高考数学复习 第2讲 圆锥曲线中的定点、定值问题与存在性问题课件

高考真题自测热点考向突破第1讲直线与圆、圆锥曲线的概念、方程与性质体验高考1.(2012年高考福建卷,文21)如图,等边三角形OAB的边长为83,且其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p0)上.(1)求抛物线E的方程;(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.高考真题自测—夯基础提速度(1)解:依题意,|OB|=83,∠BOy=30°.设B(x,y),则x=|OB|sin30°=43,y=|OB|cos30°=12.因为点B(43,12)在x2=2py上,所以(43)2=2p×12,解得p=2.故抛物线E的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)知y=14x2,y'=12x.设P(x0,y0),则x0≠0,且l的方程为y-y0=12x0(x-x0),即y=12x0x-2014x.由20011,241.yxxxy得2004,21.xxxy所以Q2004,12xx.设M(0,y1),令MP·MQ=0对满足y0=2014x(x0≠0)的x0,y0恒成立.由于MP=(x0,y0-y1),MQ=20104,12xyx,由MP·MQ=0,得2042x-y0-y0y1+y1+21y=0,即(21y+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*)由于(*)式对满足y0=2014x(x0≠0)的y0恒成立,所以121110,20,yyy解得y1=1.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).2.(2012年高考湖北卷,文21)设A是单位圆x2+y2=1上的任意一点,l是过点A与x轴垂直的直线,D是直线l与x轴的交点,点M在直线l上,且满足|DM|=m|DA|(m0,且m≠1).当点A在圆上运动时,记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程,判断曲线C为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标;(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P、Q两点,其中P在第一象限,它在y轴上的射影为点N,直线QN交曲线C于另一点H,是否存在m,使得对任意的k0,都有PQ⊥PH?若存在,求m的值;若不存在,请说明理由.解:(1)设M(x,y),A(x0,y0),则由|DM|=m|DA|(m0,且m≠1),可得x=x0,|y|=m|y0|,所以x0=x,|y0|=1m|y|.①因为点A在单位圆上运动,所以2200xy=1.②将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2+22ym=1(m0,且m≠1).因为m∈(0,1)∪(1,+∞),所以当0m1时,曲线C是焦点在x轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(-21m,0),(21m,0);当m1时,曲线C是焦点在y轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(0,-21m),(0,21m).(2)法一如图(1)、(2),∀k0,设P(x1,kx1)(x10),H(x2,y2),则Q(-x1,-kx1),N(0,kx1),直线QN的方程为y=2kx+kx1,将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2+4k2)x2+4k2x1x+k221x-m2=0.依题意可知此方程的两根为-x1,x2,于是由根与系数的关系可得-x1+x2=-212244kxmk,即x2=21224mxmk.因为点H在直线QN上,所以y2-kx1=2kx2=212224kmxmk,于是PQ=(-2x1,-2kx1),PH=(x2-x1,y2-kx1)=2211222242,44kxkmxmkmk.而PQ⊥PH等价于PQ·PH=2221224(2)4mkxmk=0,即2-m2=0,由m0,得m=2,故存在m=2,使得在其对应的椭圆x2+22y=1上,对任意的k0,都有PQ⊥PH.法二如图(1)、(2),∀x1∈(0,1),设P(x1,y1),H(x2,y2),则Q(-x1,-y1),N(0,y1),因为P,H两点在椭圆C上,所以222211222222,,mxymmxym两式相减可得m2(2212xx)+(2212yy-)=0.③依题意,由点P在第一象限可知,点H也在第一象限,且P,H不重合,故(x1-x2)(x1+x2)≠0,于是由③式可得12121212()()()()yyyyxxxx=-m2.④又Q,N,H三点共线,所以kQN=kQH,即112yx=1212yyxx.于是由④式可得kPQ·kPH=11yx·1212yyxx=12·12121212()()()()yyyyxxxx=-22m.而PQ⊥PH等价于kPQ·kPH=-1,即-22m=-1,又m0,所以m=2,故存在m=2,使得在其对应的椭圆x2+22y=1上,对任意的k0,都有PQ⊥PH.感悟备考以圆锥曲线为载体的定点、定值问题与存在性问题融“综合性、开放性、探索性、创新性”于一体,使原本静态问题动态化,单一问题复合化、能力化,在复习备考中,对这类问题的处理要以参数的处理为核心,综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解,注意逻辑思维能力和计算能力的训练.考向一圆锥曲线中的定点问题对于有些恒过定点问题,可以先考虑特殊情况,找出定点的位置,再证明其他情况也成立;也可以利用“曲线f1(x,y)+λf2(x,y)=0(λ∈R)必过由12(,)0(,)0fxyfxy确定的定点”这一性质来解决.热点考向突破—讲策略促迁移【例1】(2013安徽淮南高三二模)已知椭圆C:2222xyab=1(ab0)的离心率为32,且右顶点为A(2,0).(1)求椭圆C的方程;(2)l1,l2是过点A的两条互相垂直的直线,l1,l2与椭圆C的另一个交点分别是E、F,直线EF是否过定点?若过定点,请求出定点;若不过定点,请说明理由.解:(1)由已知椭圆C的离心率e=ac=32,由右顶点A(2,0)得a=2,∴c=3,b=1.所以椭圆的方程为24x+y2=1.(2)设E(x1,y1),F(x2,y2),当kEF存在时,设直线EF的方程为y=kx+m,则联立直线与椭圆方程得22,1,4ykxmxy化为(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,∴x1+x2=-1482kkm,①x1x2=144422km,②∵AE⊥AF,∴AE·AF=(x1-2)(x2-2)+y1y2=0,即(x1-2)(x2-2)+(kx1+m)(kx2+m)=0,整理得(k2+1)x1x2+(mk-2)(x1+x2)+4+m2=0,将①②代入得5m2+16km+12k2=0,解得m=-56k或m=-2k.m=-56k时,直线EF的方程为y=kx-56k,直线EF恒过点0,56.m=-2k时,直线EF的方程为y=kx-2k,直线EF恒过点(2,0)不满足条件.当kEF不存在时,∵AE⊥AF,直线l1,l2的斜率分别为1,-1.此时可以求得F54,56,E54,56,直线EF也经过点0,56,∴直线EF恒过定点0,56.热点训练1已知椭圆22xa+22yb=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2,点M(0,2)是椭圆的一个顶点,△F1MF2是等腰直角三角形.(1)求椭圆的方程;(2)过点M分别作直线MA,MB交椭圆于A,B两点,设两条直线的斜率分别为k1、k2且k1+k2=8,证明:直线AB过定点.(1)解:由已知可得b=c=2,a2=(2b)2=8,故所求椭圆方程为28x+24y=1,(2)证明:若直线AB的斜率存在,设AB方程为y=kx+m,依题意m≠±2.设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠0,x2≠0),由22184xyykxm得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,则x1+x2=-2412kmk,x1x2=222812mk,由已知112yx+222yx=8,所以112kxmx+222kxmx=8,即2k+(m-2)1212xxxx=8,所以k-2mkm=4,整理得m=12k-2,故直线AB的方程为y=kx+12k-2,即y=k12x-2,所以直线AB过定点1,22.若直线AB的斜率不存在,设AB方程为x=x0(x0≠0),A(x0,y0),B(x0,-y0),由已知002yx+002yx=8,得x0=-12,此时AB方程为x=-12,显然AB过点1,22.综上,直线AB过定点1,22.考向二圆锥曲线中的定值问题解决定值问题的基本思想是函数思想.解决定值问题的基本解题方法是:先用变量表示所需证明的不变量,然后再通过推导和已知条件,消去变量,得到定值.【例2】已知椭圆C:2222xyab=1(ab0)经过点(0,3),离心率为12,经过椭圆C的右焦点F的直线l交椭圆于A、B两点,点A、F、B在直线x=4上的射影依次为点D、K、E.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l交y轴于点M,且MA=λAF,MB=μBF,当直线l的倾斜角变化时,探求λ+μ的值是否为定值?若是,求出λ+μ的值,否则,说明理由;(3)连结AE、BD,试探索当直线l的倾斜角变化时,直线AE与BD是否相交于定点?若是,请求出定点的坐标;否则,说明理由.解:(1)易知b2=3,e=ca=12.∵a2=b2+c2,∴a2=4,∴椭圆C的方程为2243xy=1.(2)易知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-1),且l与y轴交于M(0,-k),设直线l交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2).由22(1),143ykxxy得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,∴x1+x2=22834kk,x1·x2=2241234kk,又由MA=λAF,∴(x1,y1+k)=λ(1-x1,-y1),∴λ=111xx.同理μ=221xx.∴λ+μ=111xx+221xx=1212121221()xxxxxxxx=-83.所以当直线l的倾斜角变化时,λ+μ的值为定值-83.(3)当直线l斜率不存在时,直线l⊥x轴,则四边形ABED为矩形,由对称性知,AE与BD相交于FK的中点N5,02.猜想:当直线l的倾斜角变化时,AE与BD相交于定点N5,02.下面证明当直线l的斜率存在时,AE与BD相交于定点N5,02,由(2)知A(x1,y1),B(x2,y2),∴D(4,y1),E(4,y2).首先证直线AE过定点N5,02.∵直线AE的方程为y-y2=2114yyx·(x-4),当x=52时,y=y2+2114yyx·32=122112(4)3()2(4)xyyyx=122112(4)(1)3()2(4)xkxkxxx=21211825()2(4)kkxxkxxx=0,∴点N5,02在直线AE上.同理可证,点N5,02也在直线BD上.∴当直线l的倾斜角变化时,AE与BD相交于定点5,02.热点训练2(2013江西宜春高三一模)已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,它的一个顶点恰好是抛物线x2=4y的焦点,离心率等于552.(1)求椭圆C的方程;(2)过x轴上异于椭圆C长轴端点的一定点M(m,0)作直线l交椭圆C于A、B两点,交y轴于P点,若PA=λ1AM,PB=λ2BM(λ1∈R,λ2∈R),试问:λ1+λ2是否为定值?如果是定值,请求出这个定值;如果不是定值,请说明理由.解:(1)设椭圆C的方程为2222xyab=1(ab0),则由题意知b=1.∴222aba=552,即211a=552,∴a2=5.∴椭圆C的方程为52x+y2=1.(2)设A、B、P点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2