2019届高考数学二轮复习第二篇考点五解析几何考查角度3定值、定点问题突破训练文.docx

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1、1考查角度 3 定值、定点问题分类透析一 定值问题例 1 如图,在平面直角坐标系 xOy中,椭圆 + =1(ab0)的左、右焦点分别为 F1(-c,0)、x2a2y2b2F2(c,0),已知点(1, e)和 都在椭圆上,其中 e为椭圆的离心率 .(e,32)(1)求椭圆的方程 .(2)设 A,B是椭圆上位于 x轴上方的两点,且直线 AF1与直线 BF2平行, AF2与 BF1交于点P. 若 |AF1|-|BF2|= ,求直线 AF1的斜率 .62 求证: |PF1|+|PF2|是定值 .分析 (1)运用椭圆的离心率公式和点(1, e), 满足椭圆方程,以及 a,b,c的关系,(e,32)解方程

2、可得 a,b,进而得到椭圆方程 .(2) 设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AF1,BF2的方程分别为 x+1=my,x-1=my,联立直线与椭圆的方程,求出 A,B的坐标,根据两点间的距离公式,求出 |AF1|,|BF2|的长,然后由 |AF1|-|BF2|= ,解得 m的值,即得斜率 ; 运用平行线截得线段成比例的定理、椭圆的定义与(1)62中的结论,即可证明 .解析 (1)由点(1, e)在椭圆上,得 + =1,解得 b2=1,于是 c2=a2-1.1a2c2a2b2又点 在椭圆上,所以 + =1,(e,32) e2a234b2即 + =1,解得 a2=2.a2-1a4 34

3、故所求椭圆的方程为 +y2=1.x22(2) 由(1)知 F1(-1,0),F2(1,0),又直线 AF1与 BF2平行,所以可设直线 AF1的方程为x+1=my,直线 BF2的方程为 x-1=my.2设 A(x1,y1),B(x2,y2),y10,y20,由 得( m2+2) -2my1-1=0,解得 y1=x212+y21=1,x1+1=my1 y21.m+ 2m2+2m2+2故 |AF1|= = = .(x1+1)2+y21 (my1)2+y21 2(m2+1)+mm2+1m2+2同理可得 |BF2|= .2(m2+1)-mm2+1m2+2由 |AF1|-|BF2|= = ,解得 m2=

4、2.2mm2+1m2+2 62因为 m0,所以 m= ,所以直线 AF1的斜率为 = .21m 22 因为直线 AF1与 BF2平行,所以 = ,于是 = ,|PB|PF1|BF2|AF1| |PB|+|PF1|PF1| |BF2|+|AF1|AF1|故 |PF1|= |BF1|.|AF1|AF1|+|BF2|由点 B在椭圆上知 |BF1|+|BF2|=2 .2从而 |PF1|= (2 -|BF2|).|AF1|AF1|+|BF2| 2同理可得 |PF2|= (2 -|AF1|),|BF2|AF1|+|BF2| 2因此 |PF1|+|PF2|= (2 -|BF2|)+ (2 -|AF1|)=2

5、 -|AF1|AF1|+|BF2| 2 |BF2|AF1|+|BF2| 2 2.2|AF1|BF2|AF1|+|BF2|又 |AF1|+|BF2|= ,|AF1|BF2|= ,22(m2+1)m2+2 m2+1m2+2所以 |PF1|+|PF2|=2 - = .因此 |PF1|+|PF2|是定值 .222 322方法技巧 对于解析几何中的定值问题,要善于运用辩证的观点去思考分析,在动点的“变”中寻求定值的“不变”性 .用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值,这样可将盲目的探索问题转化为有方向,有目标的一般性证明题,从而找到解决问题的突破口 .分类透析二 定点问题例 2 已知椭

6、圆 C: + =1(ab0)的左、右焦点分别为 F1、 F2,椭圆 C过点 P ,直线x2a2y2b2 (1,22)PF1交 y轴于点 Q,且 =2 ,O为坐标原点 .PF2 QO(1)求椭圆 C的方程 .3(2)设 M是椭圆 C的上顶点,过点 M分别作直线 MA,MB交椭圆 C于 A,B两点,设这两条直线的斜率分别为 k1,k2,且 k1+k2=2,证明:直线 AB过定点 .分析 (1)将点 P 代入椭圆方程,得 + =1,由 = ,得 PF2 F1F2,则 c=1,联立(1,22) 1a212b2 PF22QO方程得解 .(2)分为直线 AB的斜率存在和斜率不存在两种情况,当斜率不存在时,

7、直接代入得解;当斜率存在时,联立直线和椭圆的方程得到关于 x的方程,结合韦达定理,运用整体代换的思想化简得 m(x+1)=y-x,可得其恒过定点 .解析 (1) 椭圆 C过点 , + =1. (1,22) 1a212b2 =2 ,PF 2 F1F2,则 c=1,PF2 QOa 2-b2=1. 由 得 a2=2,b2=1, 椭圆 C的方程为 +y2=1.x22(2)当直线 AB的斜率不存在时,设 A(x0,y0),则 B(x0,-y0),由 k1+k2=2,得 + =2,解y0-1x0 -y0-1x0得 x0=-1.当直线 AB的斜率存在时,设 AB的方程为 y=kx+m(m1), A(x1,y

8、1),B(x2,y2),由 消去 y,整理得(1 +2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,x22+y2=1,y=kx+m,得 x1+x2= ,x1x2= ,-4km1+2k2 2m2-21+2k2k 1+k2=2, + =2,y1-1x1 y2-1x2 =2,(kx1+m-1)x2+(kx2+m-1)x1x1x2即(2 -2k)x1x2=(m-1)(x2+x1),解得(2 -2k)(2m2-2)=(m-1)(-4km).由 m1,得(1 -k)(m+1)=-km解得 k=m+1,y=kx+m= (m+1)x+m,m (x+1)=y-x.故直线 AB过定点( -1,-1).方法技巧 解析几何中

9、常见的定点问题有直线过定点问题,圆过定点问题 .处理此类问题的关键就是设法找到一个含有参数的方程,然后说明该定点和参数无关 .41.(2018年全国 卷,文 20改编)设椭圆 C: +y2=1的右焦点为 F,过 F的直线 l与 C交于x22A,B两点,点 M的坐标为(2,0) .(1)当直线 l的倾斜角为 45时,求线段 AB中点的横坐标;(2)设直线 MA的斜率为 k1, 直线 MB的斜率为 k2,证明: k1+k2为定值 .解析 (1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),因为直线 l的倾斜角为 45,F(1,0),所以直线 AB的方程为 y=x-1.联立方程组 消去 y并整理,y=x-

10、1,x22+y2=1,得 3x2-4x=0,所以 x1+x2= , = ,43x1+x22 23故线段 AB中点的横坐标为 .23(2)当直线 l与 x轴重合时, k1=k2=0,所以 k1+k2=0.当直线 l与 x轴垂直时, OM为 AB的垂直平分线( O为坐标原点), OMA= OMB,所以k1=-k2,k1+k2=0.当直线 l与 x轴不重合也不垂直时,设直线 l的方程为 y=k(x-1)(k0), A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1b0),四点 P1(1,1),P2(2,0),P3x2a2y2b2,P4 中恰有三点在椭圆 C上 .(-1,32) (1,32)(1)求椭圆 C

11、的方程;(2)过原点 O的直线 l与椭圆 C交于 A,B两点,椭圆 C上一点 M满足 |MA|=|MB|.求证 +1|OA|2+ 为定值 .1|OB|2 2|OM|2解析 (1)由椭圆的对称性可知,点 P3 ,P4 1, 必在椭圆上,则 P1(1,1)不在椭(-1,32) 32圆上,P 2(2,0)在椭圆上,可得 a=2, 椭圆方程为 + =1,把 代入椭圆方程可得 + =1,得 b2=3.x24y2b2 (-1,32) 1494b2 椭圆 C的方程为 + =1.x24y23(2)由 |MA|=|MB|知,点 M在线段 AB的垂直平分线上,由椭圆的对称性知点 A,B关于原点对称 .若 A,B是

12、椭圆的短轴顶点,则点 M是椭圆的一个长轴顶点,此时 + + = + + =2 = .1|OA|2 1|OB|2 2|OM|21b21b22a2 (1a2+1b2)76同理,若 A,B是椭圆的长轴顶点,则点 M是椭圆的一个短轴顶点,此时 + + = + + =2 + = .1|OA|2 1|OB|2 2|OM|21a21a22b2 1a21b2 76若 A,B,M不是椭圆的顶点,设直线 l的方程为 y=kx(k0),则直线 OM的方程为 y=- x.1k设 A(x1,y1),B(x2,y2),由 解得 = , = .y=kx,x24+y23=1, x21 123+4k2y21 12k23+4k2

13、|OA| 2=|OB|2= + = ,x21y2112(1+k2)3+4k2同理可得 |OM|2= ,12(1+k2)4+3k2 + + =2 + = = ,1|OA|2 1|OB|2 2|OM|2 3+4k212(1+k2)2(4+3k2)12(1+k2)141276综上所述, + + = ,为定值 .1|OA|2 1|OB|2 2|OM|27661.(2018届山东烟台月考)已知抛物线 C:y2=2px(p0)与直线 x- y+4=0相切 .2(1)求该抛物线的方程 .(2)在 x轴正半轴上,是否存在某个确定的点 P,过该点的动直线 l与抛物线 C交于 A,B两点,使得 + 为定值?若存在

14、,求出点 P坐标;若不存在,请说明理由 .1|PA|2 1|PB|2解析 (1)联立方程 得 y2-2 py+8p=0,由直线与抛物线相切,得x- 2y+4=0,y2=2px, 2= 8p2-32p=0,解得 p=4,所以 y2=8x.(2)假设存在满足题意的点 P(m,0)(m0),设直线 l:x=ty+m,联立 消去参数x=ty+m,y2=8x, 得 y2-8ty-8m=0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 y1+y2=8t,y1y2=-8m,|PA|2=(x1-m)2+ =(t2+1) ,y21 y21|PB|2=(x2-m)2+ =(t2+1) ,y22 y22+ = +1|

15、PA|2 1|PB|2 1(t2+1)y21 1(t2+1)y22= = .1t2+1(y21+y22y21y22) 1t2+1(4t2+m4m2)当 m=4时, + 为定值,此时点 P的坐标为 P(4,0),1|PA|2 1|PB|2所以假设成立,存在点 P的坐标为 P(4,0).2.(2017届哈尔滨市第六中学高三下学期第一次模拟)已知两点 A(- ,0),B( ,0),动点2 2P在 y轴上的投影是 Q,且 2 =| |2.PAPBPQ(1)求动点 P的轨迹 C的方程;(2)过 F(1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹 C于点 G,H,M,N,且 E1,E2分别是 GH,MN的中点 .求证

16、:直线 E1E2恒过定点 .解析 (1)设点 P的坐标为( x,y), 点 Q的坐标为(0, y). 2 =| |2,PAPBPQ 2(- -x)( -x)+y2 =x2,2 2 点 P的轨迹方程为 + =1.x24y227(2)当两条直线的斜率都存在且不为 0时,设 lGH:y=k(x-1),G(x1,y1),H(x2,y2),lMN:y=- (x-1),M(x3,y3),N(x4,y4),1k联立方程 得(2 k2+1)x2-4k2x+2k2-4=0.x24+y22=1,y=k(x-1), 0恒成立, x1+x2= 4k22k2+1,x1x2=2k2-42k2+1, GH 的中点 E1的坐

17、标为 .(2k22k2+1, -k2k2+1)同理可得, MN的中点 E2的坐标为 .(2k2+2, kk2+2) = ,kE1E2-3k2(k2-1) 直线 E1E2的方程为 y= ,-3k2(k2-1)(x-23) 直线 E1E2过点 .(23,0)当两条直线的斜率分别为 0和不存在时,直线 E1E2的方程为 y=0,也过点 .(23,0)综上所述,直线 E1E2恒过定点 .(23,0)3.(2018届河北省邯郸市高三第一次模拟)已知 p0,抛物线 C1:x2=2py与抛物线 C2:y2=2px异于原点 O的交点为 M,且抛物线 C1在点 M处的切线与 x轴交于点 A,抛物线 C2在点 M

18、处的切线与 x轴交于点 B,与 y轴交于点 C.(1)若直线 y=x+1与抛物线 C1交于点 P,Q,且 |PQ|=2 ,求抛物线 C1的方程;6(2)证明: BOC的面积与四边形 AOCM的面积之比为定值 .解析 (1)由 消去 y得 x2-2px-2p=0.y=x+1,x2=2py,设 P,Q的坐标分别为( x1,y1),(x2,y2),则 x1+x2=2p,x1x2=-2p.|PQ|= =2 .1+12 (2p)2-4(-2p) 6p 0,p= 1.故抛物线 C1的方程为 x2=2y.8(2)由 得 x=y=2p或 x=y=0,则 M(2p,2p).y2=2px,x2=2py,设直线 A

19、M: y-2p=k1(x-2p),与 x2=2py联立得 x2-2pk1x-4p2(1-k1)=0.由 1=4p2 +16p2(1-k1)=0,得( k1-2)2=0,k 1=2.k21设直线 BM: y-2p=k2(x-2p),与 y2=2px联立得 k2y2-2py-4p2(1-k2)=0.由 2=4p2+16p2k2(1-k2)=0,得(1 -2k2)2=0,k 2= .12故直线 AM: y-2p=2(x-2p),直线 BM: y-2p= (x-2p),12从而求得 A(p,0), B(-2p,0), C(0,p),S BOC=p2, S ABM=3p2, BOC的面积与四边形 AOC

20、M的面积之比为 = (为定值) .p23p2-p2124.(黑龙江省大庆市 2018届高三第二次教学质量检测)已知椭圆 C: + =1(ab0)的离心率x2a2y2b2为 ,由四个顶点构成的四边形的面积是 4.32(1)求椭圆 C的方程;(2)若直线 l与椭圆 C交于点 P,Q,且均在第一象限,设直线 l的斜率为 k,直线 OP,OQ(其中O为坐标原点)的斜率分别为 k1,k2,且 k2=k1k2.证明:直线 l的斜率 k为定值 .解析 (1)由题意得 又 a2=b2+c2,解得 a=2,b=1,所以椭圆 C的方程为ca= 32,412ab=4,+y2=1.x24(2)设直线 l的方程为 y=

21、kx+m(m0),点 P,Q的坐标分别为( x1,y1),(x2,y2),由 y=kx+m,x24+y2=1,消去 y得(1 +4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,= 64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2-m2+1)0,则 x1+x2= ,x1x2= .-8km1+4k2 4(m2-1)1+4k2y 1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.k 2=k1k2,k 1k2= = =k2,y1y2x1x2k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x29即 +m2=0.-8k2m21+4k2又 m0,从而有 k2= ,结合图象(图略)可知, k=- ,14 12 直线 l的斜率 k为定值 - .12