐸𝐴2+𝐸𝐴·𝐴𝐵为定值,并求出定值.解(1)由离心率为63,得𝑐𝑎=63,即c=63a,①又以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2+y2=a2,且与直线2x-2y+6=0相切,所以a=622+(2)2=6,代入①得c=2,所以b2=a2-c2=2.所以椭圆C的标准方程为𝑥26+𝑦22=1.-12-解题策略一解题策略二(2)由𝑦=𝑘(𝑥-2),𝑥2+3𝑦2=6可得(1+3k2)x2-12k2x+12k2-6=0,Δ=144k4-4(1+3k2)(12k2-6)0,即为6+6k20恒成立.设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=12𝑘21+3𝑘2,x1x2=12𝑘2-61+3𝑘2,根据题意,假设x轴上存在定点E(m,0),使得𝐸𝐴2+𝐸𝐴·𝐴𝐵=𝐸𝐴·(𝐸𝐴+𝐴𝐵)=𝐸𝐴·𝐸𝐵为定值,则有𝐸𝐴·𝐸𝐵=(x1-m,y1)·(x2-m,y2)=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1-2)(x2-2)=(k2+1)x1x2-(2k2+m)(x1+x2)+(4k2+m2)=(k2+1)·12𝑘2-61+3𝑘2-(2k2+m)·12𝑘21+3𝑘2+(4k2+m2)=(3𝑚2-12𝑚+10)𝑘2+(𝑚2-6)1+3𝑘2,要使上式为定值,即与k无关,则应3m2-12m+10=3(m2-6),即m=73,此时𝐸𝐴·𝐸𝐵=m2-6=-59为定值,定点E为73,0.-13-圆锥曲线中的定值问题解题策略直接法例3在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.难点突破(1)先假设能出现AC⊥BC,再验证直线AC,BC的斜率之积是否为-1,从而得结论;(2)设A(x1,0),B(x2,0),点C的坐标已知,由A,B,C三点⇒AB,BC的中垂线方程⇒圆心坐标及圆半径⇒圆在y轴上的弦长.-14-解(1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为,所以不能出现AC⊥BC的情况.-1𝑥1·-1𝑥2=-12-15-(2)BC的中点坐标为𝑥22,12,可得BC的中垂线方程为y-12=x2𝑥-𝑥22.由(1)可得x1+x2=-m,所以AB的中垂线方程为x=-𝑚2.联立𝑥=-𝑚2,𝑦-12=𝑥2𝑥-𝑥22,又𝑥22+mx2-2=0,可得𝑥=-𝑚2,𝑦=-12.所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为-𝑚2,-12,半径r=𝑚2+92.故圆在y轴上截得的弦长为2𝑟2-𝑚22=3,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.-16-解题心得证某一量为定值,一般方法是用一参数表示出这个量,通过化简消去参数,得出定值,从而得证.-17-对点训练3(2018广东一模)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0)的离心率为32,且C过点1,32.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),且直线OP,l,OQ的斜率成等比数列,证明:直线l的斜率为定值.(1)解由题意可得𝑐𝑎=32,1𝑎2+34𝑏2=1,𝑎2=𝑏2+𝑐2,解得𝑎=2,𝑏=1.故椭圆C的方程为𝑥24+y2=1.-18-(2)证明由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),由𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑥24+𝑦2=1,消去y整理得(1+4k2)·x2+8kmx+4(m2-1)=0.∵直线l与椭圆交于两点,∴Δ=64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2-m2+1)0.设点P,Q的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=-8𝑘𝑚1+4𝑘2,x1x2=4(𝑚2-1)1+4𝑘2,∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.∵直线OP,l,OQ的斜率成等比数列,∴k2=𝑦2𝑥2·𝑦1𝑥1=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘𝑚(𝑥1+𝑥2)+𝑚2𝑥1𝑥2,-19-整理得km(x1+x2)+m2=0,∴-8𝑘2𝑚21+4𝑘2+m2=0.又m≠0,∴k2=14.结合图象(图略)可知k=-12,故直线l的斜率为定值.-20-圆锥曲线中的存在性问题解题策略肯定顺推法例4已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆,离心率e=12,且椭圆过点1,32.(1)求椭圆的方程;(2)椭圆左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值及此时的直线方程;若不存在,请说明理由.-21-𝑆△𝐹1𝐴𝐵=12-22-解(1)由题意可设椭圆方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0).则𝑐𝑎=12,1𝑎2+94𝑏2=1,𝑎2=𝑏2+𝑐2,解得a2=4,b2=3.∴椭圆方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设y10,y20,设