2018版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第3课时

1、教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集k12资料第3课时定点、定值、探索性问题题型一定点问题22)已知椭圆|2+b2=1(a>0, b>0)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长例1 (2016 镇江模拟直线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的平方依次成等差数列.一 一一 一 一PM 入 1MQ PNh 入 2NQN,各点均不重合且满足(1)求椭圆的标准方程；(2)若入i+入2= 3,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b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c)2, 又 a2=b2 + c2,a2 = 3.x22椭圆的方程

2、为v+y2=1. 3(2)证明由题意设 P(0, m), Qx0,0), Mx1, y1),N(x2, y2),设 l 方程为 x=t(ym),由 PM=入 1Mq口(x1, y1- m) = X 1(xo-x1, 一 y。，y1 mi= y1 入 1,由题意 y1W0,入 1 = 1.同理由 PN=12NQh 入 2=ym 1.,入 1 +入 2= 3, yy+ mly1 + y2) =0, x2+3y2=3,联立 V得(t 之+ 3) y2- 2mty + t 2m- 3= 0,|x= t y m由题意知 A =4mit4-4(t2+ 3)( 12m2- 3)>0 ,口占2mt2t2

3、mi-3 且有 y1+y2=p，y1y2= t2+3，将代入得t2mi-3+2mit2=0,( mt)2= 1,由题意mt<0, . mt=-1,满足，得直线l方程为x=ty+1,过定点(1,0),即Q为定点.思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中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)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.跟踪训臻1(2016 河北衡水中学调研)如图，已知椭圆 C的中心在原点，焦点在 x轴上,专注专业学习坚持不懈勇攀高峰试卷教案类13离心率e=¥，F是右焦

4、点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF± x轴，BF=乎.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线1： x=ty +入是椭圆C的一条切线，点 M-小,y。，点N版 y2)是切线1上 两个点，证明：当t,入变化时，以MNK/直径白圆过x轴上的定点，并求出定点坐标.22解(1)由题意设椭圆方程为 卷=1(a>b>0),焦点F(c, 0),因为_=£, a 2将点Rc,平)的坐标代入方程得 3+焉=1.由结合 a2=b2 + c2,得a=小，b= 1. 2故所求椭圆方程为x2+y2=1.W 2=1(2)由12'得(2 + t2)y2+2t 入 y+入 22 = 0.、

5、x= ty + 入因为1为切线，所以 A = (2t入)2 4( 12+2)(入22) = 0,即t2入2+2 = 0.设圆与x轴的交点为T(x0,0),则 TM=(/一x。，V1), TN= (>/2-xc, y2). 因为MN圆的直径，故TM TN= x02+y1y2=0.当t=0时，不符合题意，故 tw0.因为y1 =一2一入入 22_所以yy2=K1，代入结合得2，22-TM 在 X- ； + 入-2x2 t2= T ，要使上式为零，当且仅当 x2= 1,解得x0= ± 1.所以T为定点，故动圆过 x轴上的定点（一1,0）与（1,0）,即椭圆的两个焦点.题型二定值问题2

6、2例2如图，已知椭圆C：展+q= 1,点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另一点A（点A在x轴下方），且线段AB的中点E在直线y=x上.（1）求直线AB的方程；（2）若点P为椭圆C上异于A, B的动点，且直线 AP, BP分别交直线y=x于点M N,证明:OM ONK;定值.解由已知得B（0 , -2）.设E（入，入），则A（2入，2入+ 2）.把A的坐标代入椭圆方程，得21+ （入 +1）2=1,入4 一 3nr3 A-2_+ 2 入=0.一 3，. .一则入=2(入=0舍去)，得A(3, 1).-2-11由 kAB= 0- -3一3,1得直线AB的方程为y=-x-2,3即 x + 3y+

7、 6=0.(2)证明设 Mmi m), Nn, n) , P(xc, y。)，则 x0+3y0= 12.由 A, P, M共线,即 XP/ 俞得(X0 + 3)( m+ 1) = (yc+ 1)(3),则m=3y° X0X0 yc+ 2由 B, P, N共线，即 BP/BNs| 彳# X0(n+2) =(yo+2) n,2XoXo- yo一 22所以mn=2xo6xoyox2 2xoyo+ y2 422xo 6xoyo212xo2xoyo- -xo 32=3.xxo 3x°y。3 x2 - 3xoyo从而 OM ON= *| m 。2| n| = 6 为定值.思维升华 圆锥

8、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. .1 .一跟踪训练2316 扬州模拟)如图，在平面直角坐标系 xOy中，点F(-, 0),直线l : x=12,点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RCL FR PQL l.(1)求动点Q的轨迹C的方程；(2)设圆M过A(1,o),且圆心M在曲线C上，TS是圆M在

9、y轴上截得的弦，当 M运动时，弦 长TS是否为定值？请说明理由.解(1)依题意知，点 R是线段FP的中点，且 RQL FP,.RQ是线段FP的垂直平分线.点Q在线段FP的垂直平分线上，PQ= QF又PQ是点Q到直线l的距离，故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2 = 2x(x>o).(2)弦长TS为定值.理由如下：取曲线C上点Mxo, yo) , M到y轴的距离为d=|xo| = xo,圆的半径r = MA= yjxo12+ y则 TS= 2r2_d2 = 2y02xo+1,2丁点 MfB曲线 C上，xo= 2,TS= 2yjyo y2+ 1 = 2 是定值.题型三探

10、索性问题例3(2015 四川)如图，椭圆E：x2 + t=1(a>b>0)的离心率是 坐，点P(0,1)在短轴CD a b2上，且 PC- PD= - 1.(1)求椭圆E的方程;(2)设o为坐标原点，过点 p的动直线与椭圆交于 a, b两点.是否存在常数 入，使得OA-Ob+ xPA- PB为定值？若存在，求 入的值；若不存在，请说明理由.解(1)由已知，点 C, D的坐标分别为(0, b), (0, b),又点p的坐标为(0,1),且Pb PD= i,1 一 b = 一 1,于是c=理解得a=2, b=小,a 2a2-b2= c2,22所以椭圆E的方程为、+y2=1.(2)当直线

11、AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y = kx+ 1, A, B的坐标分别为(Xi, y1),(X2, y2).L 22X-+y 1联立彳42' 得(2 k2+1)x2+4kx2=0,7= kx+ 1,其判别式 A =(4k)2+8(2k2+1) >0,4k_2所以 x1+X2= 2卜2+1, XiX2=2卜2 + 1，从而，OA- ob x PA- Pb=X1X2+ y1y2+ 入X1X2+ (y1一 1)( y2 1)2、=(1 + 入)(1 + k) X1X2+ k( Xi + X2) + 1一 2 人 一 4 k +2k2+1入一 12k2+ 1入一 2., 入一1所以

12、当 入=1时)-2入一 2 = 3)2 k十1此时OAOEB入PA- PB= 3为定值.当直线AB斜率不存在时，直线 AB即为直线CD一 r > >>_>此时，OA- O跳入 PA- PB=OC- ODFPC PD= - 2-1 = - 3.故存在常数 入=1,使得OAO引入PA- PB的定彳1- 3.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

13、思维，采取另外合适的方法.22跟踪训臻3 (2016 苏锡常镇四市调研)在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆 C：>=1(a>b>0)的左，右焦点分别为 F1, F2,右顶点，上顶点分别为A, B,原点O到直线AB的距离等于ab.(1)若椭圆c的离心率等于 坐,求椭圆C的方程；3(2)若过点(0,1)的直线l与椭圆有且只有一个公共点P,且P在第二象限，直线P桎交y轴于点Q试判断以PQ为直径的圆与点F1的位置关系，并说明理由.解(1)由题意，得点 A(a, 0) , B(0 , b),直线AB的方程为y= 1,即bx+ayab=0. a b化简得a2+b2=1.c 6 . a2

14、b2 2'e = a= 3，A a2 =3即 a2=3b2.a2=4.由，解得2 1b=4.椭圆C的方程为4X-+4y2=1.3(2)点Fi在以PQ为直径的圆上.由题设，直线l与椭圆相切且l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+1,fx2 y2由I” j、y= kx+ 1,得(b2 + a2k2)x2+2ka2x+a2a2b2=0, (*)则 A = (2 ka2)2 4( b2+ a2k2)( a2- a2b2) =0,r .1 b2化简得 1 b2a2k2=0,k2=-02-=1,点P在第二象限，k= 1.把 k=1 代入方程(*),得 x2+ 2a2x+ a4= 0,解得 x=

15、a2,从而 y=b2,P(-a2, b2).2b22从而直线 PE的万程为y-b2= _a2_c(x+a2), ,b b2c-b2c令 x=0,得 y=ov?山0,亦).,2.2、, b c、从而 F1P= ( a + c, b ) , F10 (c, a?+ c),又 a2+b2=1, a2=b2+c2,2、 b c从而 F1P , F1 Q= c( - a + c) + 22+ cc a4+ c2+b4c a4+b4+c2 a2+ c -a2+ cc b2a2b2 + a2 +c2=av"F1P - EQ= 0.点F1在以PQ为直径的圆上.思想与方法系列23.设而不求，整体代换2

16、2. ,一 x y典例(16分)椭圆C： 02 + b2= 1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1、F2,离心率为垂直于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，连结 PF, PF2,设/ FiPF2的角平分线PM良C的 长轴于点Mm,。)，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PF、PB的斜率分别为ki、k2,若k2W0,证明J为定值，并求出这个定值.kki kk2思想方法指导 对题目涉及的变量工5妙地引进参数 (如设动点坐标、动直线方程等 )，利用

17、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-,22 2 A八、,、"x2 y2mb解(i)由于c=ab, wx=c代入椭圆方程孑+讨=1，得y=±a，,2b22由题意知=1,即a=2b2.ac 3 、，又 e=m= 2-,所以 a=2, b= 1.X22所以椭圆C的方程为z+y2=1.4分(2)设 P(xo, yo)( yow。),又 F1(一5，0), F2h/3, 0),所以直线PF, PF的方程分别为IrF： yox(xo+S)y + A/3yo= 0,

18、l RF : yox (x。一 >/3)y V3yo = o.由题意知| my+V3yo|I my a/3yo|dyo+xo+3yo+2xo-32，一， ,一一, . xo 2由于点P在椭圆上，所以-+yo=1.| m- .3|I m- . 3|23xo-2 2.8 分因为一，3<mc/3, 2<xo<2,m乖一m可得丫 = ¥厂，3. 32 xo + 22- 2 xo .3一.33.所以 m= xo,因此o<n<o.10 分设 P(x% yo)( y0W0),则直线l的方程为y yo= k(x xo).,2联立得+y=1j yo=k x xo整理

19、得(1 +4kjx2 + 8(ky。一k2xo)x+4(y02kxoyo + k2x21)=0.12 分 由题意 A=0,即(4 x0)k2+2x0y0k+1y2=0.2 _ x02,又 4 + yo= 1,2. 22x0所以 16y0k + 8x0y0k + x0= 0,故 k=.4y0xo/3V。一2x0y，所以/ +- f-4y0小kk1 kk2 k k1 k2x° y°11、-、* 、,因此而+能为定值，这个定值为-8.16分课时作业1.已知椭圆x2 + y2=1 ( a>b>0)的离心率为 害,且过点A(0,1) a b2(1)求椭圆的标准方程；M N

20、两点.求证：直线MN1过定点P(0,(2)过点A作两条互相垂直的直线分别交椭圆于 35)一 , c 3(1)解 由题息知，e="= 7, b=1, a 2所以a2c2= 1,解得a=2,、x22所以椭圆的标准方程为 -+y2= 1.(2)证明 设直线11的方程为y=kx + 1.y = kx+ 1联立方程组x2 27+y=1得(4 k2+ 1)x2+ 8kx=0,解得X1= 一8k4k2+1所以Xm= 一8k.24k + 11-4k2 yM= 4k2T7.一 一r8k同理可信XN=Ek2 4 yN=E.则 Kmp=2_1 4k 34k2+ 1 + 58kT-2"4k + 1

21、8k2 8 T+5 k2-1 8k = 5k 'k24 3 8k2k2+4 +5k2 + 45 ""8k85 k2-1一= 5k '所以kMp= kNp,故直线 MN通过定点P(0 , |).52. (2016 云南师范大学附属中学月考)已知椭圆C的焦点在x轴上,离心率等于竿,且过点(1 ,(1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A,B两点，交y轴于点M 若 MA=入 1AF, MB=入 2BF,求证：入1 +入2为定值.设椭圆C的方程为2 .55 ，1-2+a2,5 25=1a2= b2+ c2 a2=5, b2=1.椭圆C的标

22、准方程为g+y2=1.(2)证明设点A, B, M的坐标分别为 A(X1, y1)RX2, y2), M0,，点F的坐标为(2,0)显然直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k,则直线l的方程是y=k(X 2),，y=k x-9 ,联立X225+y = 1，得(1 +5k2)x2-20k2x+ 20k25 = 0, .2. 220k20k - 5 Xi + X2=XiX2=N.1 + 5k'1 + 5k 又 MA=入 1AF, MEB=入 2BF,X1X2将各点坐标代入，得入1 = 2 *， 入2= 2 *，X1X2入 1+入2=。+。X X1+X2 2X1X24 2 X1+X2+X1X2

23、.2. 220k 20k51 + 5k2 1+ 5k2 22220k 20k -54 - 2 , t2+ . 21 + 5k 1 + 5k=-10.故入1+入2为定值.2233.椭圆E： >衣=1(2>13>0)的离心率为切点(镉，2)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=9,所以c=33a, a2= b2+(43a) 2.又椭圆过点(6 /)，所以告+12=1.a b由，解得a2=6, b2=4,所以椭圆E的标

24、准方程为2+?=1.64(2)证明 设直线 l ： y=kX+1, C(X1, y1) , 口X2, y2),'"1，联立56 4y= kX+ 1,得(3 k2+ 2) X2+ 6kX-9=0.6k9x+x2= 3/+2' x1X2= - 3/+ 2'易知 R0 , 2),痂 i,yi + 2 yz+2故 kBC kBD= -XiX2kxi + 3 kx2+ 3XiX2,2k X1X2+ 3k X1 + X2+9X1X2k2 3k X1+X29X1X2X1X2= k2+3k 2-(3 k2+2) 3=-2.所以对于任意的k,直线BC BD的斜率之积为定值. 2

25、24. (2017 江苏命题专家原创)已知椭圆C： X2+y2=1 ( a>b>0)的左，右焦点分别为 F, F2, a b椭圆C过点M。，木),且 MFF2为正三角形.(1)求椭圆C的方程；(2)垂直于X轴的直线与椭圆 C交于A, B两点，过点P(4, 0)的直线PB交椭圆C于另一点E, 证明：直线 AE与X轴相交于定点.(1)解椭圆C过点M。, #),=#,又MFF2为正三角形，且 MF = MF= a,b1.a = sin 60。=2, CZ1，椭圆C的方程为?+y=1.43(2)证明 由题意知，直线 PB的斜率存在，且过点 R4,0)设直线PB的方程为y=k(X 4),B(

26、X1, y1), E(X2, y2),则 A(X1, 一 y。.y= k x-4一 22 一3x +4y = 12,.264 k 12得(3 +4k2)x2 32k2x+ 64k2- 12=0,则 X1 + X2=E2, X1X2 =3+4k，八 一 、一.V2 + V1直线AE的万禾§为y-y-XzT(x X2)，教育是最好的老师，小学初中高中资料汇集k12资料* 一 y令 y = 0,得 x = X2X2 X1yi + y将 yi = k( Xi 4) , y2= k( X2 4),代入式,得* =2XiX2 X1 + X2XiX28专注专业学习坚持不懈勇攀高峰试卷教案类15将式代入式，整理得 X=i.直线AE与X轴相交于定点(i,0).叵(20i6 南京模拟)已知半椭圆条+ )= 1(x>0)与半椭圆b2+X2=i(X<0)组成的曲线称为 “果圆”，其中a2=b2+c2,a>b>c>0.如图，设点F。，F,F2是相应椭圆的焦点，A,A2和B,艮是“果圆”与x, y轴的交点.(i)若FoFiFz是边长为i的等边三角形，求“果圆”的方程； .b. .(2)若AiA