高中数学高考18第一部分 板块二 专题五 解析几何 第4讲　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)课件PPT

这是一份高中数学高考18第一部分 板块二 专题五 解析几何 第4讲　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题)课件PPT，共44页。PPT课件主要包含了内容索引，热点分类突破，真题押题精练，热点一定点问题，热点二定值问题，热点三存在性问题，押题预测，真题体验，当直线l与圆相切时等内容，欢迎下载使用。
NEIRONGSUOYIN
解决圆锥曲线中的定点问题应注意(1)分清问题中哪些是定的，哪些是变动的；(2)注意“设而不求”思想的应用，引入参变量，最后看能否把变量消去；(3)“先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了明确的方向.
焦点，过点A(2,0)且与x轴不垂直的直线l与抛物线C1交于P，Q两点，P关于x轴的对称点为M.(1)求抛物线C1的方程；
解　由题意可知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为(1,0)，所以p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)试问直线MQ是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
解　方法一　因为点P与点M关于x轴对称，所以设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x1，－y1)，设直线PQ的方程为y＝k(x－2)，代入y2＝4x，得k2x2－4(k2＋1)x＋4k2＝0，所以x1x2＝4，设直线MQ的方程为y＝mx＋n，代入y2＝4x，得m2x2＋(2mn－4)x＋n2＝0，
所以直线MQ的方程为y＝m(x＋2)，必过定点(－2,0).
方法二　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，因为点P与点M关于x轴对称，所以y3＝－y1，设直线PQ的方程为x＝ty＋2，代入y2＝4x得y2－4ty－8＝0，所以y1y2＝－8，设直线MQ的方程为x＝my＋n，代入y2＝4x得y2－4my－4n＝0，所以y2y3＝－4n，因为y3＝－y1，所以y2y3＝－y1y2＝－4n＝8，即n＝－2，所以直线MQ的方程为x＝my－2，必过定点(－2,0).
跟踪演练1　(2019·攀枝花模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(4，t)(t>0)到焦点F的距离等于5.(1)求抛物线C的方程和实数t的值；
解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x，将P(4，t)(t>0)代入抛物线方程解得t＝4.
(2)若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA，PB分别交抛物线的准线l于点M，N.试判断以MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.
解　以MN为直径的圆一定过点F，理由如下：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，代入抛物线C：y2＝4x，化简整理得y2－4my－4＝0，
由(1)知P(4,4)，
求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
(1)求点M的轨迹C的方程；
(2)设N是圆E：x2＋y2＝9上位于第四象限的一点，过N作圆E的切线l0，与曲线C交于A，B两点.求证：△FAB的周长为10.
同理|FB|＋|BN|＝5，∴|FA|＋|FB|＋|AB|＝10，∴△FAB的周长为定值10.
方法二　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线n：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝9相切，由题意知k>0，m0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
要使|OA|2＋|OB|2为常数，只需18k2－12＝0，
交于A，B两点，且满足|OA|2＋|OB|2的值为常数，则k的值以及这个常数是多少？
存在性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论.
例3　(2019·济南模拟)设M是抛物线E：x2＝2py(p>0)上的一点，抛物线E在点M处的切线方程为y＝x－1.(1)求E的方程；
由题意得Δ＝4p2－8p＝0，因为p>0，所以p＝2.故抛物线E：x2＝4y.
故抛物线E：x2＝4y.
(2)已知过点(0,1)的两条不重合直线l1，l2的斜率之积为1，且直线l1，l2分别交抛物线E于A，B两点和C，D两点.是否存在常数λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零，设l1的方程为y＝kx＋1，
(也可以由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，得到|AB|＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2)．)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线l交椭圆于P，Q两点，判断是否存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解　∵F为△MPQ的垂心，∴MF⊥PQ，又M(0,1)，F(1,0)，∴kMF＝－1，∴kPQ＝1，设直线PQ：y＝x＋m(m≠1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∴x2－x1x2－y1y2＋y1＝0，即(1－m)·(x1＋x2)－2x1x2＋m－m2＝0，
即3m2＋m－4＝0，
(1)证明：直线AB过定点；
整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.所以直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.
已知抛物线E：y2＝4x，圆C：(x－3)2＋y2＝1.(1)若过抛物线E的焦点F的直线l与圆C相切，求直线l方程；
解　由题知抛物线E的焦点为F(1,0)，当直线的斜率不存在时，过点F(1,0)的直线不可能与圆C相切；所以过抛物线焦点与圆相切的直线的斜率存在，设直线斜率为k，则所求的直线方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，
(2)在(1)的条件下，若直线l交抛物线E于A，B两点，x轴上是否存在点M(t,0)使∠AMO＝∠BMO(O为坐标原点)？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
得x2－14x＋1＝0，显然Δ>0，所以x1＋x2＝14，x1·x2＝1，假设存在点M(t,0)使∠AMO＝∠BMO，则kAM＋kBM＝0.
⇒y1x2＋y2x1－(y1＋y2)t＝0⇒2x1x2－(x2＋x1)－(x1＋x2－2)t＝0，即2－14－(14－2)t＝0⇒t＝－1，故存在点M(－1,0)符合条件.
由对称性易知点M(－1,0)也符合条件.综上可知在(1)的条件下，存在点M(－1,0)，使∠AMO＝∠BMO.