2021新高考数学二轮总复习学案：7-4-3　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 WORD版含解析.docx

1、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,

2、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.关键能力学案突破热点一圆锥曲线中的定点问题【例1】(2020全国,理20)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AGGB=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)

3、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)+g(x,y)=0,且方程对参数的任意值都成立,则令f(x,y)=0,g(x,y)=0,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:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,其左、右焦点分别为F1,F2,点P为坐标平面内的一点,且|OP|=32,PF1PF2=-34,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

4、分别为,且+=2.证明:直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标.热点二圆锥曲线中的定值问题【例2】(2020山东泰安三模,21)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)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255,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:x2a2+y2b2=1(ab0)

5、的短轴长为23,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BF2F1F2=0时,|BF2|=32.(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.求ODN面积的最大值;证明:直线AB与BM斜率之积为定值.热点三圆锥曲线中的存在性问题【例3】(2020山东,22)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,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

6、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:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e满足2e2-32e+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+45=0相切.(1)求椭圆

7、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|QA|QB|=SAPQSBPQ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AG=(a,1),GB=(a,-1).由AGGB=8得a2-1=8,即a=3.所以E的方程为x29+y2=1.(2)证明设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n0),则直线AD的斜率为

8、y12x1=k2,所以直线AD的方程为y=k2(x-x1).由y=k2(x-x1),x24+y23=1,消去y,整理得(3+k2)x2-2k2x1x+k2x12-12=0,由韦达定理得(-x1)+x2=2k2x13+k2,所以x2=2k2x13+k2+x1=(3k2+3)x13+k2,代入直线AD的方程,得y2=k3x13+k2,于是,直线BM斜率为y2-y1x2-x1=k3x13+k2-kx1(3k2+3)x13+k2-x1=-32k,则k-32k=-32,所以直线AB与BM斜率之积为定值-32.【例3】解(1)由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3,所以C

9、的方程为x26+y23=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x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由AMAN知AMAN=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-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程为y=kx-23-13(k1)

10、.所以直线MN过点P23,-13.若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去),x1=23.此时直线MN过点P23,-13.令Q为AP的中点,即Q43,13.若D与P不重合,则由题设知AP是RtADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.对点训练3解(1)由题意知2a=|0-0+45|4+1,a=2.由2e2-32e+2=0,解得e=22或e=2(舍),即

11、ca=22,c=2,b=2.椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)存在.假设y轴上存在与点P不同的定点Q,使得|QA|QB|=SAPQSBPQ恒成立.设Q(0,m)(m1),A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+1.由x24+y22=1,y=kx+1,可得(2k2+1)x2+4kx-2=0,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.=16k2+8(2k2+1)=32k2+80,SAPQSBPQ=12|QP|QA|sinPQA12|QP|QB|sinPQB=|QA|sinPQA|QB|sinPQB.|QA|QB|=SAPQSBPQ,sinPQA=sinPQB,PQA=PQB,kQA=-kQB,y1-mx1=-y2-mx2,(m-1)(x1+x2)=2kx1x2,即-(m-1)4k2k2+1=-2k22k2+1,解得m=2.存在定点Q(0,2),使得|QA|QB|=SAPQSBPQ恒成立.