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【导与练】2017届高三理科数学(普通班)二轮复习课件:第九篇 第7节 第三课时 定点、定值、存在性专题

时间:2017-03-24


数学

第三课时 定点、定值、存在性专题

数学

专题概述 在圆锥曲线的综合问题中,定点、定值和存在性问题是高考的热点 和难点,大都以解答题的形式出现,难度较大,一般作为解答题的一 问占7~8分.综合考查学生的各种数学思想和技能.是高考的难点. 解决这类问题一般有两种方法:一是根据题意求出相关的表达式,再 根据已知条件列出方程组,消去参数,求出定值或定点坐标;二是先 利用特殊情况确定定值或定点坐标,再从一般情况进行验证.

数学

方法一

利用参数法求解定点问题

x2 2 【例 1】 (2016 大庆质检)已知椭圆 C: 2 +y =1(a>1)的上顶点为 A,右焦点 a

为 F,直线 AF 与圆 M:(x-3) +(y-1) =3 相切. (1)求椭圆 C 的方程;
(1)解:圆 M 的圆心为(3,1),半径 r= 3 . 由题意知 A(0,1),F(c,0), 直线 AF 的方程为
x +y=1,即 x+cy-c=0, c

2

2

由直线 AF 与圆 M 相切,得 解得 c2=2,a2=c2+1=3,

3? c ?c c ?1
2

= 3,

x2 2 故椭圆 C 的方程为 +y =1. 3

数学

??? ? ???? (2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P,Q 两点,且 AP · AQ =0,求证:直
??? ? ???? (2)证明:法一 由 AP · AQ =0 知 AP⊥AQ,从而直线 AP 与坐标轴不垂直,故可设直线 AP 的方程为

线 l 过定点,并求该定点的坐标.
1 x+1. k

y=kx+1,直线 AQ 的方程为 y=-

? y ? kx ? 1, ?6 k ? 2 2 联立方程组 ? x 2 整理得 (1+3k )x +6kx=0, 解得 x=0 或 x= , 2 2 1 ? 3 k ? ? y ? 1, ?3

?6 k 6k 1 ? 3k 2 k2 ? 3 故点 P 的坐标为( , ),同理,点 Q 的坐标为( 2 , ). 1 ? 3k 2 1 ? 3k 2 k ? 3 k2 ? 3
k 2 ? 3 1 ? 3k 2 ? 2 2 6k k2 ?1 k2 ?1 k2 ? 3 k ? 3 1 ? 3 k 所以直线 l 的斜率为 = ,所以直线 l 的方程为 y= (x- 2 )+ 2 , 6k ?6 k k ? 3 4 k 4 k k ? 3 ? k 2 ? 3 1 ? 3k 2

1 1 k2 ?1 即 y= x- .所以直线 l 过定点(0,- ). 2 2 4k

数学

法二

??? ? ???? 由 AP · AQ =0 知 AP⊥AQ,从而直线 PQ 与 x 轴不垂直,故可设直线 l 的方

程为 y=kx+t(t≠1),
? y ? kx ? t , ? 2 2 2 联立得 ? x 2 整理得 (1+3k )x +6ktx+3(t -1)=0. 2 ? ? y ? 1, ?3

?6kt ? x ? x ? , 1 2 2 ? ? 1 ? 3k 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 ? (*) 2 3( t ? 1) ?x x ? , 1 2 2 ? 1 ? 3k ?

由Δ=(6kt)2-4(1+3k2)×3(t2-1)>0,得 3k2>t2-1. ??? ? ???? 由 AP · AQ =0, ??? ? ???? 得 AP · AQ =(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0, 将(*)代入,得 t=1 1 .所以直线 l 过定点(0,- ). 2 2

数学

反思归纳

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.

数学

x2 y 2 【即时训练】 (2015 山西联考)已知椭圆 C: 2 + 2 =1(a>b>0)的右焦点为 a b

F(1,0),右顶点为 A,且|AF|=1. (1)求椭圆 C 的标准方程;

解:(1)由 c=1,a-c=1,得 a=2, 所以 b= 3 ,
x2 y 2 故椭圆 C 的标准方程为 + =1. 4 3

数学

(2)若动直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 有且只有一个交点 P,且与直线 x=4 交于点 ???? ???? ? Q,问:是否存在一个定点 M(t,0),使得 MP · MQ =0.若存在,求出点 M 的坐 标;若不存在,说明理由.
? ? y ? kx ? m, 2 2 2 解:(2)由 ? 2 消去 y 得 (3+4k )x +8kmx+4m -12=0, 2 3 x ? 4 y ? 12, ? ?

所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,即 m2=3+4k2.
4km 4k 3 4k 3 4k 2 设 P(xP,yP),则 xP==,y +m= , 即 P(, ). P=kxP+m=2 3 ? 4k m m m m m
???? ???? ? 4k 3 MP 因为 M(t,0),Q(4,4k+m),所以 =(-t, ), MQ =(4-t,4k+m), m m ???? ???? ? 4k 3 4k MP 所以 · MQ =(-t)·(4-t)+ ·(4k+m)=t2-4t+3+ (t-1)=0 恒成立, m m m

? ?t ? 1, 故? 2 即 t=1.所以存在点 M(1,0)符合题意. ? ?t ? 4t ? 3 ? 0,

数学

方法二

从特殊到一般方法求定值

3 x2 y 2 【例 2】 已知椭圆 C: 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率为 ,短轴端点到焦点的 a b 2

距离为 2. (1)求椭圆 C 的方程;
3 c = , b 2 ? c 2 =2, a 2

解:(1)由题意知,e= 又 a2=b2+c2,

所以 a=2,c= 3 ,b=1,
x2 2 所以椭圆 C 的方程为 +y =1. 4

数学

(2)设A,B为椭圆C上任意两点,O为坐标原点,且OA⊥OB.
①求证原点O到直线AB的距离为定值,并求出该定值; ②任取以椭圆C的长轴为直径的圆上一点P,求△PAB面积的最大值.
解:(2)①当直线 AB 的斜率不存在时,直线 AB 的方程为 x=± 到直线 AB 的距离为

2 5 ,此时,原点 O 5

2 5 . 5

当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2).
? x2 2 ? ? y ? 1, 由? 4 得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. ? y ? kx ? m ?

8km 4m 2 ? 4 则Δ=(8km) -4(1+4k )(4m -4)=16(1+4k -m )>0,x1+x2=,x1x2= , 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2
2 2 2 2 2

m 2 ? 4k 2 则 y1y2=(kx1+m)(kx2+m)= , 1 ? 4k 2

数学

由 OA⊥OB 得 kOA·kOB=-1, 即
y1 y · 2 =-1, x1 x2

5m2 ? 4 ? 4k 2 所以 x1x2+y1y2= =0, 2 1 ? 4k

即 m2=

4 (1+k2), 5

所以原点 O 到直线 AB 的距离为

m 1? k2

=

2 5 . 5

综上,原点 O 到直线 AB 的距离为定值

2 5 . 5

数学

②当直线 AB 的斜率不存在时,直线 AB 的方程为 x=± 得|AB|=

2 5 ,结合椭圆 C 的方程可 5

4 5 . 5

当直线 AB 的斜率存在时, 由①可得|AB|= 1+k 2 |x1-x2|= (1 ? k 2 )[( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2 ] =
4 5

1?

9 , 4 2 16k ? 8k ? 1
1? 9k 2 1 16k 4 ? 8 ? 2 k

4 当 k≠0 时,|AB|= 5

≤ 5.

当且仅当 k=±

1 时等号成立. 2

数学

当 k=0 时,|AB|=

4 5 . 5

所以|AB|的最大值为 5 , 又点 P 到直线 AB 的最大距离为 所以 S△PAB 的最大值为
2 5 +2. 5

1 2 5 × 5 ×( +2)=1+ 5 . 2 5

数学

反思归纳

定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量,常表现

为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值.解决此类问题常从特

征入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.

数学

方法三

直接消参求定值

x2 y 2 【例 3】(2016 长春市调研)已知椭圆 2 + 2 =1(a>b>0)的右焦点为 F2(1,0), a b

点 H(2,

2 10 )在椭圆上. 3

(1)求椭圆的方程;
?a 2 ? b 2 ? c 2 ? 1, 2 ? ? a ? 9, ? 解:(1)由题意,得 ? 4 40 解得 ? 2 ? ?b ? 8, ? 2 ? 2 ? 1, 9b ?a

x2 y 2 所以椭圆方程为 + =1. 9 8

数学

(2)若点 M 在圆 x2+y2=b2 上,且 M 在第一象限,过 M 作圆 x2+y2=b2 的切线交椭圆 于 P,Q 两点,问:△PF2Q 的周长是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明 理由. x12 y12 解: (2)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 + =1(|x1|≤3), 9 8
1 1 1 x12 2 |PF2| =(x1-1) + y =(x1-1) +8(1- )= (x1-9) ,所以|PF2|= (9-x1)=3- x1. 9 3 3 9
2 2

2 1

2

连接 OM,OP(图略),
1 x12 由相切条件知|PM| =|OP| -|OM| = x + y -8= x +8(1)-8= x12 , 9 9
2 2 2

2 1

2 1

2 1

1 1 1 所以|PM|= x1,所以|PF2|+|PM|=3- x1+ x1=3, 3 3 3 1 1 同理可求得|QF2|+|QM|=3- x2+ x2=3,所以|F2P|+|F2Q|+|PQ|=3+3=6 为定值. 3 3

数学

反思归纳

解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、

数量积、比例关系等,根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响

的量.

数学

3 x2 y 2 【即时训练】 椭圆 C: 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率为 ,P(m,0)为 C 的长轴上的 5 a b
??? ? ??? ? 4 41 一个动点,过 P 点斜率为 的直线 l 交 C 于 A,B 两点.当 m=0 时, PA · PB =- . 5 2

(1)求椭圆 C 的方程;
3 b 4 4 (1)解:因为离心率为 ,所以 = .当 m=0 时,l 的方程为 y= x, 5 a 5 5

x2 y 2 a2 2 代入 2 + 2 =1 并整理得 x = . a b 2
??? ? ??? ? 41 2 41 a2 2 2 设 A(x0,y0),则 B(-x0,-y0), PA · PB =- x 0 - y 0 =- x0 =· . 25 25 2 ??? ? ??? ? 41 x2 y 2 2 2 又因为 PA · PB =,所以 a =25,b =16,椭圆 C 的方程为 + =1. 2 25 16

数学

(2)证明:|PA|2+|PB|2为定值.
5 x2 y 2 (2)证明:l 的方程为 x= y+m,代入 + =1, 4 25 16

并整理得 25y2+20my+8(m2-25)=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2). 则|PA| =(x1-m) + y12 =
2 2 2 2

41 2 41 2 y1 ,同理|PB| = y12 . 16 16

41 41 41 4m 2 16(m2 ? 25) 2 2 2 则|PA| +|PB| = ( y1 + y 2 )= [(y1+y2) -2y1y2]= ·[()] 16 16 16 5 25

=41. 所以|PA|2+|PB|2 是定值.

数学

方法四

利用分类讨论解决存在性问题
2

【例 4】 (2015 大庆模拟)设抛物线 C 的方程为 x =8y,M 为直线 l:y=-m(m>0) 上任意一点,过 M 作抛物线 C 的两条切线 MA,MB,切点分别为 A,B. (1)当 M 的坐标为(0,-2)时,求过 M,A,B 三点的圆的标准方程,并判断直线 l 与此圆的位置关系;

解:(1)当 M 的坐标为(0,-2)时,设过 M 的切线方程为 y=kx-2,
2 ? ? x ? 8 y, 联立 ? 整理得 x2-8kx+16=0, ? ? y ? kx ? 2,



令Δ=(-8k)2-4×16=0,解得 k=±1,所以 MA⊥MB, 将 k=±1 代入方程①得 x=±4, 所以可取 A(4,2),B(-4,2),所以点 M 到 AB 的距离为 4, 所以过 M,A,B 三点的圆的圆心为 F(0,2),r=4, 所以圆的标准方程为 x +(y-2) =16. 又圆心(0,2)到直线 l:y=-2 的距离 d=4=r,因此,圆与直线 l:y=-2 相切.
2 2

数学

(2)当m变化时,试探究直线l上是否存在点M,使MA⊥MB?若存在,有几个 这样的点;若不存在,请说明理由.
解:(2)设切点 A(x1,y1),B(x2,y2), 直线 l 上的点为 M(x0,y0),在抛物线上点 A(x1,y1)处的切线方程为 y-y1=k(x-x1), 因为 y'=
1 1 x,所以 kMA=y'| x ? x1 = x1, 4 4

从而在抛物线上点 A(x1,y1)处的切线方程为 y-y1=
x1 (x-x1), 4

x1 x12 又切线过点 M(x0,y0),所以 y0= x0, 4 8

即 x12 -2x0x1+8y0=0, 同理可得在点 B(x2,y2)处的切线方程为
2 x2 -2x0x2+8y0=0.

数学

因为 kMA=

x1 x 2 ,kMB= 2 ,且 x1,x2 是方程 x -2x0x+8y0=0 的两实根, 4 4 x1 x y · 2 = 0 , 4 4 2

所以 x1x2=8y0,所以 kMA·kMB=

当 y0=-2,即 m=2 时,对直线 l 上任意点 M 均有 MA⊥MB. 当 y0≠-2,即 m≠2 时,MA 与 MB 不垂直. 综上,当 m=2 时,直线 l 上存在无穷多个点 M,使 MA⊥MB,当 m≠2 时,直线 l 上不存 在满足条件的点 M.

数学

反思归纳

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,要思维开放,采用另 外的途径.

数学

(教师备用) 【即时训练】 (2016 江南十校联考)在圆 C1:x2+y2=1 上任取一点 P,
???? ? ???? 过 P 作 y 轴的垂线段 PD,D 为垂足,动点 M 满足 MD =2 MP .当点 P 在圆 C1 上运

动时,点 M 的轨迹为曲线 C2. (1)求曲线 C2 的方程;
???? ? ???? 解:(1)设 M(x,y),因为 MD =2 MP ,

所以 P(

x ,y).又 P 在圆 C1 上, 2

x 2 2 x2 2 所以( ) +y =1,即 C2 的方程是 +y =1. 2 4

数学
??? ? ? ??? ? 5 ??? (2)是否存在过点 A(2,0)的直线 l 交曲线 C2 于点 B,使 OT = ( OA + OB ), 5

且点 T 在圆 C1 上?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由.

解: (2)当直线 l 的斜率不存在时,点 B 与点 A 重合,此时点 T 的坐标为( 显然点 T 不在圆 C1 上,不合题意,所以直线 l 的斜率存在. 设直线 l 的方程为 y=k(x-2),
? y ? k ( x ? 2), ? 2 2 2 2 由 ? x2 得 (1+4k )x -16k x+16k -4=0, 2 ? ? y ?1 ?4

4 5 ,0), 5

4k ?4k 8k 2 ? 2 8k 2 ? 2 解得 xB= , 所以 y =, 即 B( , ). B 2 2 2 2 1 ? 4k 1 ? 4k 1 ? 4k 1 ? 4k
??? ? ??? ? ?4k 16k 2 所以 OA + OB =( , ), 2 2 1 ? 4k 1 ? 4k

数学
???? 5 16k 2 ?4k 所以 OT = ( , ). 5 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

因为 T 在圆 C1 上,
1 ?4k 16k 2 2 2 所以 [( ) +( ) ]=1, 2 2 1 ? 4k 5 1 ? 4k

化简得 176k4-24k2-5=0, 解得 k2=
1 5 1 或 k2=(舍去),所以 k=± . 4 44 2 1 (x-2). 2

所以存在满足题意的直线 l,其方程为 y=±

数学

备选例题
【例 1】 已知平面上的动点 R(x,y)及两定点 A(-2,0),B(2,0),直线 RA,RB 的 斜率分别为 k1,k2,且 k1·k2=(1)求曲线 C 的方程;
(1)解:设 R(x,y),由题知 x≠±2,且 k1= 则
y y 3 · =- , x?2 x?2 4 y y ,k2= , x?2 x?2

3 ,设动点 R 的轨迹为曲线 C. 4

x2 y 2 整理得,曲线 C 的方程为 + =1(y≠0). 4 3

数学

(2)过点S(4,0)的直线与曲线C交于M,N两点,过点M作MQ⊥x轴,交曲线C 于点Q.求证:直线NQ过定点,并求出定点坐标.
(2)证明:设 NQ 与 x 轴交于 D(t,0),则直线 NQ 的方程为 x=my+t(m≠0), 记 N(x1,y1),Q(x2,y2),由对称性知 M(x2,-y2),
?3 x 2 ? 4 y 2 ? 12, ? 由? 消去 x 得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,所以Δ=3m2+4-t2>0, ? ? x ? my ? t

6mt ? y ? y ? ? , 1 2 ? ? y2 y1 ? 3m 2 ? 4 故? 由 M,N,S 三点共线知 k = , NS=kMS,即 2 x ? 4 x ? 4 3 t ? 12 2 1 ?y ? y ? , 1 2 2 ? 3m ? 4 ?

所以 y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,整理得 2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,
2m(3t 2 ? 12) ? 6mt (t ? 4) 所以 =0, 2 3m ? 4

即 24m(t-1)=0,t=1,所以直线 NQ 过定点 D(1,0).

数学

【例 2】 (2015 南宁二模)已知抛物线 C:y=2x2,直线 l:y=kx+2 交 C 于 A,B 两 点,M 是线段 AB 的中点,过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点 N. (1)证明:抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行;

(1)证明:设 A(x1,y1),B(x2,y2),把 y=kx+2 代入 y=2x 得 2x -kx-2=0,得 x1+x2=
k . 2

2

2

x1 ? x2 k k k2 因为 xN=xM= = ,N 点的坐标为( , ). 2 4 4 8

因为 y'=4x,所以 y'|

x?

k 4

=k,

即抛物线在点 N 处的切线的斜率为 k. 因为直线 l:y=kx+2 的斜率为 k, 所以抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行.

数学

(2)是否存在实数k使以AB为直径的圆M经过点N,若存在,求k的值;若不存
在,说明理由.
(2)解:假设存在实数 k 使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N. 因为 M 是 AB 的中点,所以|MN|=
1 |AB|. 2

1 1 1 1 k2 k2 由(1)知 yM= (y1+y2)= (kx1+2+kx2+2)= [k(x1+x2)+4]= ( +4)= +2, 2 2 2 2 2 4

k2 k 2 k 2 ? 16 因为 MN⊥x 轴,所以|MN|=|yM-yN|= +2= . 4 8 8

k 因为|AB|= 1 ? k 2 × ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1x2 = 1 ? k 2 × ( )2 ? 4 ? (?1) 2
1 2 k 2 ? 16 1 2 2 k ? 1 × k ? 16 .因为 k ? 1 × k 2 ? 16 ,所以 k=±2, = = 2 4 8

故存在实数 k=±2 使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N.

数学

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