【数学】2018届一轮复习苏教版(理)第九章平面解析几何9-9 定点、定值、探索性问题学案

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【数学】2018届一轮复习苏教版(理)第九章平面解析几何9-9 定点、定值、探索性问题学案

第3课时 定点、定值、探索性问题 题型一 定点问题 例1 (2016·镇江模拟)已知椭圆+=1(a>0,b>0)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=λ1,=λ2.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)若λ1+λ2=-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.‎ ‎∴椭圆的方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明 由题意设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),‎ N(x2,y2),设l方程为x=t(y-m),‎ 由=λ1知(x1,y1-m)=λ1(x0-x1,-y1),‎ ‎∴y1-m=-y1λ1,由题意y1≠0,∴λ1=-1.‎ 同理由=λ2知λ2=-1.‎ ‎∵λ1+λ2=-3,∴y1y2+m(y1+y2)=0,①‎ 联立得(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0,‎ ‎∴由题意知Δ=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)>0,②‎ 且有y1+y2=,y1y2=,③‎ 将③代入①得t2m2-3+2m2t2=0,‎ ‎∴(mt)2=1,‎ 由题意mt<0,∴mt=-1,满足②,‎ 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.‎ ‎ (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,‎ 离心率e=,F是右焦点,A是右顶点,B是椭圆上一点,BF⊥x轴,BF=.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设直线l:x=ty+λ是椭圆C的一条切线,点M(-,y1),点N(,y2)是切线l上两个点,证明:当t,λ变化时,以MN为直径的圆过x轴上的定点,并求出定点坐标.‎ 解 (1)由题意设椭圆方程为+=1(a>b>0),①‎ 焦点F(c,0),因为=,②‎ 将点B(c,)的坐标代入方程①得+=1.③‎ 由②③结合a2=b2+c2,得a=,b=1.‎ 故所求椭圆方程为+y2=1.‎ ‎(2)由得(2+t2)y2+2tλy+λ2-2=0.‎ 因为l为切线,所以Δ=(2tλ)2-4(t2+2)(λ2-2)=0,‎ 即t2-λ2+2=0.④‎ 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·=x-2+y1y2=0.⑤‎ 当t=0时,不符合题意,故t≠0.‎ 因为y1=,y2=,‎ 所以y1y2=,代入⑤结合④得 ·= ‎=,‎ 要使上式为零,当且仅当x=1,解得x0=±1.‎ 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 如图,已知椭圆C:+=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·ON为定值.‎ ‎(1)解 由已知得B(0,-2).‎ 设E(λ,λ),则A(2λ,2λ+2).‎ 把A的坐标代入椭圆方程,得 +(λ+1)2=1,‎ 即λ2+2λ=0.‎ 则λ=-(λ=0舍去),得A(-3,-1).‎ 由kAB==-,‎ 得直线AB的方程为y=-x-2,‎ 即x+3y+6=0.‎ ‎(2)证明 设M(m,m),N(n,n),P(x0,y0),‎ 则x+3y=12.由A,P,M共线,即∥,‎ 得(x0+3)(m+1)=(y0+1)(m+3),‎ 则m=.‎ 由B,P,N共线,即∥,得x0(n+2)=(y0+2)n,‎ 则n=.‎ 所以mn= ‎= ‎==3.‎ 从而OM·ON=|m|·|n|=6为定值.‎ 思维升华 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.‎ ‎  (2016·扬州模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,点F(,0),直线l:x=-,点P在直线l上移动,R是线段PF与y轴的交点,RQ⊥FP,PQ⊥l.‎ ‎(1)求动点Q的轨迹C的方程;‎ ‎(2)设圆M过A(1,0),且圆心M在曲线C上,TS是圆M在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RQ⊥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>0).‎ ‎(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=2=2,‎ ‎∵点M在曲线C上,∴x0=,‎ ‎∴TS=2=2是定值.‎ 题型三 探索性问题 例3  (2015·四川)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且·=-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λ,使得·+λ·为定值?若存在,求λ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·=-1,‎ 于是解得a=2,b=,‎ 所以椭圆E的方程为+=1.‎ ‎(2)当直线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(x1,y1),(x2,y2).‎ 联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0,‎ 其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,‎ 所以x1+x2=-,x1x2=-,‎ 从而,·+λ· ‎=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]‎ ‎=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1‎ ‎= ‎=--λ-2.‎ 所以当λ=1时,--λ-2=-3,‎ 此时·+λ·=-3为定值.‎ 当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD,‎ 此时,·+λ·=·+·=-2-1=-3.‎ 故存在常数λ=1,使得·+λ·为定值-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,要开放思维,采取另外合适的方法.‎ ‎ (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,求椭圆C的方程;‎ ‎(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PF2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+=1,即bx+ay-ab=0.‎ 由题设,得=ab,‎ 化简得a2+b2=1.①‎ ‎∵e==,∴=,‎ 即a2=3b2.②‎ 由①②,解得 ‎∴椭圆C的方程为+4y2=1.‎ ‎(2)点F1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,‎ 由 得(b2+a2k2)x2+2ka2x+a2-a2b2=0,(*)‎ 则Δ=(2ka2)2-4(b2+a2k2)(a2-a2b2)=0,‎ 化简得1-b2-a2k2=0,∴k2==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=-a2,从而y=b2,∴P(-a2,b2).‎ 从而直线PF2的方程为y-b2=(x+a2),‎ 令x=0,得y=,∴Q(0,).‎ 从而=(-a2+c,b2),=(c,),‎ 又a2+b2=1,a2=b2+c2,‎ 从而·=c(-a2+c)+ ‎== ‎==0,‎ ‎∴·=0.‎ ‎∴点F1在以PQ为直径的圆上.‎ ‎23.设而不求,整体代换 典例 (16分)椭圆C:+=1(a>b>0)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,连结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k2≠0,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c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程+=1,得y=±.‎ 由题意知=1,即a=2b2.‎ 又e==,所以a=2,b=1.‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.[4分]‎ ‎(2)设P(x0,y0)(y0≠0),‎ 又F1(-,0),F2(,0),‎ 所以直线PF1,PF2的方程分别为 ‎:y0x-(x0+)y+y0=0,‎ ‎:y0x-(x0-)y-y0=0.‎ 由题意知= .‎ 由于点P在椭圆上,所以+y=1.‎ 所以=.[8分]‎ 因为-b>0)的离心率为,且过点A(0,1).‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)过点A作两条互相垂直的直线分别交椭圆于M,N两点.求证:直线MN恒过定点P(0,-).‎ ‎(1)解 由题意知,e==,b=1,‎ 所以a2-c2=1,解得a=2,‎ 所以椭圆的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明 设直线l1的方程为y=kx+1.‎ 联立方程组 得(4k2+1)x2+8kx=0,‎ 解得x1=-,x2=0,‎ 所以xM=-,yM=.‎ 同理可得xN=,yN=.‎ 则kMP===,‎ kNP===,‎ 所以kMP=kNP,故直线MN恒过定点P(0,-).‎ ‎2.(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,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=λ1,=λ2,求证:λ1+λ2为定值.‎ ‎(1)解 设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),‎ ‎∴ ‎∴a2=5,b2=1,‎ ‎∴椭圆C的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明 设点A,B,M的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0),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),‎ 联立 得(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0,‎ ‎∴x1+x2=,x1x2=.‎ 又∵=λ1,=λ2,‎ 将各点坐标代入,得λ1=,λ2=,‎ ‎∴λ1+λ2=+ ‎= ‎= ‎=-10.‎ 故λ1+λ2为定值.‎ ‎3.椭圆E:+=1(a>b>0)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c=a,a2=b2+(a)2.①‎ 又椭圆过点(,),所以+=1.②‎ 由①②,解得a2=6,b2=4,‎ 所以椭圆E的标准方程为+=1.‎ ‎(2)证明 设直线l:y=kx+1,C(x1,y1),D(x2,y2),‎ 联立 得(3k2+2)x2+6kx-9=0.‎ x1+x2=-,x1x2=-,‎ 易知B(0,-2),‎ 故kBC·kBD=· ‎=· ‎= ‎=k2++ ‎=k2+3k·-(3k2+2)‎ ‎=-2.‎ 所以对于任意的k,直线BC,BD的斜率之积为定值.‎ ‎4.(2017·江苏命题专家原创)已知椭圆C:+=1 (a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,椭圆C过点M(0,),且△MF1F2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(0,),∴b=,‎ 又△MF1F2为正三角形,且MF1=MF2=a,‎ ‎∴a==2,c=a=1,‎ ‎∴椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)证明 由题意知,直线PB的斜率存在,且过点P(4,0).‎ 设直线PB的方程为y=k(x-4),‎ B(x1,y1),E(x2,y2),则A(x1,-y1).‎ 由 得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0,‎ 则x1+x2=,x1x2=,①‎ 直线AE的方程为y-y2=(x-x2),‎ 令y=0,得x=x2-,②‎ 将y1=k(x1-4),y2=k(x2-4),代入②式,‎ 得x=,③‎ 将①式代入③式,整理得x=1.‎ ‎∴直线AE与x轴相交于定点(1,0).‎ (2016·南京模拟)已知半椭圆+=1(x≥0)与半椭圆+=1(x<0)组成的曲线称为“果圆”,其中a2=b2+c2,a>b>c>0.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△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==b=1,‎ F1F2=2=1,‎ ‎∴c2=,a2=b2+c2=,‎ ‎∴所求“果圆”的方程为 ‎(2)由题意,得a+c>2b,‎ 即>2b-a,‎ ‎∴a2-b2>(2b-a)2,得<.‎ 又b2>c2=a2-b2,∴>.‎ ‎∴∈(,).‎ ‎(3)设“果圆”C的方程为 记平行弦的斜率为k,当k=0时,‎ 直线y=t(-b≤t≤b)与半椭圆+=1(x≥0)的交点是P(a ,t),与半椭圆+=1(x<0)的交点是Q(-c ,t).‎ ‎∴P,Q的中点M(x,y)满足x=·,y=t,得 +=1.‎ ‎∵a2=b2+c2<2b2,∴a0时,过B1的直线l与半椭圆+=1(x≥0)的交点是(,).‎ 因此,在直线l右侧,以k为斜率的平行弦的中点为(,),‎ 轨迹在直线y=-x上,即不在某一椭圆上.‎ 当k<0时,可类似讨论得到平行弦的中点的轨迹不在某一椭圆上.‎
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