高考数学一轮复习 第九章 解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 第3课时 定点、定值、探索性问题 理.doc

第3课时定点、定值、探索性问题题型一定点问题例1(2017长沙联考)已知椭圆1(a0，b0)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1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若123，试证明：直线l过定点并求此定点(1)解设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又a2b2c2，a23.椭圆的方程为y21.(2)证明由题意设p(0，m)，q(x0,0)，m(x1，y1)，n(x2，y2)，设l方程为xt(ym)，由1知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意y10，11.同理由2知21.123，y1y2m(y1y2)0，联立得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知4m2t44(t23)(t2m23)0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，(mt)21，由题意mtb0)，焦点f(c,0)，因为，将点b(c，)的坐标代入方程得1.由结合a2b2c2，得a，b1.故所求椭圆方程为y21.(2)由得(2t2)y22ty220.因为l为切线，所以(2t)24(t22)(22)0，即t2220.设圆与x轴的交点为t(x0,0)，则(x0，y1)，(x0，y2)因为mn为圆的直径，故x2y1y20.当t0时，不符合题意，故t0.因为y1，y2，所以y1y2，代入结合得，要使上式为零，当且仅当x1，解得x01.所以t为定点，故动圆过x轴上的定点(1,0)与(1,0)，即椭圆的两个焦点题型二定值问题例2(2016广西柳州铁路一中月考)椭圆有两顶点a(1，0)，b(1,0)，过其焦点f(0,1)的直线l与椭圆交于c，d两点，并与x轴交于点p.直线ac与直线bd交于点q.(1)当|cd|时，求直线l的方程；(2)当点p异于a，b两点时，求证：为定值(1)解椭圆的焦点在y轴上，故设椭圆的标准方程为1(ab0)，由已知得b1，c1，a，椭圆的方程为x21.当直线l的斜率不存在时，|cd|2，与题意不符；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1，c(x1，y1)，d(x2，y2)联立化简得(k22)x22kx10, 则x1x2，x1x2.|cd|，解得k.直线l的方程为xy10或xy10.(2)证明当直线l的斜率不存在时，与题意不符当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1(k0，k1)，c(x1，y1)，d(x2，y2)，点p的坐标为(，0)由(1)知x1x2，x1x2，且直线ac的方程为y(x1)，直线bd的方程为y(x1)，将两直线方程联立，消去y，得.1x11，1x20)(2)弦长|ts|为定值理由如下：取曲线c上点m(x0，y0)，m到y轴的距离为d|x0|x0，圆的半径r|ma|，则|ts|22，点m在曲线c上，x0，|ts|22是定值题型三探索性问题例3(2015四川)如图，椭圆e：1(ab0)的离心率是，过点p(0,1)的动直线l与椭圆相交于a，b两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆e截得的线段长为2.(1)求椭圆e的方程；(2)在平面直角坐标系xoy中，是否存在与点p不同的定点q，使得恒成立？若存在，求出点q的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点(，1)在椭圆e上，因此解得a2，b，所以椭圆e的方程为1.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于c，d两点，如果存在定点q满足条件，则有1，即|qc|qd|，所以q点在y轴上，可设q点的坐标为(0，y0)当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于m，n两点，则m，n的坐标分别为(0，)，(0，)，由，有，解得y01或y02，所以，若存在不同于点p的定点q满足条件，则q点坐标只可能为(0,2)，下面证明：对任意直线l，均有，当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立，当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1，a，b的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，因此2k，易知，点b关于y轴对称的点b的坐标为(x2，y2)，又kqak，kqbkk，所以kqakqb，即q，a，b三点共线，所以，故存在与p不同的定点q(0,2)，使得恒成立思维升华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(2015湖北)一种作图工具如图1所示o是滑槽ab的中点，短杆on可绕o转动，长杆mn通过n处铰链与on连接，mn上的栓子d可沿滑槽ab滑动，且dnon1，mn3，当栓子d在滑槽ab内作往复运动时，带动n绕o转动一周(d不动时，n也不动)，m处的笔尖画出的曲线记为c，以o为原点，ab所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系(1) 求曲线c的方程；(2) 设动直线l与两定直线l1：x2y0和l2：x2y0分别交于p，q两点若直线l总与曲线c有且只有一个公共点，试探究：opq的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由解(1)设点d(t,0)(|t|2)，n(x0，y0)，m(x，y)，依题意，2，且|1，所以(tx，y)2(x0t，y0)，且即且t(t2x0)0.由于当点d不动时，点n也不动，所以t不恒等于0，于是t2x0，故x0，y0，代入xy1，可得1，即所求曲线c的方程为1.(2)当直线l的斜率不存在时，直线l为x4或x4，都有sopq448.当直线l的斜率存在时，设直线l：ykxm，由消去y，可得(14k2)x28kmx4m2160.因为直线l总与椭圆c有且只有一个公共点，所以64k2m24(14k2)(4m216)0，即m216k24.(*1)又由可得p；同理可得q.由原点o到直线pq的距离为d和|pq|xpxq|，可得sopq|pq|d|m|xpxq|m|.(*2)将(*1)式代入(*2)式得，sopq8.当k2时，sopq888；当0k2时，sopq88.因为0k2，则0b0)的左、右焦点分别是f1、f2，离心率为，过f1且垂直于x轴的直线被椭圆c截得的线段长为1.(1)求椭圆c的方程；(2)点p是椭圆c上除长轴端点外的任一点，连接pf1，pf2，设f1pf2的角平分线pm交c的长轴于点m(m,0)，求m的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点p作斜率为k的直线l，使得l与椭圆c有且只有一个公共点，设直线pf1、pf2的斜率分别为k1、k2，若k20，证明为定值，并求出这个定值思想方法指导对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值规范解答解(1)由于c2a2b2，将xc代入椭圆方程1，得y.由题意知1，即a2b2.又e，所以a2，b1.所以椭圆c的方程为y21.2分(2)设p(x0，y0)(y00)，又f1(，0)，f2(，0)，所以直线pf1，pf2的方程分别为：y0x(x0)yy00，：y0x(x0)yy00.由题意知 .由于点p在椭圆上，所以y1.所以.4分因为m，2x02，可得，所以mx0，因此mb0)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(1)由短轴长为2，得b，由e，得a24，b22.所以椭圆c的标准方程为1.(2)以mn为直径的圆过定点f(，0)证明如下：设p(x0，y0)，则q(x0，y0)，且1，即x2y4，因为a(2,0)，所以直线pa方程为y(x2)，所以m(0，)，直线qa方程为y(x2)，所以n(0，)，以mn为直径的圆为(x0)(x0)(y)(y)0，即x2y2y0，因为x42y，所以x2y22y20，令y0，则x220，解得x.所以以mn为直径的圆过定点f(，0)2(2016安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆e：1(ab0)的离心率为，点(，)为椭圆上的一点(1)求椭圆e的标准方程；(2)若斜率为k的直线l过点a(0,1)，且与椭圆e交于c，d两点，b为椭圆e的下顶点，求证：对于任意的k，直线bc，bd的斜率之积为定值(1)解因为e，所以ca，a2b2(a)2.又椭圆过点(，)，所以1.由，解得a26，b24，所以椭圆e的标准方程为1.(2)证明设直线l：ykx1，联立得(3k22)x26kx90.设c(x1，y1)，d(x2，y2)，则x1x2，x1x2，易知b(0，2)，故kbckbdk2k23k(3k22)2.所以对于任意的k，直线bc，bd的斜率之积为定值3.如图，椭圆长轴的端点为a，b，o为椭圆的中心，f为椭圆的右焦点，且1，|1.(1)求椭圆的标准方程；(2)记椭圆的上顶点为m，直线l交椭圆于p，q两点，问：是否存在直线l，使点f恰为pqm的垂心，若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)设椭圆方程为1(ab0)，则c1，又(ac)(ac)a2c21.a22，b21，故椭圆的标准方程为y21.(2)假设存在直线l交椭圆于p，q两点，且f恰为pqm的垂心，设p(x1，y1)，q(x2，y2)，m(0,1)，f(1,0)，直线l的斜率k1.于是设直线l为yxm，由得3x24mx2m220，x1x2m，x1x2.x1(x21)y2(y11)0.又yixim(i1,2)，x1(x21)(x2m)(x1m1)0，即2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.(*)将代入(*)式得2(m1)m2m0，解得m或m1，经检验m符合条件故存在直线l，使点f恰为pqm的垂心，直线l的方程为3x3y40.*4.(2016江西三校第一次联考)已知半椭圆1(x0)与半椭圆1(xbc0.如图，设点f0，f1，f2是相应椭圆的焦点，a1，a2和b1，b2是“果圆”与x，y轴的交点(1)若三角形f0f1f2是边长为1的等边三角形，求“果圆”的方程；(2)若|a1a2|b1b2|，求的取值范围；(3)一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦是否存在实数k，使得斜率为k的直线交果圆于两点，得到的弦的中点m的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有k的值；若不存在，说明理由解(1)f0(c,0)，f1(0，)，f2(0，)，|f0f2|b1，|f1f2|21，c2，a2b2c2，所求“果圆”的方程为(2)由题意，得ac2b，即2ba，a2