2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第二篇專題通關(guān)攻略專題7解析幾何2.7.4與橢圓拋物線相關(guān)的定值定點及存在性問題課件.ppt

1、第4課時 與橢圓、拋物線相關(guān)的定值、 定點及存在性問題,熱點考向一 圓錐曲線中的定點問題 考向剖析:本考向考查題型為解答題,主要考查直線、圓錐曲線過定點或曲線過兩直線交點問題,2019年高考考查熱度不減.,【典例1】(2018西寧一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中, 點F1(-1,0),F2(1,0),動點M滿足 (1)求動點M的軌跡E的方程. (2)若直線y=kx+m與軌跡E有且僅有一個公共點Q,且與 直線x=-4相交于點R,求證:以QR為直徑的圓過定點F1.,【審題導(dǎo)引】(1)要求動點M的軌跡方程,只要分析條件, 得到|MF1|+|MF2|=4利用定義法即可. (2)要證圓過定點,只要在圓上確

2、定一點F1使_ 即可.,QF1RF1,【解析】(1)因為 即 由橢圓定義可知動點M的軌跡是以F1,F2為焦點的橢圓, 所以a=2,c=1, b2=a2-c2=3,所以橢圓的方程為,(2)由 消去y得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 如圖,設(shè)點Q(x0,y0),依題意m0, 因為直線y=kx+m與軌跡E有且僅有一個公共點, 所以由=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 可得m2=4k2+3.,此時 所以Q 由 解得y=-4k+m, 所以R(-4,-4k+m). 由F1(-1,0)可得 所以,所以QF1RF1,所以以QR為直徑的圓過定點F1.,【名師點睛】圓錐曲線中

3、定點問題的兩種解法 (1)引進參數(shù)法:引進動點的坐標(biāo)或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量,再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系,找到定點. (2)特殊到一般法:根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點,再證明該定點與變量無關(guān).,【考向精練】 (2018太原二模)已知橢圓C: (ab0)的 左、右頂點分別為A1,A2,右焦點為F2(1,0),點B 在橢圓C上.世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號,(1)求橢圓方程. (2)若直線l:y=k(x-4)(k0)與橢圓C交于M,N兩點,已知直線A1M與A2N相交于點G,證明:點G在定直線上,并求出定直線的方程.,【解析】(1)F2(1,0),所以c=1,由題目已知條件知 所以a=2,b= ,

4、所以橢圓方程為,(2)由橢圓對稱性知G在x=x0上,假設(shè)直線l過橢圓上頂 點,則M(0, ), 所以k=- ,N :y= (x+2), :y=- (x-2), 所以G 所以G在定直線x=1上.,當(dāng)M不在橢圓頂點時,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), 得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0, 所以 :y= (x+2), :y= (x-2),當(dāng)x=1時, 得2x1x2-5(x1+x2)+8=0,所以 顯然成立,所以G在定直線x=1上.,【加練備選】 (2017全國卷)已知橢圓C: (ab0),四點 P1(1,1),P2(0,1), 中恰有三點在橢 圓C上.,(1)求C的方程. (

5、2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點.,【解題導(dǎo)引】(1)求C的方程只需求出a2,b2即可,可先判斷哪3個點在曲線C上,然后求解. (2)可先考慮直線l斜率不存在的情況,再設(shè)直線l的方程為y=kx+n,依據(jù)題設(shè)條件,求出n與k的關(guān)系,進而得出直線l所過的定點.,【規(guī)范解答】(1)根據(jù)橢圓對稱性,必過P3,P4, 又P4橫坐標(biāo)為1,橢圓必不過P1,所以過P2,P3,P4三點, 將P2 ,P3 代入橢圓方程得,解得a2=4,b2=1. 所以橢圓C的方程為: +y2=1.,(2)當(dāng)斜率不存在時,設(shè)l:x=m, 得m=2,此時l過橢圓

6、右頂點,不存在兩個交點,故不滿足.,當(dāng)斜率存在時,設(shè)l:y=kx+n 聯(lián)立 整理得 x2+8knx+4n2-4=0, x1+x2= x1x2=,則,又n1n=-2k-1,此時=-64k,存在k使得0成立, 所以直線l的方程為y=kx-2k-1, 當(dāng)x=2時,y=-1, 所以l過定點 .,熱點考向二 圓錐曲線中的定值問題 考向剖析:本考向考題為壓軸大題,主要考查以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為背景,考查對定值問題的轉(zhuǎn)化能力,?？疾閷W(xué)生數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng).2019年高考考查方向與熱度不變.,【典例2】已知橢圓E: (ab0)的離心率為 , 以橢圓的短軸為直徑的圓與直線x-y+ =0相切. (

7、1)求橢圓E的方程. (2)設(shè)橢圓過右焦點F的弦為AB、過原點的弦為CD,若 CDAB,求證: 為定值.,【審題導(dǎo)引】(1)要求橢圓方程,只要由原點到直線的 距離等于半短軸長,求b即可. (2)要證明 為定值,只要利用_公式計算化簡 即可.,弦長,【解析】(1)依題意,原點到直線x-y+ =0的距離為b, 則有 由 得a2= b2=4. 所以橢圓E的方程為,(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在時,易|AB|=3,|CD|=2 , 則 =4.,當(dāng)直線AB的斜率存在時, 設(shè)直線AB的斜率為k,依題意k0, 則直線AB的方程為y=k(x-1),直線CD的方程為y=kx. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)

8、,C(x3,y3),D(x4,y4), 由 得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,則x1+x2= x1x2= |AB|= |x1-x2|,由 整理得x2= 則|x3-x4|= |CD|= 所以 綜合, =4為定值.,【名師點睛】圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略 (1)求代數(shù)式為定值.依題意設(shè)條件,得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式,代入代數(shù)式、化簡即可得出定值. (2)求點到直線的距離為定值.利用點到直線的距離公式得出距離的解析式,再利用題設(shè)條件化簡、變形求得.,(3)求某線段長度為定值.利用長度公式求得解析式,再依據(jù)條件對解析式進行化簡、變形即可求得.,【考向精練】 1.(201

9、8全國卷)設(shè)橢圓C: +y2=1的右焦點為F, 過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標(biāo)為 . (1)當(dāng)l與x軸垂直時,求直線AM的方程. (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點,證明:OMA=OMB.,【解析】(1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1. 代入 +y2=1可得,點A的坐標(biāo)為 所以直線AM的方程為y=,(2)當(dāng)l與x軸重合時,OMA=OMB=0. 當(dāng)l與x軸垂直時,OM為線段AB的垂直平分線, 所以O(shè)MA=OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1) (k0),A(x1,y1),B(x2,y2),則x1 ,x2 ,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB= 由y1=kx

10、1-k,y2=kx2-k得 kMA+kMB= 將y=k(x-1)代入 +y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.,所以,x1+x2= x1x2= 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k= =0. 從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補, 所以O(shè)MA=OMB. 綜上,OMA=OMB.,2.已知橢圓C:9x2+y2=m2(m0),直線l不過原點O且不平 行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M. 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號 (1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值. (2)若l過點 延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB 能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜

11、率,若不能,說明 理由.,【解題導(dǎo)引】(1)設(shè)直線y=kx+b(k0,b0),與橢圓C:9x2+y2=m2(m0)聯(lián)立,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系及中點坐標(biāo)公式證明.(2)由四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分求解證明.,【解析】(1)設(shè)直線l:y=kx+b(k0,b0), A(x1,y1), B(x2,y2),M(xM,yM). 將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM= yM=kxM+b= 于是直線OM的斜率kOM= 即kOMk=-9,所以直 線OM的斜率與l的斜率的積是定值.,(2)四邊形OAPB能為平行四邊形. 因為直線

12、l過點 所以l不過原點且與C有兩個交點 的充要條件是k0,k3. 由(1)得OM的方程為y=- x.設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP. 由 得 即xP=,將點 的坐標(biāo)代入l的方程得b= 因此xM= 四邊形OAPB為平行四邊形,當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互 相平分,即xP=2xM.,于是 解得 因為ki0,ki3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為4- 或4+ 時,四邊形OAPB為平行四邊形.,熱點考向三 圓錐曲線中的存在性問題高頻考向,類型一點、線的存在性問題 【典例3】(2018曲靖一模)已知橢圓C: (ab0)的離心率為 ,點F為左焦點,過點F作x軸的垂 線交橢圓C于A,B兩點,且|AB|=3.,(1)求橢

13、圓C的方程. (2)在圓x2+y2=3上是否存在一點P,使得在點P處的切線l 與橢圓C相交于M,N兩點滿足 ?若存在,求l的方 程;若不存在,請說明理由.,【大題小做】,【解析】(1)因為 所以3a2=4b2, 又因為|AB|= 所以a=2,b= , 所以橢圓C的方程為,(2)假設(shè)存在點P,使得 .當(dāng)l的斜率不存在時, l:x= 或x=- , 與橢圓C: 相交于M,N兩點, 此時M N 或,所以 所以當(dāng)直線l的斜率不存在時不滿足. 當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)y=kx+m, 則 (3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0. 因為直線l與橢圓C相交于M,N兩點,所以0,化簡得4k2m2-3. 設(shè)

14、M(x1,y1),N(x2,y2), 所以x1+x2= x1x2= y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2 =,因為 所以 所以7m2-12k2-12=0, 又因為l與圓x2+y2=3相切,所以 所以m2=3+3k2,所以21+21k2-12k2-12=0, 所以k2=-1,顯然不成立,所以在圓上不存在這樣的點P 使其成立.,類型二參數(shù)的存在性問題 【典例4】(2018蘇北四市一模)如圖,在平面直角坐 標(biāo)系xOy中,已知橢圓 (ab0)的離心率為 , 且過點 F為橢圓的右焦點,A,B為橢圓上關(guān)于原點 對稱的兩點,連接AF,BF分別交橢圓于C,D兩點. 世

15、紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號,(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程. (2)若AF=FC,求 的值. (3)設(shè)直線AB,CD的斜率分別為k1,k2,是否存在實數(shù)m,使得k2=mk1,若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.,【審題導(dǎo)引】(2)由條件結(jié)合對稱性求 即可. (3)設(shè)出A,B的坐標(biāo),通過列方程組表示出點_,_的坐 標(biāo),然后通過斜率關(guān)系求m.,C,D,【解析】(1)由題意知: 解之得 所以橢圓方程為,(2)若AF=FC,由橢圓對稱性,知A 所以B 此時直線BF方程為3x-4y-3=0,由 得7x2-6x-13=0,解得x= (x=-1舍去), 故,(3)設(shè)A(x0,y0),則B(-x0,-y0), 直線AF的方程

16、為y= (x-1),代入橢圓方程 得(15-6x0)x2-8 -15 +24x0=0, 因為x=x0是該方程的一個解,所以C點的橫坐標(biāo)xC=,又C(xc,yC)在直線y= (x-1)上,所以yC= (xc- 1)= 同理,D點坐標(biāo)為 所以k2=,即存在m= ,使得k2= k1.,【名師點睛】解決存在性問題的一般思路 存在性問題,一般先假設(shè)存在,推證滿足條件的結(jié)論,若結(jié)論正確則存在,若結(jié)論不正確則不存在. (1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時要分類討論. (2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時,先假設(shè)成立,再推出條件.,(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知,按常規(guī)方法解題很難時,要開放思維,采取另外合適的方法.,【考

17、向精練】 1.已知點P為曲線C上任意一點,A(0,-1),B(0,1),直線 PA,PB的斜率之積為- . (1)求曲線C的軌跡方程. (2)是否存在過點Q(-2,0)的直線l與曲線C交于不同的 兩點M,N,使得|BM|=|BN|?若存在,求出直線l的方程;若 不存在,請說明理由.,【解析】(1)設(shè)點P(x,y),x0,則 kPAkPB= 整理得: +y2=1, 故曲線C的軌跡方程為 +y2=1(x0).,(2)假設(shè)存在直線l滿足題意. 顯然當(dāng)直線斜率不存在時,直線與橢圓C不相交. 當(dāng)直線l的斜率k0時,設(shè)直線l為y=k(x+2), 聯(lián)立 化簡得:(1+2k2)x2+8k2x+8k2-2=0,

18、 由=(8k2)2-4(1+2k2)(8k2-2)0,解得- k (k0), 設(shè)點M(x1,y1),N(x2,y2),則 所以y1+y2=k(x1+x2)+4k=k +4k= , 取MN的中點H,則H,則 即 化簡得2k2+2k+1=0,無實數(shù)解,故舍去.,當(dāng)k=0時,M,N為橢圓C的左右頂點,顯然滿足|BM|=|BN|,此時直線l的方程為y=0. 綜上可知,存在直線l滿足題意,此時直線l的方程為y=0.,2.已知點P是橢圓C上任一點,點P到直線l1:x=-2的距離 為d1,到點F(-1,0)的距離為d2,且 直線l與橢圓 C交于不同兩點A,B(A,B都在x軸上方),且OFA+ OFB =180. (1)求橢圓C的方程. (2)當(dāng)A為橢圓與y軸正半軸的交點時,求直線l方程.,(3)對于動直線l,是否存在一個定點,無論OFA如何變化,直線l總經(jīng)過此定點?若存在,求出該定點的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.,【解析】(1)設(shè)P(x,y),則d1=|x+2|,d2= 所以 化簡,得 +y2=1,所以橢圓 C的方程為 +y2=1.,(2)因為A(0,1),F(-1,0),所以kAF= 又因為OFA+OFB=180,所以kBF=-1,BF:y= -1(x+1)=-x-1. 代入 +y2=1,解得 或,所