高考数学圆锥曲线中的定值定点与存在性问题课件
别交于点Q,P,与椭圆分别交于点M,N,各点均不重合且
满足
uuur PM
=λ1
MuuuQr ,
uuur PN＝
2
uuur NQ．
①求椭圆的标准方程.
②若λ1+λ2=-3,试证明:直线l过定点并求此定点.
【解析】①设椭圆的焦距为2c,由已知
b=1,(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a2=b2+c2,
圆锥曲线中的定值 定点与存在性问题
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考点一 定值、定点问题的证明 【典例】(1)(2018·邵阳模拟)已知椭圆 x2 y2 =1
a2 b2
(a>0,b>0,且a>b)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的
长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分
x1+x2=
4k（k 1）， 2k2 1
x1x2= 2（k2 2k），
2k2 1
所以直线AP与AQ的斜率之和
kAP+kAQ=
y1 1 y2 1
x1
x2
kx1 k 2 kx2 k 2
x1
x2
=2k+(-k+2)（ 1 1 ）
x1 x2
=2k+(-k+2) x1 x2
x1x 2
=2k+(-k+2) 24（k（k2k21k）） 2.
说明理由.
【解析】(1)因为抛物线C1的焦点为F2(2,0), 所以双曲线C2的焦点为F1(-2,0),F2(2,0). 设A(x0,y0)(x0>0,y0>0)为抛物线C1和双曲线C2在第一象 限的交点,|AF2|=5, 由抛物线的定义得x0+2=5,
所以x0=3,所以A(3,2 6 ), |AF1|= （3 2）2 （2 6 0）2＝7， 又因为点A在双曲线上,由双曲线的定义得
【对点训练】
如图,椭圆E:
x2 a2
y2 b2
=1(a>b>0)经过点A(0,-1),
且离心率为 2 .
2
(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交于不同两
点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.
【解析】(1)由已知,e= c 2 ,b=1,
2
【一题多解】(2)②
令x′= x,y′= ,则y 椭圆C变为圆O:x′2+y′2=1,
2
3
A′（1 , 3 ） , F2′ （1 ,0）,
22
2
所以A′F2′⊥x轴,延长A′F2′与圆O交于B点,
易知B（1 , 3 ）,
22
记直线A′E′,A′F′与x轴交点分别为C,D, 因为直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数, 所以直线A′E′的斜率与A′F′的斜率互为相反数, ∠A′CD=∠A′DC,
4k2 3
又因为直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,
所以将k换为-k得x2= 4k2 12k 3，
4k2 3
kEF=
y2 y1
kx 2
k
3 2
（kx1
k
3） 2
x2 x1
x2 x1
=
k（x1 x2） 2k x2 x1
k
•
8k 2 4k 2
6 3
2k
24k
1, 2
4k2 3
所以直线EF的斜率为定值 1 .
1（ 3）2
所以圆M:(x+2)2+y2=3,
已知l1,l2的斜率存在且均不为零, 所以设l1的方程为y- 3 =k(x-1),即 kx-y+ 3 -k=0,
l2的方程为y-
3
=
1 k
(x-1),即
x+ky- 3 k-1=0,
3k 3
所以点M到直线l1的距离d1=
， 1 k2
点N到直线l2的距离d2=
y1
uuur PN＝
2
uNuQur知,λ2=
m-1.
y2
因为λ1+λ2=-3,所以y1y2+m(y1+y2)=0,(ⅰ)
联立
x2 3y2＝3， x＝t（y m）
得
(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0,
所以Δ=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)>0,(ⅱ)
y1+点、定值、定直线问题 【明考点·知考法】
以直线、圆锥曲线为载体,利用直线与圆锥曲线方 程联立,或根据圆锥曲线方程以及已知条件计算或推导 出所需结论,属中、高档题. 命题角度1 探索定值问题
【典例】如图,抛物线C1:y2=8x与双曲线C2:
x2 a2
y2 b2
=1(a>0,b>0)有公共焦点F2,点A是曲线C1,C2在
②E,F是椭圆C上两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜
率互为相反数,证明:直线EF的斜率为定值,并求出这个
定值.
【解析】①可设椭圆方程为
x2 y2 a2 b2
=1(a>b>0),
由已知,c=1,
1 a2
9 4b2
1，
又a2-b2=c2,
所以a2=4,b2=3,
所以椭圆C的方程为 x2 y2 1.
x
2 0
-4=-2
y02
,所以x2+y2+2
x0 y0
y-2=0,
令y=0,则x2-2=0,解得x=± 2.
所以以MN为直径的圆过定点(± 2,0).
【规律方法】圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定 的值. (2)两大解法: ①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
点为F1,F2,其上顶点为A,已知△F1AF2是边长为2的正三
角形.
(1)求椭圆C的方程.
(2)过点Q(-4,0)任作一动直线l交椭圆C于M,N两点,记
uuur MQ
QuuNur，若在线段MN上取一点R使得
uuur MR
RuuNur，试判
断当直线l运动时,点R是否在某一定直线上运动?若在,
请求出该定直线;若不在,请说明理由.
所以x0=
x1 x2 1
x1
4 x1 • （x2 4）
x
2
1 4 x1
2x1x2 4（x1 x2）① x1 x2 8
（x2 4）
联立得方程组
3x2 4y2 12?
y
k（x
4）
,消去y整理可得:
(3+4k2)x2+32k2x+64k2-12=0,
所以x1+x2=
32k 2 3 4k2
2 ,短轴长
2
为2 2 .
(1)求椭圆C的标准方程. (2)如图,椭圆左顶点为A,过原点O的直线(与坐标轴不 重合)与椭圆C交于P,Q两点,直线PA,QA分别与y轴交于 M,N两点.试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)?请证明你的结论.
【解析】(1)由短轴长为2 2 ,得b= 2 ,b2=2.
43
②设E(x1,y1),F(x2,y2),AE的方程为y=k(x-1)+ 3 ,
由
y
k
x
1
3 2
,?消去y得
2
3x2 4y2 12
(4k2+3)x2 +4k(3-2k)x+4（ 3 k）2 -12=0,
2
所以xA+x1=1+x1= 4k 2k 3，
4k2 3
所以x1= 4k2 12k 3，
a2
又a2=b2+c2,所以a= 2 ,c=1,
所以椭圆E的方程为 x2 +y2=1.
2
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),由已知,
直线PQ方程为y=k(x-1)+1(k≠2),
由
y k（x 1）1，?
x
2
2y2
2，
得(2k2+1)x2-4k(k-1)x+2(k2-2k)=0,
显然2k2+1≠0,Δ>0,由根与系数的关系得,
所以a2=3,所以椭圆的方程为 x2 +y2=1.
3
②由已知设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),
N(x2,y2),设l的方程为x=t(y-m),
由
uuur PM＝1
MuuuQr，知(x1,y1-m)=λ1(x0-x1,-y1),
所以y1-m=-y1λ1,又y1≠0,
所以λ1=
m-1,同理由
命题角度 定点存在问题 【典例】(2018·泉州模拟)已知抛物线C:x2=4y的焦点 为F,直线l :y=kx+a（a 0）与抛物线C交于A,B两点. (1)若直线l过焦点F,且与圆x2+（y 1）2 =1交于D,E(其中 A,D在y轴同侧),求证:|AD|·|BE|是定值.
(2)设抛物线C在A和B点的切线交于点P,试问:y轴上是 否存在定点Q,使得APBQ为菱形?若存在,请说明理由并 求此时直线l的斜率和点Q的坐标.
uuur MQ
=(-4-x1,-y1),
uuur QN
=(x2+4,y2),
由MuuuQr =λ QuuNur得,-4-x1=λ(x2+4)⇒λ=
4 x1 ， x2 4
设R(x0,y0),则
uuur MR
=(x0-x1,y0-y1),
uuur RN
=(x2-x0,y2-y0).
由MuuuRr =-λ RuuNur可得:x0-x1=-λ(x2-x0),
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圆锥曲线定点问题 ppt课件
圆锥曲线定点问题
y＝kx＋m， (2)设点 P(x0，y0)，由 x42＋y32＝1
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由题意知 Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化简得 4k2－m2＋3＝0，
∴x0＝－4k42k＋ m3＝－4mk，y0＝m3 ，∴P－4mk，m3 .
y＝kx＋m，
由x＝4
得 Q(4，4k＋m)，
假设存在点 M，坐标圆为 锥曲线(x定点1， 问题 0)，
则M→P＝－4mk－x1，m3 ，M→Q＝(4－x1，4k＋m). ∵以 PQ 为直径的圆恒过 M 点，∴M→P·M→Q＝0， 即－1m6k＋4kmx1－4x1＋x21＋1m2k＋3＝0， ∴(4x1－4)mk ＋x21－4x1＋3＝0 对任意 k，m 都成立. 则4x21x－1－44x＝1＋03，＝0，解得 x1＝1，
圆锥曲线定点问题
(1)解 依题意得 e＝ac＝ 23，
(2 分)
过右焦点 F 与长轴垂直的直线 x＝c 与椭圆xa22＋by22＝1，
联立解得弦长为2ab2＝1，∴a＝2，b＝1，
所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(4 分)
圆锥曲线定点问题
(2)证明 设 P(1，t)，kPA＝1t－＋02＝3t ， 直线 lPA：y＝3t (x＋2)，
圆锥曲线定点问题
解 (1)由 e＝12可得 a2＝4c2，① S△F1AF2＝12|AF1||AF2|sin 60°＝ 3，可得|AF1||AF2|＝4， 在△F1AF2 中，由余弦定理可得 |F1A|2＋|F2A|2－2|F1A|·|F2A|cos 60°＝4c2， 又|AF1|＋|AF2|＝2a，可得 a2－c2＝3，② 联立①②得 a2＝4，c2＝1.∴b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
y＝kx＋m， (2)设点 P(x0，y0)，由 x42＋y32＝1
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由题意知 Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0， 化简得 4k2－m2＋3＝0，
∴x0＝－4k42k＋ m3＝－4mk，y0＝m3 ，∴P－4mk，m3 .
y＝kx＋m，
由x＝4
得 Q(4，4k＋m)，
假设存在点 M，坐标圆为 锥曲线(x定点1， 问题 0)，
则M→P＝－4mk－x1，m3 ，M→Q＝(4－x1，4k＋m). ∵以 PQ 为直径的圆恒过 M 点，∴M→P·M→Q＝0， 即－1m6k＋4kmx1－4x1＋x21＋1m2k＋3＝0， ∴(4x1－4)mk ＋x21－4x1＋3＝0 对任意 k，m 都成立. 则4x21x－1－44x＝1＋03，＝0，解得 x1＝1，
圆锥曲线定点问题
(1)解 依题意得 e＝ac＝ 23，
(2 分)
过右焦点 F 与长轴垂直的直线 x＝c 与椭圆xa22＋by22＝1，
联立解得弦长为2ab2＝1，∴a＝2，b＝1，
所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(4 分)
圆锥曲线定点问题
(2)证明 设 P(1，t)，kPA＝1t－＋02＝3t ， 直线 lPA：y＝3t (x＋2)，
圆锥曲线定点问题
解 (1)由 e＝12可得 a2＝4c2，① S△F1AF2＝12|AF1||AF2|sin 60°＝ 3，可得|AF1||AF2|＝4， 在△F1AF2 中，由余弦定理可得 |F1A|2＋|F2A|2－2|F1A|·|F2A|cos 60°＝4c2， 又|AF1|＋|AF2|＝2a，可得 a2－c2＝3，② 联立①②得 a2＝4，c2＝1.∴b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
第9节 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题(课件PPT)
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12
解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
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17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
4
6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
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10
解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线 的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变 化，始终是一个确定的值．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．
12
解：(1)由题意知 A(1，1)，B(4，－2)，设点 P 的坐标为(xP，yP)， 切线 l1：y－1＝k(x－1)，联立yy－2＝1x＝k(x－1)，由抛物线与直线 l1 相切，解得 k＝12， 即 l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1.
xP＝－2， 联立 l1，l2 的方程，可解得yP＝－12， 即点 P 的坐标为－2，－12.
y0)，由 k1＋k2＝2 得y0x－0 1＋－yx00－1＝2，得 x0＝－1. 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，
y2)． 则x22＋y2＝1 ，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， y＝kx＋m
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17 则 Δ＝8(2k2－m2＋1)＞0，x1＋x2＝1－＋42kkm2，x1·x2＝21m＋2－2k22 . 由 k1＋k2＝2，得y1x－1 1＋y2x－2 1＝2， 即(kx2＋m－1)x1x＋1x2(kx1＋m－1)x2＝2，(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)(2m2－
点，不妨设 C 为椭圆的左顶点，则 C(－ 2，0)，x1＋x2＝－x3＝ 2，x1＝x2＝ 22，
可取 A 22， 23，B 22，－ 23，则 S△ABC＝12×
3×3 2
2＝3
4
6 .
综上，△ABC 的面积为定值，定值为346.
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10
解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线 的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关，不依参数的变化而变 化，始终是一个确定的值．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．
第8章 命题探秘2 第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题 课件(共39张PPT)
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
法二：设T(x，y)，Mx3，14x23，Nx4，14x24.
由xx2324＝ ＝44yy34， 得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，
所以x3＋4 x4＝xy33－－xy44. 设Q(x，y5)，则直线MN的斜率k＝yx5－－12，
所以直线AB过定点0，21. (2)略.
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
02
典型考题·技法突破
技法一 技法二 技法三 技法四
直接推理解决直线过定点问题 直接推理解决曲线过定点问题 定直线的方程问题 直接推理解决定值问题
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
点评：动直线l过定点问题的基本思路 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)．
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
[思维流程]
第1课时 圆锥曲线中的定点、定值问题
1
2
3
探本朔源·技法示例 典型考题·技法突破 课后限时集训
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因为F0，p2，所以过F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋p2. 由y＝x＋p2， 消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ＞0.
整理的好材料圆锥曲线中的定点定值及存在性问题课件
基 【考点集训】
础 要 点
1．(2013·焦作模拟)椭圆 G：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的两
整 合
个焦点为 F1(－c,0)，F2(c,0)，M 是椭圆上的一点，且满
解 题 规 范 流 程
足F→1M·F→2M＝0.
(1)求离心率的取值范围；
(2)当离心率 e 取得最小值时，椭圆上的点到焦点的
【例 2】 (2013·咸阳模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，
范 流
程
椭圆
E
的中心为原点，焦点
F1，F2
在
y
轴上，离心率为
3 3.
过 F1 的直线 l 交 E 于 A，B 两点，且△ABF2 的周长为 4 3. (1)求椭圆 E 的方程；
考
(2)过圆 O：x2＋y2＝5 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条 训
最近距离为 4( 2－1)．
①求此时椭圆 G 的方程；
考 ②设斜率为 k(k≠0)的直线 l 与椭圆 G 相交于不同的两点 训
点 核
A、B，Q 为 AB 的中点，问 A、B 两点能否关于过点
练 高
心 突 破
P0，－ 33、Q 的直线对称？若能，求出 k 的取值范围；
效 提 能
若不能，请说明理由．
菜单
y2＝－13或 t＝1，y1＝－1，y2＝13，
高 效 提
破
所以存在点 P 为(0，±1)．
能
菜单
高考专题辅导与训练·数学(理科)
第一部分 专题五 解析几何
基
【拓展归纳】存在性问题的类型及解法
础
要
(1)存在性问题的类型
点
解 题 规 范
整 合
存在性问题主要体现在以下几个方面：
2020新课标高考数学二轮课件：第二部分专题五 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
第二部分 高考热点 分层突破
专题五 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、 存在性问题
数学
01
研考点考向
破重点难点
02
练典型习题
提数学素养
定点问题
1．参数法：参数法解决定点问题的思路：(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变 化量，即确定题目中的核心变量(此处设为 k)；(2)利用条件找到 k 与过定点的曲线 F(x， y)＝0 之间的关系，得到关于 k 与 x，y 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系， 找到定点．
因为|D→A＋D→B|＝|D→A－D→B|，所以D→A⊥D→B，即D→A·D→B＝0， 即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0， 所以43m＋2－4k122＋2×3－＋84mkk2＋4＋3m32＋－41k22k2＝0， 所以 7m2－16mk＋4k2＝0， 解得 m1＝2k，m2＝27k，且均满足 3＋4k2－m2>0， 当 m1＝2k 时，l 的方程为 y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过点(－2，0)，与已知矛盾； 当 m2＝27k 时，l 的方程为 y＝kx＋27k＝kx＋27，直线恒过点－27，0. 综上，直线 l 过定点，定点坐标为－27，0.
思维方法 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)．将 y＝kx＋m 代入x42＋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＝－4k82k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14.而 k1＋k2＝y1x－1 1＋y2x－2 1＝ kx1＋xm1 －1＋kx2＋xm2 －1＝2kx1x2＋（m－x1x12）（x1＋x2）. 由题设 k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0.
专题五 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、 存在性问题
数学
01
研考点考向
破重点难点
02
练典型习题
提数学素养
定点问题
1．参数法：参数法解决定点问题的思路：(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变 化量，即确定题目中的核心变量(此处设为 k)；(2)利用条件找到 k 与过定点的曲线 F(x， y)＝0 之间的关系，得到关于 k 与 x，y 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系， 找到定点．
因为|D→A＋D→B|＝|D→A－D→B|，所以D→A⊥D→B，即D→A·D→B＝0， 即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0， 所以43m＋2－4k122＋2×3－＋84mkk2＋4＋3m32＋－41k22k2＝0， 所以 7m2－16mk＋4k2＝0， 解得 m1＝2k，m2＝27k，且均满足 3＋4k2－m2>0， 当 m1＝2k 时，l 的方程为 y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过点(－2，0)，与已知矛盾； 当 m2＝27k 时，l 的方程为 y＝kx＋27k＝kx＋27，直线恒过点－27，0. 综上，直线 l 过定点，定点坐标为－27，0.
思维方法 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)．将 y＝kx＋m 代入x42＋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＝－4k82k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14.而 k1＋k2＝y1x－1 1＋y2x－2 1＝ kx1＋xm1 －1＋kx2＋xm2 －1＝2kx1x2＋（m－x1x12）（x1＋x2）. 由题设 k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0.
高考第20题第二课时 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题精选ppt版本
[解题模型] 求解圆锥曲线的存在性问题的 3 个解题要点
(1)假设存在满足题意的量，把其当作已知条件来用． (2)联立方程，把直线方程与圆锥曲线方程联立，转化为关于 x 或 y 的方程，利用根与系数的关系、判别式等求解． (3)得出结论，求假设的量，若有解，则说明假设的量存在； 若无解或产生矛盾，则说明假设的量不存在．
由kAB·kAC＝y1x－1 1·y2x－2 1＝14得： 4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2， 即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0， 整理得(m－1)(m－3)＝0，又因为m≠1，所以m＝3， 此时直线BC的方程为y＝kx＋3. 所以直线BC恒过一定点(0,3)．
第二课时 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
定点问题
[典例] (2016·宜昌模拟)已知椭圆C的中心在原点，焦点
在x轴上，离心率为
2 2
，它的一个焦点恰好与抛物线y2＝4x的
焦点重合．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，
AC，若直线AB，AC斜率之积为
1 4
再见
解：(1)由椭圆的对称性知―|G→F|＋―|C→F|＝2a＝4， ∴a＝2.又原点 O 到直线 DF 的距离为 23， ∴bac＝ 23， ∴bc＝ 3，又 a2＝b2＋c2＝4， a>b>c>0，∴b＝ 3，c＝1. 故椭圆 E 的方程为x42＋y32＝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＝8k3＋2k4－k21， x1x2＝16k23－＋146kk2－8，Δ＝32(6k＋3)>0，∴k>－12. ∵―OP→2 ＝4―PA→·―P→B ， 即 4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，
专题七7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题课件
(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
2
【例1】(202X全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E: 2 +y2=1(a>1)的左、右
顶点,G为E的上顶点, · =8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点
此时直线 MN 过点 P
2 1
,3 3
令 Q 为 AP 的中点,即 Q
.
4 1
,
3 3
.
若 D 与 P 不重合,则由题设知 AP 是
与P
1
2 2
Rt△ADP 的斜边,故|DQ|=2|AP|= 3 .若 D
1
重合,则|DQ|=2|AP|.
综上,存在点 Q
4 1
,
3 3
,使得|DQ|为定值.
解题心得有关存在性问题的求解策略
由方程组
2
4
+ 2 = 1,
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
= + ,
8
4 2 -4
∴x1+x2=-4 2 +1,x1x2=4 2 +1.又由
π
α+β= 2 ,
∴tan α·
tan β=1.设直线 MA,MB 斜率分别为 k1,k2,则 k1k2=1,
∴
1
bx+ay-ab=0,
2 5
.
5
因为△OAB 的面积为
1
1,所以 ab=1,即
2
2
所以椭圆的标准方程为 +y2=1.
适的方法.
关键能力 学案突破
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圆锥曲线中的定点问题
2
【例1】(202X全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E: 2 +y2=1(a>1)的左、右
顶点,G为E的上顶点, · =8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点
此时直线 MN 过点 P
2 1
,3 3
令 Q 为 AP 的中点,即 Q
.
4 1
,
3 3
.
若 D 与 P 不重合,则由题设知 AP 是
与P
1
2 2
Rt△ADP 的斜边,故|DQ|=2|AP|= 3 .若 D
1
重合,则|DQ|=2|AP|.
综上,存在点 Q
4 1
,
3 3
,使得|DQ|为定值.
解题心得有关存在性问题的求解策略
由方程组
2
4
+ 2 = 1,
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
= + ,
8
4 2 -4
∴x1+x2=-4 2 +1,x1x2=4 2 +1.又由
π
α+β= 2 ,
∴tan α·
tan β=1.设直线 MA,MB 斜率分别为 k1,k2,则 k1k2=1,
∴
1
bx+ay-ab=0,
2 5
.
5
因为△OAB 的面积为
1
1,所以 ab=1,即
2
2
所以椭圆的标准方程为 +y2=1.
第8讲 第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题
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第九章 平面解析几何
26
故 x1x2＋y1y2＝3＋164k2＋31＋6k42k2－31＋284kk22＋16＝176， 解得 k2＝1.② 由①②解得 k＝±1， 所以直线 l 的方程为 y＝±x－4. 故存在直线 l：x＋y＋4＝0 或 x－y－4＝0 满足题意．
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所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线上．
由已知 A 在直线 x＋y＝0 上，
且 A，B 关于坐标原点 O 对称，
所以 M 在直线 y＝x 上，故可设 M(a，a)．
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第九章 平面解析几何
21
因为⊙M 与直线 x＋2＝0 相切， 所以⊙M 的半径为 r＝|a＋2|. 连接 MA，由已知得|AO|＝2，又M→O⊥A→O， 故可得 2a2＋4＝(a＋2)2， 解得 a＝0 或 a＝4. 故⊙M 的半径 r＝2 或 r＝6.
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第九章 平面解析几何
22
(2)存在定点 P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设 M(x，y)，由已知得⊙M 的半径为 r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于M→O⊥A→O，故可得 x2＋y2＋4＝(x＋2)2，
化简得 M 的轨迹方程为 y2＝4x.
因为曲线 C：y2＝4x 是以点 P(1，0)为焦点，
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第九章 平面解析几何
24
是否存在过点 E(0，－4)的直线 l 交椭圆1x62＋1y22 ＝1 于点 R，T，且满足
O→R·O→T＝176？若存在，求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由．
2-2-4-3-2第2课时 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
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第二部分 突破热考题型 提升关键能力
板块二 核心考点 专题突破 专题四 解析几何
第3讲 圆锥曲线解答题解题策略及答题规范 (大题攻略) 第2课时 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
课堂探究
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