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    2023届高考一轮复习讲义(文科)第九章 平面解析几何 第8讲 第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题学案

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    2023届高考一轮复习讲义(文科)第九章 平面解析几何 第8讲 第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题学案

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    这是一份2023届高考一轮复习讲义(文科)第九章 平面解析几何 第8讲 第2课时 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题学案,共14页。

    圆锥曲线中的定值问题(师生共研)
    (2018·高考北京卷)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.
    (1)求直线l的斜率的取值范围;
    (2)设O为原点,eq \(QM,\s\up6(→))=λeq \(QO,\s\up6(→)),eq \(QN,\s\up6(→))=μeq \(QO,\s\up6(→)),求证:eq \f(1,λ)+eq \f(1,μ)为定值.
    【解】 (1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),
    所以2p=4,即p=2.
    故抛物线C的方程为y2=4x.
    由题意知,直线l的斜率存在且不为0.
    设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).
    由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2=4x,,y=kx+1))得k2x2+(2k-4)x+1=0.
    依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,
    解得kb>0)的上顶点为P,右顶点为Q,直线PQ与圆x2+y2=eq \f(4,5)相切于点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5),\f(4,5))).
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A,B两点,且eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))=0,求证:直线l过定点.
    【解】 (1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM=2,则直线PQ的斜率kPQ=-eq \f(1,kOM)=-eq \f(1,2),
    所以直线PQ的方程为y-eq \f(4,5)=-eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(2,5))),
    即x+2y=2.
    可求得P(0,1),Q(2,0),故a=2,b=1,
    故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)+y2=1.
    (2)证明:当直线l的斜率不存在时,显然不满足条件.
    当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+n(n≠1),
    联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)+y2=1,,y=kx+n,))消去y整理得(4k2+1)x2+8knx+4(n2-1)=0,
    Δ=(8kn)2-4×4(4k2+1)(n2-1)=16(4k2+1-n2)>0,得4k2+1>n2.①
    设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=eq \f(-8kn,4k2+1),x1x2=eq \f(4(n2-1),4k2+1).②
    由eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))=0,得(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=0,又y1=kx1+n,y2=kx2+n,所以(k2+1)x1x2+k(n-1)(x1+x2)+(n-1)2=0,③
    由②③得n=1(舍),或n=-eq \f(3,5),满足①.
    此时l的方程为y=kx-eq \f(3,5),故直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,-\f(3,5))).
    eq \a\vs4\al()
    求解定点问题常用的方法
    (1)“特殊探路,一般证明”,即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目标的一般性证明.
    (2)“一般推理,特殊求解”,即先由题设条件得出曲线的方程,再根据参数的任意性得到定点坐标.
    (3)求证直线过定点(x0,y0),常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)来证明.
    (2019·高考北京卷)已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=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.
    解:(1)由题意,得b2=1,c=1,
    所以a2=b2+c2=2.
    所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)+y2=1.
    (2)证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),
    则直线AP的方程为y=eq \f(y1-1,x1)x+1.
    令y=0,得点M的横坐标xM=-eq \f(x1,y1-1).
    又y1=kx1+t,
    从而|OM|=|xM|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1+t-1))).
    同理,|ON|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2+t-1))).
    由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y=kx+t,,\f(x2,2)+y2=1))得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
    则x1+x2=-eq \f(4kt,1+2k2),x1x2=eq \f(2t2-2,1+2k2).
    所以|OM|·|ON|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1+t-1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2+t-1)))
    =eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,k2x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2)))
    =eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(2t2-2,1+2k2),k2·\f(2t2-2,1+2k2)+k(t-1)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(4kt,1+2k2)))+(t-1)2)))
    =2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1+t,1-t))).
    又|OM|·|ON|=2,
    所以2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1+t,1-t)))=2.
    解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).
    圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)
    (2019·高考全国卷Ⅰ)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).
    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eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→)),
    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.
    (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eq \(MO,\s\up6(→))⊥eq \(AO,\s\up6(→)),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.
    eq \a\vs4\al()
    解决探索性问题的注意事项
    探索性问题,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.
    是否存在过点E(0,-4)的直线l交椭圆eq \f(x2,16)+eq \f(y2,12)=1于点R,T,且满足eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))=eq \f(16,7)?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由.
    解:存在.
    假设存在满足题意的直线l,易知当直线l的斜率不存在时,eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OT,\s\up6(→))0得(-32k)2-64(3+4k2)>0,
    解得k2>eq \f(1,4).①
    因为x1+x2=eq \f(32k,3+4k2),x1x2=eq \f(16,3+4k2),
    所以y1y2=(kx1-4)(kx2-4)=k2x1x2-4k(x1+x2)+16,
    故x1x2+y1y2=eq \f(16,3+4k2)+eq \f(16k2,3+4k2)-eq \f(128k2,3+4k2)+16=eq \f(16,7),
    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.
    [基础题组练]
    1.(2020·长沙市统一模拟考试)已知F1,F2分别是双曲线C:y2-x2=1的上、下焦点,P是其一条渐近线上的一点,且以F1F2为直径的圆经过点P,则△PF1F2的面积为( )
    A.eq \f(\r(2),2) B.1
    C.eq \r(2) D.2
    解析:选C.设P(x0,y0),不妨设点P在双曲线C的过一、三象限的渐近线x-y=0上,因此可得x0-y0=0.F1(0,eq \r(2)),F2(0,-eq \r(2)),所以|F1F2|=2eq \r(2),以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=2,又以F1F2为直径的圆经过点P,所以xeq \\al(2,0)+yeq \\al(2,0)=2.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0-y0=0,xeq \\al(2,0)+yeq \\al(2,0)=2)),得|x0|=1,于是S△PF1F2=eq \f(1,2)|F1F2|·|x0|=eq \f(1,2)×2eq \r(2)×1=eq \r(2),故选C.
    2.直线l与抛物线C:y2=2x交于A,B两点,O为坐标原点,若直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,且满足k1k2=eq \f(2,3),则直线l过定点( )
    A.(-3,0) B.(0,-3)
    C.(3,0) D.(0,3)
    解析:选A.设A(x1,y1),B(x2,y2),因为k1k2=eq \f(2,3),所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)=eq \f(2,3).又yeq \\al(2,1)=2x1,yeq \\al(2,2)=2x2,所以y1y2=6.将直线l:x=my+b代入抛物线C:y2=2x得y2-2my-2b=0,所以y1y2=-2b=6,得b=-3,即直线l的方程为x=my-3,所以直线l过定点(-3,0).
    3.(2020·安徽合肥模拟)已知椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3),过椭圆上一点M作直线MA,MB分别交椭圆于A,B两点,且斜率分别为k1,k2,若点A,B关于原点对称,则k1·k2的值为 .
    解析:由e2=1-eq \f(b2,a2)=eq \f(6,9),得eq \f(b2,a2)=eq \f(1,3).设M(x,y),A(m,n),则B(-m,-n),k1·k2=eq \f(y-n,x-m)·eq \f(y+n,x+m)=eq \f(y2-n2,x2-m2),①
    把y2=b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(x2,a2))),n2=b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(m2,a2)))代入①式并化简,可得k1·k2=-eq \f(b2,a2)=-eq \f(1,3).
    答案:-eq \f(1,3)
    4.以下四个关于圆锥曲线的命题:
    ①设A,B为两个定点,K为正数,若||PA|-|PB||=K,则动点P的轨迹是双曲线;
    ②方程2x2-5x+2=0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率;
    ③双曲线eq \f(x2,25)-eq \f(y2,9)=1与椭圆eq \f(x2,35)+y2=1有相同的焦点;
    ④已知抛物线y2=2px,以过焦点的一条弦AB为直径作圆,则此圆与准线相切.
    其中真命题为 .(写出所有真命题的序号)
    解析:A,B为两个定点,K为正数,||PA|-|PB||=K,当K=|AB|时,动点P的轨迹是两条射线,故①错误;
    方程2x2-5x+2=0的两根为eq \f(1,2)和2,可分别作为椭圆和双曲线的离心率,故②正确;
    双曲线eq \f(x2,25)-eq \f(y2,9)=1的焦点坐标为(±eq \r(34),0),椭圆eq \f(x2,35)+y2=1的焦点坐标为(±eq \r(34),0),故③正确;
    设AB为过抛物线焦点F的弦,P为AB中点,A,B,P在准线l上的射影分别为M,N,Q,
    因为AP+BP=AM+BN,所以PQ=eq \f(1,2)AB,
    所以以AB为直径作圆,则此圆与准线l相切,故④正确.
    故正确的命题有②③④.
    答案:②③④
    5.(2020·福建五校第二次联考)已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2),上顶点M到直线eq \r(3)x+y+4=0的距离为3.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)设直线l过点(4,-2),且与椭圆C相交于A,B两点,l不经过点M,证明:直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值.
    解:(1)由题意可得,eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e=\f(c,a)=\f(\r(3),2),,\f(|b+4|,2)=3,,a2=b2+c2,))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=4,,b=2,))
    所以椭圆C的方程为eq \f(x2,16)+eq \f(y2,4)=1.
    (2)证明:易知直线l的斜率恒小于0,设直线l的方程为y+2=k(x-4),k0,得m>eq \r(2)或mb>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(\r(2),2)))在椭圆C上.
    (1)求椭圆C的标准方程;
    (2)是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同交点M,N时,能在直线y=eq \f(5,3)上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足eq \(PM,\s\up6(→))=eq \(NQ,\s\up6(→))?若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由.
    解:(1)设椭圆C的焦距为2c,则c=1,
    因为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(\r(2),2)))在椭圆C上,
    所以2a=|AF1|+|AF2|=2eq \r(2),
    所以a=eq \r(2),b2=a2-c2=1,
    所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)+y2=1.
    (2)不存在满足条件的直线,证明如下:
    设直线的方程为y=2x+t,
    设M(x1,y1),N(x2,y2),Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3,\f(5,3))),Q(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0),
    由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y=2x+t,,\f(x2,2)+y2=1))消去x,
    得9y2-2ty+t2-8=0,
    所以y1+y2=eq \f(2t,9),Δ=4t2-36(t2-8)>0,
    所以y0=eq \f(y1+y2,2)=eq \f(t,9),且-3

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