2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版 课件:7.4.3 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题

发布时间:2021-09-26 01:18:26

7.4.3 圆锥曲线中的定点、 定值与存在性问题

考向一 考向二 考向三

圆锥曲线中的定点问题

例 1(2019 全国卷 3,文 21)已知曲线 C:y=22,点 D 为直线 y=-12上的 动点,过点 D 作 C 的两条切线,切点分别为 A,B.

(1)证明:直线 AB 过定点;

(2)若以 E

0,

5 2

为圆心的圆与直线 AB 相切,且切点为线段 AB 的中

点,求该圆的方程.

-2-

考向一 考向二 考向三

(1)证明

设D

,-

1 2

,A(x1,y1),则12=2y1.

由于 y'=x,所以切线 DA 的斜率为 x1,故11+-12=x1.

整理得 2tx1-2y1+1=0.

设 B(x2,y2),同理可得 2tx2-2y2+1=0.

故直线 AB 的方程为 2tx-2y+1=0.

所以直线 AB 过定点

0,

1 2

.

-3-

考向一 考向二 考向三

(2)解 由(1)得直线 AB 的方程为 y=tx+1.
2





= =


2

+

1 2

, 可得

x2-2tx-1=0.

2

于是 x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1.

设 M 为线段 AB 的中点,则 M t,t2+12 .

由于 ⊥ ,而=(t,t2-2),与向量(1,t)*行,

所以 t+(t2-2)t=0.

解得 t=0 或 t=±1.

当 t=0 时,||=2,所求圆的方程为 x2+

-

5 2

2
=4;

当 t=±1 时,||=

2,所求圆的方程为 x2+

- 5
2

2
=2.

-4-

考向一 考向二 考向三

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

(,) (,)

= =

0, 0,

解方程组得定点.

-5-

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对点训练1(2019安徽泗县第一中学高三最后一模)已知椭圆

M:22

+

22=1(a>b>0)的离心率为

3,且椭圆上一点
2

P

的坐标为

2,

2 2

.

(1)求椭圆M的方程;

(2)设直线l与椭圆M交于A,B两点,且以线段AB为直径的圆过椭圆

的右顶点C,求证:直线l恒过x轴上一定点.

-6-

考向一 考向二 考向三

解 (1)由已知 e= = 3,又 a2=b2+c2,则 a=2b.
2

椭圆方程为 2
4 2

+



22=1,将

2, 2 代入方程,解得 b=1,从而 a=2,
2

故椭圆的方程为 2 +y2=1.
4

(2)当直线 l 的斜率不存在时,易证直线 l 恒过点 6,0 ,当直线 l 的斜
5

率存在时,不妨设直线 AB 的方程 x=ky+m,

联立

2 + 2
4

= 1,消去 x 得(k2+4)y2+2kmy+m2-4=0.

= + ,

-7-

考向一 考向二 考向三

设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 y1+y2=-22+4,y1y2=22+-44.



又以线段 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 C,∴ ·=0.

由=(x1-2,y1),=(x2-2,y2),得(x1-2)(x2-2)+y1y2=0.
将 x1=ky1+m,x2=ky2+m 代入上式,得
(k2+1)y1y2+k(m-2)(y1+y2)+(m-2)2=0,
将①代入上式,求得 m=65或 m=2(舍去后者),
所以直线 AB 的方程为 x=ky+65, 则直线 l 恒过点 65,0 .
综上所述,直线 l 恒过定点 65,0 .

-8-

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例2(2019北京卷,文19)已知椭圆C:

2 2

+

22=1

的右焦点为(1,0),且

经过点A(0,1).

(1)求椭圆C的方程;

(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,

直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:

直线l经过定点.

-9-

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(1)解 由题意得,b2=1,c=1.

所以 a2=b2+c2=2.

所以椭圆

C

的方程为

2
+y2=1.

2

(2)证明



P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线

AP

的方程为

y=1 -1x+1.
1

令 y=0,得点 M 的横坐标 xM=-11-1.



y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=

1 1 +-1

.

同理,|ON|=

2 2 + -1

.

= + ,

由 2 + 2 = 1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0.
2

则 x1+x2=-1+422,x1x2=12+22-22.

-10-

考向一 考向二 考向三

所以|OM|·|ON|=

1 1 + -1

· 2
2 +-1

=

1 2 212+(-1)(1+2)+(-1)2

2 2 -2

= 1+22
2·12+22-22+ (-1)·-1+422 +(-1)2

=2

1+ 1-

.

又|OM|·|ON|=2,

所以

2

1+ 1-

=2.

解得 t=0,所以直线 l 经过定点(0,0).

-11-

考向一 考向二 考向三
解题心得证明直线或曲线过某一确定的定点(定点坐标已知),可 把要证明的结论当条件,逆推上去,若得到使已知条件成立的结论, 即证明了直线或曲线过定点.
-12-

考向一 考向二 考向三

对点训练 2(2019 陕西西安高三第三次质量检测)已知椭圆

E:22

+

22=1(a>b>0)经过点

A(0,1),右焦点到直线

x=2的距离为


3.
3

(1)求椭圆 E 的标准方程;

(2)过点 A 作两条互相垂直的直线 l1,l2 分别交椭圆于 M,N 两点.

求证:直线 MN 恒过定点 P 0,-35 .

(1)解 由题意知,2-c= 3,b=1,a2=b2+c2,



3

解得 a=2,b=1,c= 3.

所以椭圆的标准方程为 2 +y2=1.
4

-13-

考向一 考向二 考向三

(2)证明 显然直线 l1,l2 的斜率存在.

= + 1,

设直线 l1 的方程为 y=kx+1,联立方程组

2 + 2

得 = 1,

4

(4k2+1)x2+8kx=0,解得 x1=-482+ 1,x2=0,

所以 xM=-482+1,yM=41-42+21. 由 l1,l2 垂直,可得直线 l2 的方程为 y=-1x+1.

(*)式

用-1替换(*)式中的 k,可得 xN=82+ 4,yN=22+-44.

则 k = MP

41-42+ 21 +35
8

-4 2 +1

= 82
-5

+85

-8

=

,k = 2-1
5

NP

22+-44+35
8 2 +4

82 8
= 5 -5
8

=

2-1,所以 kMP=kNP,
5

即 M,N,P 三点共线.故直线 MN 恒过定点 P 0,-35 .

-14-

考向一 考向二 考向三
圆锥曲线中的定值问题 例3(2019全国卷1,文21)已知点A,B关于坐标原点O对 称,|AB|=4,☉M过点A,B且与直线x+2=0相切. (1)若A在直线x+y=0上,求☉M的半径; (2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.
解 (1)因为☉M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直*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).
因为☉M与直线x+2=0相切,所以☉M的半径为r=|a+2|. 由已知得|AO|=2,又 ⊥ ,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.
-15-

考向一 考向二 考向三
(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 ⊥ 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,以直线x=-1为准线的抛物线, 所以|MP|=x+1. 因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P. 解题心得证某一量为定值,一般方法是用一参数表示出这个量,通 过化简消去参数,得出定值,从而得证.
-16-

考向一 考向二 考向三

对点训练3在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两

点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:

(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;

(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.

解 (1)不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:

设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.

又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为-1

所以不能出现AC⊥BC的情况.

1

·-1
2

=-12,

-17-

考向一 考向二 考向三

(2)BC 的中点坐标为

2 2

,

1 2

,可得 BC 的中垂线方程为 y-12=x2

-

2 2

.

由(1)可得 x1+x2=-m,

所以 AB 的中垂线方程为 x=-2.

联立



=

-

2

,

-

1 2

=

2

-

2 2

,

= - ,

又22+mx2-2=0,可得



=

2

-

1 2

.

所以过 A,B,C 三点的圆的圆心坐标为 - ,- 1 ,半径 r= 2+9.

22

2

故圆在 y 轴上截得的弦长为 2

2-

2

2
=3,即过 A,B,C 三点的圆在 y

轴上截得的弦长为定值.

-18-

考向一 考向二 考向三

圆锥曲线中的存在性问题

例4(2019湖南长沙第一中学高三下学期高考模拟)已知圆

x2+y2=9,A(1,1)为圆内一点,P,Q为圆上的动点,且∠PAQ=90°,M是PQ

的中点.

(1)求点M的轨迹曲线C的方程;

(2)设 E

9 2

,

1 2

,D

1 2

,

1 2

,对曲线 C 上任意一点 H,在直线 ED 上是否

存在与点 E 不重合的点 F,使||||是常数?若存在,求出点 F 的坐标,若

不存在,说明理由.

-19-

考向一 考向二 考向三

解 (1)设点 M(x,y),由∠PAQ=90°,得

|AM|=12|PQ|=|PM|= 9-||2,

化简得 x2+y2-x-y-72=0,即 x-12 2+ y-12 2=4.

(2)点 E

9,1
22

,D

1,1
22

,直线 ED 方程为 y=12,

假设存在点 F t,12

t≠

9 2

,满足条件,设 H(x,y),则有

x-12

2+

y-12

2=4,

|HE|2=

x-9
2

2+

y-1
2

2=

x-9
2

2+4-

x-1
2

2=24-8x,

|HF|2=(x-t)2+ y-1 2=(x-t)2+4- x-1 2=(1-2t)x+t2+15,

2

2

4

-20-

考向一 考向二 考向三

当||||是常数时,

|| ||

2=(1-2)+ 2+145也是常数,
24-8

∴ 12-+2145=-284,

∴t=32或 t=29(舍),∴t=32.

∴存在 F

3,1
22

满足条件.

-21-

考向一 考向二 考向三
解题心得存在性问题通常用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗 化,其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用 待定系数法设出,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.
-22-

考向一 考向二 考向三
对点训练4(2019北京丰台区高三年级第二学期综合练*二)已知 椭 率为圆E1:.过22 +右焦22=点1F(的a>直b>线0)l交的椭左圆、E右于顶C点,D分两别点为(均A不,B,与长A轴,B长重为合4),,离记心
2
直线AC,BD的斜率分别为k1,k2. (1)求椭圆E的方程; (2)是否存在常数λ,当直线l变动时,总有k1=λk2成立?若存在,求出λ
的值;若不存在,说明理由.
-23-

考向一 考向二 考向三

2 = 4,



(1)由题知



=

1 2

,

解得

2 = 2 + 2,

= 2, = 3.

所以椭圆

E

的方程为 2
4

+

32=1.

(2)由(1)知 A(-2,0),B(2,0),当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 的方程

为 x=1.

= 1,

= 1, = 1,



2 4

+

2 3

=

1,解得



=

3 2

,





=

-

3 2

.

得 k1=12,k2=32或 k1=-12,k2=-32,均有 k1=13k2.

猜测存在 λ=13.

-24-

考向一 考向二 考向三
当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为

y=k(x-1),C(x1,y1),D(x2,y2).

= (-1),



2 4

+

2 3

=

得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 1,



1

+

2

=

8 2 4 2+3

,

1 2

=

4 2-12 4 2+3

.



k1-13k2=

1 1 +2

?

2 =3(2-2)1-(1+2)2=[212-5(1+2)+8]

3(2-2) 3(1+2)(2-2)

3( 1 +2)( 2 -2)


=

=0. [84(22+-33)-4402+23+8]
3( 1 +2)( 2 -2)

所以存在常数 λ=13,使得 k1=13k2 恒成立. -25-


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