圆锥曲线中的定点与定值课件（共52张PPT）2021届高考二轮考前复习数学文科

(共52张PPT)
圆锥曲线中的定点与定值
真题再研析·提升审题力
【典例】(12分)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线C:y=
,D为直线y=-
上的动点,过
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
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.
【审题·逆向思维】
(1)证明直线过定点?求出直线AB的方程?求出A,B两点处的切线,两条切线交于直
线y=-
上的D点;
(2)写出圆的方程?求出
的坐标与
的值?通过M为线段AB的中点,
⊥
得出t的值?直线AB方程和抛物线方程联立.
【标准答案】
(1)设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),因为y=
x2,所以y′=x,
则切线DA为:y-y1=x1(x-x1)　①,
切线DB为:y-y2=x2(x-x2)　②,
………2分
代入y=
x2得
①×x2-②×x1,
得(x2-x1)y+
x1x2(x1-x2)=0,
因为x1-x2≠0,
故y=
x1x2,
………3分
因为DA和DB的交点D为直线y=-
上的动点,所以有y=
x1x2=-
,x1x2=-1,
直线AB为
,点A,B在曲线y=
上,则有
整理得y=
(x1+x2)(x-x1)+
=-
x1x2+
(x1+x2)x=
+
(x1+x2)x,
………4分
即
(x1+x2)x+
=0.
………5分
当x=0,y=
时无论x1,x2取何值,此等式均成立.因此直线AB过定点
,
得证.………6分
(2)由(1)得直线AB方程为2tx-2y+1=0,和抛物线方程联立得:
化简得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,
设M为线段AB的中点,则M
.
…………8分
由于
⊥
,而
=(t,t2-2),
与向量(1,t)平行,所以t+t(t2-2)=0,
解得t=0或t=±1.
……10分
当t=0时,
=(0,-2),
|
|=2,所求圆的方程为x2+
=4;
当t=±1时,
=(1,-1)或
=(-1,-1),|
|=
,
所求圆的方程为x2+
=2.所以圆的方程为x2+
=4或x2+
=2.
……12分
【深度解读】
测试
目标
(1)用两切线方程确定直线AB的方程;
(2)圆与直线相切,数量积公式与垂直关系.
测试
目标
逻辑推理:通过圆与直线相切得到垂直,通过向量数量积公式及垂直关系得出t;
数学运算:联立方程组,整理直线方程.
【考场秘技】
1.圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)参数法:引进动点的坐标或动线中的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)特殊到一般的方法:根据动点或动线的特殊情况搜索出定点,再证明该定点与变量无关.
2.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,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、变形即可求解.
3.代数恒等式成立的条件,是寻找定值问题的关键.
【万能模板】
求解直线与圆锥曲线过定点问题的基本思路
第一步　把直线或圆锥曲线方程中的变量x,y看成常数;
第二步　将方程转化为参数为主变量的方程,这个方程对任意参数都成立;
第三步　参数的系数全部等于零;
第四步　得到一个关于x,y的方程组;
第五步　这个方程组的解所确定的点就是直线与圆锥曲线所过的定点.
【阅卷点评】
1.步骤分:第一问中(1)设点;(2)表示两条切线方程,并联立;(3)得出AB的方程并
整理出
(x1+x2)x+(
-y)=0;(4)下结论.
第二问中:求出
的坐标及|
|的值,写出圆的标准方程.
2.关键分:解题过程的关键点,有则给分,无则没分.如第(1)问中求出直线AB的方
程并整理出可以确定定点的形式.
3.计算分:计算准确是根本保证.
4.防止漏解:解答第二问时,通过数形结合,只得到切点为(0,
)时的圆的方程,
而忽略其他情形而致错.
1.(定值)已知O为坐标原点,椭圆C:
=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,
点F2又恰为抛物线D:y2=4x的焦点,以F1F2为直径的圆与椭圆C仅有两个公共点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线l与D相交于A,B两点,记点A,B到直线x=-1的距离分别为d1,d2,
|AB|=d1+d2.直线l与C相交于E,F两点,记△AOB,△OEF的面积分别为S1,S2.
①证明:△EFF1的周长为定值;
②求
的最大值.
高考演兵场·检验考试力
【解析】(1)因为F2为抛物线D:y2=4x的焦点,故F2(1,0),
所以c=1,
又因为以F1F2为直径的圆与椭圆C仅有两个公共点知:b=c,
所以a=
,b=1,
所以椭圆C的标准方程为
+y2=1.
(2)①由题知,因为x=-1为抛物线D的准线,
由抛物线的定义知:|AB|=d1+d2=|AF2|+|BF2|,
又因为|AB|≤|AF2|+|BF2|,当且仅当A,B,F2三点共线时等号成立,
所以直线l过定点F2,
根据椭圆定义得:
|EF|+|EF1|+|FF1|=|EF2|+|EF1|+|FF1|+|FF2|=4a=4
.
②若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=1,
因为|AB|=4,|EF|=
,所以
若直线l的斜率存在,则可设直线l:y=k(x-1)(k≠0),
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由
得,k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
所以x1+x2=
,|AB|=x1+x2+2=
,
设E(x3,y3),F(x4,y4),
由
得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
则x3+x4=
,x3x4=
,
所以|EF|=
则
综上知:
的最大值等于
.
2.(定值)已知椭圆C的中心在原点,其焦点与双曲线2x2-2y2=1的焦点重合,点
P(0,
)在椭圆C上,动直线l:y=kx+m交椭圆C于不同两点A,B,且
=0
(O为坐标原点).
(1)求椭圆C的方程;
(2)讨论7m2-12k2是否为定值;若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
【解析】(1)因为双曲线2x2-2y2=1的焦点为(1,0),所以在椭圆C中c=1,
设椭圆C的方程为
=1(a>0),
由点P(0,
)在椭圆C上得
=1,解得a2=4?a=2,则b=
所以椭圆C的方程为
=1.
(2)7m2-12k2为定值,理由如下:
设A(x1,y1),B(x2,y2),由
=0可知x1x2+y1y2=0,
联立方程组
?(3+4k2)x2+8mkx+4m2-12=0,
x1+x2=-
,x1x2=
,①
由x1x2+y1y2=0及y=kx+m得x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0,
整理得(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,
将①式代入上式可得(1+k2)·
-km·
+m2=0,
同时乘以3+4k2可化简得(1+k2)(4m2-12)-8k2m2+3m2+4m2k2=0,
所以7m2-12k2=12,即7m2-12k2为定值.
3.(定值)已知椭圆C:
=1(a>b>0)的离心率为
,点
在C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点A(-2,0)作直线AQ交椭圆C于另外一点Q,交y轴于点R,P为椭圆C上一点,
且AQ∥OP,求证:
为定值.
【解析】(1)由题可得e=
且:
=1,a2=b2+c2,
所以a=2,c=
,b=1,
所以椭圆C的方程为
+y2=1.
(2)由题意可知直线AQ的斜率存在,
设直线AQ:y=k(x+2),R(0,2k),
?(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0,
由根与系数的关系可得:
x1=-2,x2=xQ=
则|AQ|=
|xQ-x1|=
|AR|=
|0-(-2)|=2
,
|OP|=
|xp-0|,
令直线OP为y=kx且令yp>0,xp>0.
由
得(1+4k2)x2-4=0,
由根与系数的关系可得:
x2=xp=
所以|OP|=
所以定值为2.
4.(定值)已知点Q是圆M:(x+
)2+y2=36上的动点,点N(
,0),若线段QN的垂直
平分线交MQ于点P.
(1)求动点P的轨迹E的方程;
(2)若A是轨迹E的左顶点,过点D(-3,8)的直线l与轨迹E交于B,C两点,求证:直线
AB,AC的斜率之和为定值.
【解析】(1)由题可知,线段QN的垂直平分线交MQ于点P,
所以|PN|=|PQ|,则|PM|+|PN|=|PM|+|PQ|=6>2
,
所以P的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,
设该椭圆方程为
=1(a>b>0),
则2a=6,c=
,所以b2=4,
可得动点P的轨迹E的方程为
=1.
(2)由(1)可得,过点D的直线l斜率存在且不为0,
故可设l的方程为y=kx+m(k≠0),B(x1,y1),C(x2,y2),
由
得(4+9k2)x2+18kmx+9m2-36=0,
Δ=(18km)2-4(4+9k2)(9m2-36)=144(9k2-m2+4)>0,
x1+x2=-
,x1x2=
,
而kAB+kAC=
由于直线l过点D(-3,8),所以-3k+m=8,
所以kAB+kAC=
,即直线AB,AC的斜率之和为定值.
5.(定点)已知椭圆C1:
=1(a>b>0)的左、右顶点分别是双曲线C2:
-y2=1的左、右焦点,且C1与C2相交于点
(1)求椭圆C1的标准方程;
(2)设直线l:y=kx-
与椭圆C1交于A,B两点,以线段AB为直径的圆是否恒过定点?
若恒过定点,求出该定点;若不恒过定点,请说明理由.
【解析】(1)将
代入
-y2=1,
解得m2=1,所以a2=m2+1=2.
将
代入
=1解得b2=1,
所以椭圆C1的标准方程为
+y2=1.
(2)恒过定点.设A(x1,y1),B(x2,y2),
由
整理得(9+18k2)x2-12kx-16=0,
所以x1+x2=
,x1x2=
,
Δ=144k2+64(9+18k2)>0,
方法一:由对称性可知,以AB为直径的圆若恒过定点,则定点必在y轴上.
设定点为M(0,y0),则
=(x1,y1-y0),
=(x2,y2-y0),
·
=x1x2+(y1-y0)(y2-y0)
=x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+
=x1x2+k2x1x2-
=(1+k2)x1x2-
=
=0,
所以
解得y0=1,所以M(0,1),
所以以线段AB为直径的圆恒过定点(0,1),
方法二:设定点为M(x0,y0),则
=(x1-x0,y1-y0),
=(x2-x0,y2-y0),
·
=(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)
=x1x2-x0(x1+x2)+
=x1x2-x0(x1+x2)+
=(1+k2)x1x2-
(x1+x2)+
所以
解得
所以M(0,1),
所以以线段AB为直径的圆恒过定点(0,1).
6.(定值)已知圆C1:x2+y2=2,圆C2:x2+y2=4,如图,C1,C2分别交x轴正半轴于点E,A.
射线OD分别交C1,C2于点B,D,动点P满足直线BP与y轴垂直,直线DP与x轴垂直.
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)过点E作直线l交曲线C于点M,N,射线OH⊥l于点H,且交曲线C于点Q.问:
的值是否是定值?如果是定值,请求出该定值;如果不是定值,请说
明理由.
【解析】(1)设∠BOE=α,则B(
cos
α,
sin
α),D(2cos
α,2sin
α),
所以xP=2cos
α,yP=
sin
α,
所以动点P的轨迹C的方程为
=1.
(2)是定值.由(1)可知E为C的焦点,
设直线l的方程为x=my+
(斜率不为0时),
且设点M(x1,y1),N(x2,y2),由
得(m2+2)y2+2
my-2=0,
所以
所以
又射线OQ方程为y=-mx,代入椭圆C的方程得
x2+2(mx)2=4,
即
所以
又当直线l的斜率为0时,也符合条件.
综上,
为定值,且为
.
7.(定点)已知点F是抛物线C:x2=4y的焦点,P是其准线l上任意一点,过点P作直线PA,PB与抛物线C相切,A,B为切点,PA,PB与x轴分别交于Q,R两点.
(1)求焦点F的坐标,并证明直线AB过点F;
(2)求四边形ABRQ面积的最小值.
【解析】(1)由题意可知F(0,1),
设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,-1),
则lPA:y-y1=
(x-x1),即y=
x-y1;
同理lPB:y=
x-y2.
又P在PA,PB上,则
所以lAB:y=
x+1,
所以直线AB过焦点F.
(2)由(1)知lAB:y=
x+1,代入C:x2=4y得x2-2x0x-4=0,
则
则|AB|=y1+y2+2=
[(x1+x2)2-2x1x2]+2=
+4,
P到AB的距离d=
,所以S△PAB=
由(1)知
则|QR|=
|x1-x2|=
,
所以S△PQR=
,令t=
,t≥2,
则四边形ABRQ的面积S=S△PAB-S△PQR=
t3-
t,(t≥2),
设f(t)=
t3-
t,f′(t)=
t2-
,
当t≥2时,f′(t)>0,
即函数f(t)在[2,+∞)上是增函数,所以f(t)min=f(2)=3,
则四边形ABRQ面积的最小值为3.
8.(定点)已知点O为坐标原点,椭圆Γ:
=1(a>b>0)过点
其上顶
点为B,右顶点和右焦点分别为A,F,且∠AFB=
(1)求椭圆Γ的标准方程;
(2)直线l交椭圆Γ于P,Q两点(异于点B),直线BP,BQ的斜率分别为kBP,kBQ,且
kBP+kBQ=-1,试判定直线l是否过定点?若过定点,求出该定点坐标;若不过定点,
请说明理由.
【解析】(1)因为椭圆Γ:
=1(a>b>0)过点
所以
=1.①
又因为∠AFB=
,所以∠BFO=
.
因为|BF|=
=a,所以b=
a.②
把②代入①中,解得a=2,b=1,所以椭圆Γ的标准方程为
+y2=1.
(2)直线l过定点.
理由如下:当直线l与x轴垂直时,设l的方程为x=m,
点P(m,y0),Q(m,-y0),B(0,1).
因为kBP+kBQ=
所以m=2,此时直线l过椭圆Γ的右顶点A,
与已知直线l交椭圆Γ于P,Q两点矛盾;
当直线l与x轴不垂直时,设l的方程为y=kx+n,点P(x1,y1),Q(x2,y2).
联立
得(1+4k2)x2+8knx+4n2-4=0,
则Δ=(8kn)2-4(1+4k2)(4n2-4)=16(4k2-n2+1).
由根与系数的关系得x1+x2=
,x1·x2=
所以kBP+kBQ
又因为n≠1,所以n=-2k-1,Δ=-64k,所以存在k<0,使Δ>0成立.
此时直线l的方程为y=kx-2k-1,即y=k(x-2)-1,所以直线l过定点(2,-1).