新高考数学二轮总复习 专题七 解析几何 7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题学案(含解析)

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,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Ⅰ,理20)已知A ,B 分别为椭圆E :x 2
a 2+y 2=1(a>1)的左、右顶点,G 为E 的上顶点,AG
⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =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)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 )+λg (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 :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a>b>0)的离心率为√3
2,其左、右焦点分别为F 1,F 2,点P 为坐标平面内的一点,且|OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3
2
,PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-3
4
,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 的倾斜角分别为α,β,且α+β=π
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x 2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)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2√5
5
,△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 :x 2a 2+y 2
b 2=1(a>b>0)的短轴长为2√3,左右焦点分别为F 1,F 2,点B 是椭圆上位于第一象限的任一点,且当BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 1F 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0时,|BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3
2.
(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.
①求△ODN 面积的最大值;
②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 :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a>b>0)的离心率为√2
2,且过点A (2,1).
(1)求C 的方程;
(2)点M ,N 在C 上,且AM ⊥AN ,AD ⊥MN ,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:x 2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率e满足2e2-3√2e+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+4√5=0相切.
(1)求椭圆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|=
S
△APQ
S△BPQ
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AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·GB ⃗⃗⃗⃗⃗ =8得a 2-1=8,即a=3.
所以E 的方程为x 2
9+y 2=1.
(2)证明设C (x 1,y 1),D (x 2,y 2),P (6,t ).若t ≠0,设直线CD 的方程为x=my+n ,由题意可知-3<n<3.由于直线PA 的方程为y=t
9
(x+3),所以y 1=t
9
(x 1+3).直线PB 的方程为y=t
3
(x-3),所以y 2=t
3
(x 2-3).
可得3y 1(x 2-3)=y 2(x 1+3).由于x 22
9+y 22=1,故y 22
=-(x 2+3)(x 2-3)
9
,
可得27y 1y 2=-(x 1+3)(x 2+3),
即(27+m 2)y 1y 2+m (n+3)(y 1+y 2)+(n+3)2=0.① 将x=my+n 代入x 2
9+y 2=1得(m 2+9)y 2+2mny+n 2-9=0.
所以y 1+y 2=-2mn
m 2+9,y 1y 2=n 2-9
m 2+9.代入①式得(27+m 2)(n 2-9)-2m (n+3)mn+(n+3)2·(m 2+9)=0. 解得n=-3(舍去),n=3
2
.故直线CD 的方程为x=my+3
2
,即直线CD 过定点(3
2
,0).若t=0,则直
线CD 的方程为y=0,过点(3
2,0).
综上,直线CD 过定点(3
2,0).
对点训练1解(1)设P 点坐标为(x 0,y 0),F 1(-c ,0),F 2(c ,0),则PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-c-x 0,-y 0),PF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(c-x 0,-y 0),由题意得
{
x 02+y 02
=94,
(x 0+c )(x 0-c )+y 02
=-34
,
解得c 2=3,∴c=√3.又e=c
a =
√32
, ∴a=2.∴b 2=a 2-c 2=1,∴所求椭圆C 的方程为x 2
4
+y 2=1.
(2)设直线AB 方程为y=kx+m ,点A ,B 的坐标分别为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由方程组
{x 2
4+y 2=1,
y =kx +m ,
得(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-4=0,
∴x 1+x 2=-8km
4k 2+1,x 1x 2=4m 2-4
4k 2+1.又由α+β=π
2,
∴tan α·tan β=1.设直线MA ,MB 斜率分别为k 1,k 2,则k 1k 2=1,
∴y 1
x
1
+2·y 2
x
2+2
=1.
即(x 1+2)(x 2+2)=y 1y 2,
(x 1+2)(x 2+2)=(kx 1+m )(kx 2+m ).∴(k 2-1)x 1x 2+(km-2)(x 1+x 2)+m 2-4=0,∴(k 2-1)4m 2-4
4k 2+1+(km-2)(-8km
4k 2+1)+m 2-4=0,
化简得20k 2-16km+3m 2=0.
得m=2k ,或m=10
3k.当m=2k 时,y=kx+2k ,过点(-2,0),不合题意(舍去),当m=10
3k 时,y=kx+10
3k ,过点(-103
,0),∴直线AB 恒过定点(-103,0).
【例2】解(1)直线AB 的方程为x
a +y
b =1,即bx+ay-ab=0,则√a 2+b 2
=
2√5
5
.因为△OAB 的面积为
1,所以1
2ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,
所以椭圆的标准方程为x 2
4+y 2=1.
(2)直线AB 的斜率为-12,设直线l 的方程为y=-1
2x+t ,C (x 1,y 1),D (x 2,y 2), 与x 2
4
+y 2=1联立,消去x ,得2y 2-2ty+t 2-1=0,则y 1+y 2=t ,y 1y 2=
t 2-12
,所以k 1k 2=
y 1
x 1-2
·
y 2-1x 2
=
y 1y 2-y 1x 1x 2-2x 2
,所以
x 1x 2-2x 2=4(t-y 1)(t-y 2)-4(t-y 2)=4[t 2-t (y 1+y 2)+y 1y 2-t+y 2]=4[(y 1+y 2)2-(y 1+y 2)(y 1+y 2)+y 1y 2-(y 1+y 2)+y 2]=4(y 1y 2-y 1).
所以k 1k 2=1
4,为定值.
对点训练2解(1)设F 2(c ,0),由BF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·F 1F 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得BF 2⊥F 1F 2,将x=c 代入x 2
a
2+y 2
b
2=1,得y=b
2
a
,即
|BF 2|=
b 2a
=3
2
,由b=√3,解得a=2,所以椭圆C 的标准方程为
x 24
+
y 23
=1.
(2)设B (x 1,y 1),M (x 2,y 2),则A (-x 1,-y 1),D (x 1,0).
①易知ON 为△ABD 的中位线,所以N (0,-y
12),
所以S △ODN =1
2|x 1|·-y
12=1
4|x 1|·|y 1|=1
4x 1y 1.
又B (x 1,y 1)满足x 24+y 2
3=1,所以x 1
2
4
+y 1
23
=1≥2·x 12
1√
3
=11√3
,得x 1y 1≤√3,故S △ODN =1
4x 1y 1≤
√3
4
,当且仅当
x 12
=
1√3
=
√22时,即x 1=√2,y 1=√6
2
时取等号, 所以△ODN 面积的最大值为√3
4
.
②记直线AB 斜率为k=y 1x 1
(k>0),则直线AD 的斜率为y 12x 1
=k
2,所以直线AD 的方程为
y=k
2
(x-x 1).
由{y =k
2(x -x 1),x 24
+y 23
=1,
消去y ,整理得
(3+k 2)x 2-2k 2x 1x+k 2x 12
-12=0,
由韦达定理得(-x 1)+x 2=
2k 2x 13+k 2
,所以x 2=
2k 2x 13+k 2
+x 1=
(3k 2+3)x 13+k 2
,代入直线AD 的方程,得y 2=
k 3x 1
3+k 2
,
于是,直线BM 斜率为y 2-y 1
x 2-x 1
=
k 3x 1
3+k 2-kx 1(3k 2+3)x 1
3+k 2
-x 1
=-32k ,则k ·(-3
2k )=-3
2,所以直线AB 与BM 斜率之积为定
值-3
2.
【例3】解(1)由题设得
4
a 2
+
1b 2
=1,
a 2-
b 2a 2
=1
2
,解得
a 2=6,
b 2=3,所以C 的方程为
x 26
+
y 23
=1.
(2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2).
若直线MN 与x 轴不垂直,设直线MN 的方程为y=kx+m ,代入x 26
+
y 23
=1得
(1+2k 2)x 2+4kmx+2m 2-6=0.
于是x 1+x 2=-4km
1+2k 2,x 1x 2=2m 2-6
1+2k 2.
①
由AM ⊥AN 知AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,故(x 1-2)(x 2-2)+(y 1-1)(y 2-1)=0, 可得(k 2+1)x 1x 2+(km-k-2)(x 1+x 2)+(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-1≠0,故2k+3m+1=0,k ≠1.
于是MN 的方程为y=k x-2
3-1
3(k ≠1).
所以直线MN 过点P
23,-13
.若直线MN 与x 轴垂直,可得N (x 1,-y 1).
由AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0得(x 1-2)(x 1-2)+(y 1-1)(-y 1-1)=0.
又x 12
6+
y 1
23
=1,可得3x 12-8x 1+4=0.解得x 1=2(舍去),x 1=2
3. 此时直线MN 过点P (2
3,-1
3). 令Q 为AP 的中点,即Q (43,1
3).
若D 与P 不重合,则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边,故|DQ|=1
2|AP|=2√2
3
.若D 与P 重合,
则|DQ|=1
2|AP|.
综上,存在点Q (43,1
3),使得|DQ|为定值. 对点训练3解(1)由题意知2a=
√5|√4+1
,∴a=2.由2e 2-3√2e+2=0,解得e=√22或e=√2(舍),即c
a =
√2
2
,∴c=√2,∴b=√2.∴椭圆C 的方程为
x 2
4
+
y 22
=1.
(2)存在.
假设y 轴上存在与点P 不同的定点Q ,使得|QA |
|QB |=
S △APQ S △BPQ
恒成立.
设Q (0,m )(m ≠1),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线l 的方程为y=kx+1.
由{x 2
4+
y 2
2=1,y =kx +1,可得(2k 2+1)x 2+4kx-2=0,∴x 1+x 2=-4k 2k 2+1,x 1x 2=-22k 2+1.
Δ=16k 2+8(2k 2+1)=32k 2+8>0,
S △APQ S △BPQ
=
1
2|x P ||QA |sin∠PQA 1
2
|QP ||QB |sin∠PQB =
|QA |sin∠PQA |QB |sin∠PQB
.∵
|QA ||QB |
=
S △APQ S △BPQ
,
∴sin ∠PQA=sin ∠PQB , ∴∠PQA=∠PQB , ∴k QA =-k QB ,∴
y 1-m x 1
=-
y 2-m x 2
,
∴(m-1)(x 1+x 2)=2kx 1x 2,
即-(m-1)4k
2k 2+1=-2k 2
2k 2+1,
S
△APQ S△BPQ 恒成立.
解得m=2.∴存在定点Q(0,2),使得|QA|
|QB|
=。