黄冈名师2020版高考数学大一轮复习10.10圆锥曲线中的定值定点与存在性问题课件理新人教A.ppt
《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习10.10圆锥曲线中的定值定点与存在性问题课件理新人教A.ppt》由会员分享,可在线阅读,更多相关《黄冈名师2020版高考数学大一轮复习10.10圆锥曲线中的定值定点与存在性问题课件理新人教A.ppt(97页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、第十节 圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题 (全国卷5年4考),考点一 定值、定点问题的证明 【典例】(1)(2018邵阳模拟)已知椭圆 =1 (a0,b0,且ab)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的 长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分,别交于点Q,P,与椭圆分别交于点M,N,各点均不重合且 满足 =1 , 求椭圆的标准方程. 若1+2=-3,试证明:直线l过定点并求此定点.,【解析】设椭圆的焦距为2c,由已知b=1,(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a2=b2+c2, 所以a2=3,所以椭圆的方程为 +y2=1.,由已知设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1)
2、, N(x2,y2),设l的方程为x=t(y-m), 由 知(x1,y1-m)=1(x0-x1,-y1), 所以y1-m=-y11,又y10, 所以1= -1,同理由 知,2= -1.,因为1+2=-3,所以y1y2+m(y1+y2)=0,() 联立 得 (t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0, 所以=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)0,(),y1+y2= y1y2= () ()代入()得t2m2-3+2m2t2=0,所以(mt)2=1,由已知 mt0,所以mt=-1,满足(),得直线l的方程为x=ty+1, 过定点(1,0),即Q为定点.,(2)已知椭圆C过点A 焦点为(-
3、1,0),(1,0). 求椭圆C的方程. E,F是椭圆C上两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜 率互为相反数,证明:直线EF的斜率为定值,并求出这个 定值.,【解析】可设椭圆方程为 =1(ab0),由已知,c=1, 又a2-b2=c2, 所以a2=4,b2=3, 所以椭圆C的方程为,设E(x1,y1),F(x2,y2),AE的方程为y=k(x-1)+ , 由 消去y得 (4k2+3)x2 +4k(3-2k)x+4 -12=0, 所以xA+x1=1+x1=,所以x1= 又因为直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数, 所以将k换为-k得x2=,kEF= = 所以直线EF的斜率为定值 .,【一题多解
4、】(2),令x= ,y= ,则椭圆C变为圆O:x2+y2=1, A , F2 , 所以AF2x轴,延长AF2与圆O交于B点, 易知B ,记直线AE,AF与x轴交点分别为C,D, 因为直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数, 所以直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数, ACD=ADC,在ACD中,AF2平分CAD,所以弧长BE=BF, 连接OB,由垂径定理得OB EF, 所以kEF= 因为kEF= kEF= = , 所以直线EF的斜率为定值 .,【变式备选】 已知椭圆C: =1(ab0)的离心率e= ,短轴长 为2 .,(1)求椭圆C的标准方程. (2)如图,椭圆左顶点为A,过原点O的直线(与坐标
5、轴不重合)与椭圆C交于P,Q两点,直线PA,QA分别与y轴交于M,N两点.试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)?请证明你的结论.,【解析】(1)由短轴长为2 ,得b= ,b2=2. 由e= 得a2=4, 所以椭圆C的标准方程为 =1.,(2)以MN为直径的圆过定点( ,0), 证明如下:设P(x0,y0),则Q(-x0,-y0), =1, 即,因为A(-2,0),所以直线PA的方程为y= (x+2), 所以M 直线QA的方程为y= (x+2),所以N 以MN为直径的圆为(x-0)(x-0)+,即x2+y2- 因为 -4=-2 ,所以x2+y2+2 y-2=0, 令y=0,则
6、x2-2=0,解得x= . 所以以MN为直径的圆过定点( ,0).,【规律方法】圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法: 从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关; 引进变量法:其解题流程为,【对点训练】 如图,椭圆E: =1(ab0)经过点A(0,-1), 且离心率为 . (1)求椭圆E的方程. (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两 点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.,【解析】(1)由已知,e= ,b=1, 又a2=b2+c2,所以a= ,c=1, 所以椭圆E的方程为 +
7、y2=1. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),由已知, 直线PQ方程为y=k(x-1)+1(k2),由 得(2k2+1)x2-4k(k-1)x+2(k2-2k)=0, 显然2k2+10,0,由根与系数的关系得, x1+x2= x1x2=,所以直线AP与AQ的斜率之和 kAP+kAQ= =2k+(-k+2) =2k+(-k+2) =2k+(-k+2),考点二 定点、定值、定直线问题 【明考点知考法】 以直线、圆锥曲线为载体,利用直线与圆锥曲线方程联立,或根据圆锥曲线方程以及已知条件计算或推导出所需结论,属中、高档题. 命题角度1 探索定值问题,【典例】如图,抛物线C1:y2=8x与双曲
8、线C2: =1(a0,b0)有公共焦点F2,点A是曲线C1,C2在 第一象限的交点,且|AF2|=5.,(1)求双曲线C2的方程. (2)以F1为圆心的圆M与双曲线的一条渐近线相切,圆 N:(x-2)2+y2=1,已知点P(1, ),过点P作互相垂直且 分别与圆M,圆N相交的直线l1,l2,设l1被圆M截得的弦长 为s,l2被圆N截得的弦长为t,试探索 是否为定值?请 说明理由.,【解析】(1)因为抛物线C1的焦点为F2(2,0), 所以双曲线C2的焦点为F1(-2,0),F2(2,0). 设A(x0,y0)(x00,y00)为抛物线C1和双曲线C2在第一象 限的交点,|AF2|=5, 由抛物
9、线的定义得x0+2=5,所以x0=3,所以A(3,2 ), |AF1|= 又因为点A在双曲线上,由双曲线的定义得 2a=|AF1|-|AF2|=7-5=2, 所以a=1,b= 所以双曲线C2的方程为x2- =1.,(2) 为定值.理由如下: 设圆M的方程为(x+2)2+y2=r2, 双曲线的渐近线方程为y= x. 因为圆M与渐近线y= x相切,所以圆的半径为r= 所以圆M:(x+2)2+y2=3, 已知l1,l2的斜率存在且均不为零, 所以设l1的方程为y- =k(x-1),即 kx-y+ -k=0,l2的方程为y- = (x-1),即 x+ky- k-1=0, 所以点M到直线l1的距离d1=
10、 点N到直线l2的距离d2= 所以直线l1被圆M截得的弦长,s= 直线l2被圆N截得的弦长t= 所以 即 为定值 .,【状元笔记】 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,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.,命题角度2 探索定直线问题 【典例】如图,已知椭圆C: =1(ab0)的左右焦 点为F1,F2,其上顶点为A,已知F1AF2是边长为2
11、的正三 角形. (1)求椭圆C的方程.,(2)过点Q(-4,0)任作一动直线l交椭圆C于M,N两点,记 若在线段MN上取一点R使得 试判 断当直线l运动时,点R是否在某一定直线上运动?若在, 请求出该定直线;若不在,请说明理由.,【解析】(1)由椭圆方程得F1(-c,0),F2(c,0),A(0,b), 因为F1AF2为边长是2的正三角形, 所以|F1F2|=22c=2c=1, |OA|=b= ,所以a2=b2+c2=4, 椭圆C的方程为,(2)设MN:y=k(x+4),M(x1,y1),N(x2,y2),则 =(-4-x1,-y1), =(x2+4,y2), 由 = 得,-4-x1=(x2+
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 黄冈 名师 2020 高考 数学 一轮 复习 10.10 圆锥曲线 中的 定点 存在 问题 课件 新人
链接地址:https://www.31doc.com/p-4887451.html