1、7.4.37.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 第三部分第三部分 2021 内 容 索 引 01 02 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 关键能力关键能力 学案突破学案突破 必备知识必备知识 精要梳理精要梳理 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
2、,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. 关键能力关键能力 学案突破学
3、案突破 热点一热点一 圆锥曲线中的定点问题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: +y2=1(a1)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 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. 2 2 (1)解 由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).则 =(a,1), =(a,-1).由 =8得 a2-1=8,即 a=3. 所以 E 的方程为 2 9 +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=m
4、y+n,由题 意可知-3nb0)的离心 率为 3 2 ,其左、右焦点分别为 F1,F2,点 P 为坐标平面内的一点,且| |=3 2, 1 2 =-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,且+= .证明:直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标. 2 解 (1)设 P 点坐标为(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0), 则 1 =(-c-x0,-y0), 2 =(c-x0,-y0),由题意得 0 2 + 0 2 = 9 4 , (0+ )(0-) + 0 2 = - 3 4 , 解得 c2=
5、3,c= 3.又 e= = 3 2 , a=2.b2=a2-c2=1,所求椭圆 C 的方程为 2 4 +y2=1. (2)设直线 AB 方程为 y=kx+m,点 A,B 的坐标分别为 A(x1,y1),B(x2,y2), 由方程组 2 4 + 2= 1, = + , 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, x1+x2=- 8 42+1,x1x2= 4 2-4 42+1.又由 += 2, tan tan =1.设直线 MA,MB 斜率分别为 k1,k2,则 k1k2=1, 1 1+2 2 2+2=1. 即(x1+2)(x2+2)=y1y2, (x1+2)(x2+2)=(kx1+m)(k
6、x2+m).(k2-1)x1x2+(km-2)(x1+x2)+m2-4=0, (k2-1)4 2-4 42+1+(km-2) - 8 42+1 +m 2-4=0, 化简得 20k2-16km+3m2=0. 得 m=2k,或 m=10 3 k.当 m=2k 时,y=kx+2k,过点(-2,0),不合题意(舍去),当 m=10 3 k 时,y=kx+10 3 k,过点 - 10 3 ,0 ,直线 AB 恒过定点 - 10 3 ,0 . 热点二热点二 圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题 【例 2】(2020 山东泰安三模,21)已知椭圆 2 2 + 2 2=1(ab0)的右顶点为 A,上 顶点
7、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 (1)直线 AB 的方程为 + =1,即 bx+ay-ab=0, 则 2+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 2 4 +y2=1. (2)直线 AB 的斜率为-1 2,设直线 l 的方程为 y=- 1 2x+t,C(x1,y1),D(x2,y2), 与 2 4 +y
8、2=1 联立,消去 x,得 2y2-2ty+t2-1=0,则 y1+y2=t,y1y2= 2-1 2 , 所以 k1k2= 1 1-2 2-1 2 = 12-1 12-22, 所以 x1x2-2x2=4(t-y1)(t-y2)-4(t-y2)=4t2-t(y1+y2)+y1y2-t+y2 =4(y1+y2)2-(y1+y2)(y1+y2)+y1y2-(y1+y2)+y2=4(y1y2-y1). 所以 k1k2=1 4,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,
9、21)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2 =1(ab0)的短轴 长为 2 3,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 2 12 =0 时,| 2 |=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. 求ODN面积的最大值; 证明:直线AB与BM斜率之积为定值. 解 (1)设 F2(c,0),由2 12 =0,得 BF2F1F2, 将 x=c 代入 2 2 + 2 2 =1,得 y= 2 ,即|BF2|= 2 = 3 2,由 b= 3,解得 a=2,
10、 所以椭圆 C 的标准方程为 2 4 + 2 3 =1. (2)设 B(x1,y1),M(x2,y2),则 A(-x1,-y1),D(x1,0). 易知 ON 为ABD 的中位线,所以 N 0,- 1 2 , 所以 SODN=1 2|x1|- 1 2 =1 4|x1| |y1|= 1 4x1y1. 又 B(x1,y1)满足 2 4 + 2 3 =1,所以 1 2 4 + 1 2 3 =12 1 2 1 3 = 11 3 ,得 x1y1 3, 故 SODN=1 4x1y1 3 4 ,当且仅当 1 2 = 1 3 = 2 2 时,即 x1= 2,y1= 6 2 时取等号, 所以ODN 面积的最大值
11、为 3 4 . 记直线 AB斜率为 k=1 1(k0),则直线 AD的斜率为 1 21 = 2, 所以直线 AD的方程为 y= 2(x-x1). 由 = 2 (-1), 2 4 + 2 3 = 1, 消去 y,整理得(3+k2)x2-2k2x1x+k21 2-12=0, 由韦达定理得(-x1)+x2=2 2 1 3+2 ,所以 x2=2 2 1 3+2 +x1=(3 2+3)1 3+2 , 代入直线 AD的方程,得 y2= 3 1 3+2, 于是,直线 BM 斜率为2 -1 2-1 = 31 3+2-1 (32+3)1 3+2 -1 =- 3 2,则 k - 3 2 =- 3 2,所以直线 A
12、B 与 BM 斜率之积为定值-3 2. 热点三热点三 圆锥曲线中的存在性问题圆锥曲线中的存在性问题 【例 3】(2020 山东,22)已知椭圆 C: 2 2 + 2 2=1(ab0)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AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ| 为定值. 解 (1)由题设得 4 2 + 1 2=1, 2-2 2 = 1 2,解得 a 2=6,b2=3, 所以 C 的方程为 2 6 + 2 3 =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=
13、kx+m, 代入 2 6 + 2 3 =1 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0. 于是 x1+x2=- 4 1+22,x1x2= 2 2-6 1+22. 由 AMAN 知 =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=k x-2 3 -1 3(k1). 所以直线 MN 过点 P 2 3,- 1 3 .若直线 MN 与 x 轴垂直
14、,可得 N(x1,-y1). 由 =0 得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0. 又 1 2 6 + 1 2 3 =1,可得 31 2-8x1+4=0.解得 x1=2(舍去),x1=2 3. 此时直线 MN 过点 P 2 3 ,- 1 3 . 令 Q 为 AP 的中点,即 Q 4 3 , 1 3 . 若 D 与 P 不重合,则由题设知 AP 是 RtADP 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 4 3 , 1 3 ,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
15、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: 2 2 + 2 2=1(ab0)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
16、)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 恒成立?若存在,求出定点Q的 坐标;若不存在,请说明理由. | | = 解 (1)由题意知 2a=|0-0+4 5| 4+1 ,a=2.由 2e2-3 2e+2=0, 解得 e= 2 2 或 e= 2(舍),即 = 2 2 ,c= 2,b= 2. 椭圆 C 的方程为 2 4 + 2 2 =1. (2)存在. 假设 y轴上存在与点 P不同的定点 Q,使得| | = 恒成立. 设 Q(0,m)(m1),A(x1,y1),B(x2,y2),直线 l 的方程
17、为 y=kx+1. 由 2 4 + 2 2 = 1, = + 1, 可得(2k2+1)x2+4kx-2=0, x1+x2=- 4 22+1,x1x2=- 2 22+1. =16k2+8(2k2+1)=32k2+80, = 1 2| | | | sin 1 2| | | | sin = | | sin | | sin . | | | | = , sin PQA=sin PQB, PQA=PQB, kQA=-kQB, 1- 1 =-2 - 2 , (m-1)(x1+x2)=2kx1x2, 即-(m-1) 4 22+1=-2k 2 22+1, 解得 m=2.存在定点 Q(0,2),使得| | = 恒成立.
