2022高考数学一轮复习-高考大题专项突破2-圆锥曲线中的定点、定值问题学案北师大版.docx

2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破2 圆锥曲线中的定点、定值问题学案北师大版2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破2 圆锥曲线中的定点、定值问题学案北师大版年级：姓名：突破2圆锥曲线中的定点、定值问题题型一圆锥曲线中的定点问题(多维探究)突破策略一直接法【例1】(2020全国1,理20)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AGGB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.解题心得圆锥曲线中定点问题的常见解法(1)要证明直线或曲线过定点,可以根据已知条件直接求直线或曲线的方程,方程一旦求出,即能找到直线或曲线过的定点,也就证明了过定点.(2)对于是否直线或曲线过定点问题,一般先假设过定点,并假设出定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点,否则说明假设不成立.(3)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点符合题意.对点训练1(2020新高考全国1,22)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.突破策略二逆推法【例2】设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过点M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2NM.(1)求点P的轨迹方程.(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过椭圆C的左焦点F.解题心得由特殊到一般法求定点问题的方法:由特殊到一般法求解定点问题时,常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.对点训练2已知抛物线C的方程y2=2px(p0),焦点为F,点P在抛物线C上,且点P到点F的距离比它到y轴的距离大1.(1)试求出抛物线C的方程.(2)若抛物线C上存在两动点M,N(M,N在对称轴两侧),满足OMON(O为坐标原点),过点F作直线交抛物线C于A,B两点,若ABMN,则线段MN上是否存在定点E,使得|EM|EN|AB|=4恒成立?若存在,请求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.题型二圆锥曲线中的定值问题突破策略直接法【例3】(2020山东滨州二模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点(2,1),离心率为22.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l:y=kx+t(t0)与椭圆C相交于A,B两点,若以OA,OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上,求证:平行四边形OAPB的面积为定值.解题心得证明某一量为定值,一般方法是用一个参数表示出这个量,通过化简消去参数,得出定值.对点训练3(2020山东泰安三模,21)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A,上顶点为B,O为坐标原点,点O到直线AB的距离为255,OAB的面积为1.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l与椭圆交于C,D两点,若直线lAB,设直线AC,BD的斜率分别为k1,k2,证明:k1k2为定值.突破2圆锥曲线中的定点、定值问题例1(1)解由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AGGB=8得a2-1=8,即a=3.所以E的方程为x29+y2=1.(2)证明设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n3.由于直线PA的方程为y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+3).直线PB的方程为y=t3(x-3),所以y2=t3(x2-3).可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于x229+y22=1,故y22=-(x2+3)(x2-3)9,可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.将x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9.代入式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.解得n=-3(舍去),n=32.故直线CD的方程为x=my+32,即直线CD过定点32,0.若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.综上,直线CD过定点32,0.对点训练1解(1)由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3,所以C的方程为x26+y23=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程为y=kx-23-13(k1).所以直线MN过点P23,-13.若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去),x1=23.此时直线MN过点P23,-13.令Q为AP的中点,即Q43,13.若D与P不重合,则由题设知AP是RtADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.例2(1)解设M(x0,y0),由题意可得N(x0,0),设P(x,y),由点P满足NP=2NM.可得(x-x0,y)=2(0,y0),可得x-x0=0,y=2y0,即有x0=x,y0=y2,代入椭圆方程x22+y2=1,可得x22+y22=1,即有点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明(方法1)设Q(-3,m),P(2cos,2sin)(02),由OPPQ=1,可得(2cos,2sin)(-3-2cos,m-2sin)=1,即为-32cos-2cos2+2msin-2sin2=1,当=0时,上式不成立,则0y1),由OMON,得y1y2=-16,直线MN的斜率k=4y1+y2,直线MN:y-y1=4y1+y2x-y124,整理可得y=4y1+y2(x-4),若直线AB斜率存在,设斜率为k,y=k(x-1),与y2=4x联立得ky2-4y-4k=0,设A(xA,yA),B(xB,yB),则|AB|=1+1k2|yA-yB|=41+1k2,若点E存在,设点E坐标为(x0,y0),|EM|EN|=1+1k2(y0-y1)1+1k2(y2-y0)=1+1k2-y1y2-y02+(y1+y2)y0=1+1k216-y02+4y0k,当|EM|EN|AB|=4时,16-y02+4y0k=16,解得y0=0或y0=4k(不是定点,舍去),则点E为(4,0),经检验,此点满足y20.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-4kt2k2+1,x1x2=2(t2-2)2k2+1.所以y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t2k2+1.因为四边形OAPB是平行四边形,所以OP=OA+OB=(x1+x2,y1+y2)=-4kt2k2+1,2t2k2+1,所以点P坐标为-4kt2k2+1,2t2k2+1.又因为点P在椭圆上,所以4k2t2(2k2+1)2+2t2(2k2+1)2=1,即t2=2k2+12.因为|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2|x1-x2|=221+k22(2k2+1)-t22k2+1=231+k22k2+1,又点O到直线l的距离d=|t|1+k2.所以平行四边形OAPB的面积SOAPB=2SOAB=|AB|d=23|t|2k2+1=62k2+12k2+1=6,即平行四边形OAPB的面积为定值.对点训练3解(1)直线AB的方程为xa+yb=1,即bx+ay-ab=0,则aba2+b2=255.因为三角形OAB的面积为1,所以12ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,所以椭圆的标准方程为x24+y2=1.(2)直线AB的斜率为-12,设直线l的方程为y=-12x+t,C(x1,y1),D(x2,y2),代入x24+y2=1,得2y2-2ty+t2-1=0,则y1+y2=t,y1y2=t2-12,所以k1k2=y1x1-2y2-1x2=y1y2-y1x1x2-2x2,所以x1x2-2x2=4(t-y1)(t-y2)-4(t-y2)=4t2-t(y1+y2)+y1y2-t+y2=4(y1+y2)2-(y1+y2)(y1+y2)+y1y2-(y1+y2)+y2=4(y1y2-y1),所以k1k2=14为定值.