tceic.com
简单学习网 让学习变简单
相关文档
相关标签
当前位置:首页 >> 数学 >>

2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 课时3 定点、定值、探索性问题 文


课时 3
题型一 定点问题

定点、定值、探索性问题

例 1 已知椭圆 2+ 2=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 Q、P,与椭圆分别交于点 M、N,各点均不重合且 → → → → 满足PM=λ 1MQ,PN=λ 2NQ.

(1)求椭圆的标准方程; (2)若 λ 1+λ 2=-3,试证明:直线 l 过定点并求此定点. 解 (1)设椭圆的焦距为 2c,由题意知 b=1,且(2a) +(2b) =2(2c) , 又 a =b +c ,所以 a =3. 所以椭圆的方程为 +y =1. 3 (2)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PM=λ 1MQ知(x1,y1-m)=λ 1(x0-x1,-y1), ∴y1-m=-y1λ 1,由题意 y1≠0,∴λ 1= -1.
2 2 2 2 2 2 2

x2 y2 a b

x2

2

m y1

m → → 同理由PN=λ 2NQ知 λ 2= -1. y2
∵λ 1+λ 2=-3,∴y1y2+m(y1+y2)=0,①
?x +3y =3, ? 联立? ?x=t?y-m? ?
2 4 2 2

得(t +3)y -2mt y+t m -3=0,
2 2 2

2

2

2

2 2

∴由题意知 Δ =4m t -4(t +3)(t m -3)>0,② 2mt t m -3 且有 y1+y2= 2 ,y1y2= 2 ,③ t +3 t +3 ③代入①得 t m -3+2m t =0, ∴(mt) =1, 由题意 mt<0,∴mt=-1,满足②, 得 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.
2 2 2 2 2 2 2 2

1

(2015·四川)如图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率是

x2 y2 a b

2 ,过点 P(0,1) 2

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 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( 2,1)在椭圆 E 上,

QA PA QB PB

a b ? ?a 因此? -b =c , c 2 ? ?a= 2 ,
2
2

1 + 2=1,
2 2

2

解得 a=2,b= 2, 所以椭圆 E 的方程为 + =1. 4 2 (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, 2), (0,- 2),

x2 y2

QC PC QD PD

QM PM |y0- 2| 2-1 由 = ,有 = ,解得 y0=1 或 y0=2, QN PN |y0+ 2| 2+1
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 y=kx+1,A、B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,
2

QA PA QB PB

y2), x y ? ? + =1, 联立? 4 2 ? ?y=kx+1,
2 2 2

得(2k +1)x +4kx-2=0,

2

2

其判别式 Δ =(4k) +8(2k +1)>0,

2

所以 x1+x2=-

4k , 2 2k +1

x1x2=-

2 , 2 2k +1

1 1 x1+x2 因此 + = =2k,

x1 x2

x1x2

易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B′的坐标为(-x2,y2), 又 kQA=

y1-2 kx1-1 1 = =k- , x1 x1 x1

y2-2 kx2-1 1 1 kQB′= = =-k+ =k- , -x2 -x2 x2 x1
所以 kQA=kQB′,即 Q,A,B′三点共线, 所以 =

QA QA |x1| PA = = , QB QB′ |x2| PB QA PA QB PB

故存在与 P 不同的定点 Q(0,2),使得 = 恒成立. 题型二 定值问题

x2 y2 1 例 2 已知椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的离心率是 ,其左,右顶点分别为 A1,A2,B 为短轴 a b 2
的一个端点,△A1BA2 的面积为 2 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)直线 l:x=2 2与 x 轴交于 D,P 是椭圆 C 上异于 A1,A2 的动点,直线 A1P,A2P 分别交直 线 l 于 E,F 两点,求证:DE·DF 为定值.

(1)解

c 1 e= = , ? ? a 2 由已知,可得? ab=2 3, ? ? a =b +c ,
2 2 2

3

解得 a=2,b= 3. 故所求椭圆方程为 + =1. 4 3 (2)证明 由题意可得 A1(-2,0),A2(2,0). 设 P(x0,y0),由题意可得-2<x0<2, ∴ 直 线 A1P 的 方 程 为 y =

x2 y2

y0 x0+2

(x + 2) , 令 x = 2 2 得 y =

?2 2+2?y0 , 即 DE = x0+2

y0 ??2 2+2?y0? ? ?,同理,直线 A2P 的方程为 y=x -2(x-2),令 x=2 2, 0 x0+2 ? ?
?2 2-2?y0 ??2 2-2?y0? 得 y= ,即 DF=? ?, x0-2 x0-2 ? ? 所以 DE·DF=?
2

??2 2+2?y0? ??2 2-2?y0? ?·? ? x0+2 x0-2 ? ? ? ?
2

4y0 4y0 = 2 = 2, |x0-4| 4-x0 3?4-x0? 2 将 y0= 代入上式,得 DE·DF=3, 4 故 DE·DF 为定值 3. 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. 1 1 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 2 2 上移动,R 是线段 PF 与 y 轴的交点,RQ⊥FP,PQ⊥l.
2

(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.

4

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 y =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= ?x0-1? +y0, 则 TS=2 r -d =2 y0-2x0+1, 因为点 M 在曲线 C 上,所以 x0= , 2 所以 TS=2 y0-y0+1=2,是定值. 题型三 探索性问题 例 3 (2015·湖北)一种画椭圆的工具如图 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 处的铰链与 ON 连结,MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动,且 DN=ON=1,MN=3. 当栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动时,带动 N 绕 O 转动,M 处的笔尖画出的椭圆记为 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) 求椭圆 C 的方程; (2) 设动直线 l 与两定直线 l1:x-2y=0 和 l2:x+2y=0 分别交于 P,Q 两点.若直线 l 总 与椭圆 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.
2 2 2 2 2 2 2 2

y2 0

解 (1)因为 OM≤MN+NO=3+1=4,当 M,N 在 x 轴上时,等号成立; 同理 OM≥MN-NO=3-1=2,当 D,O 重合,即 MN⊥x 轴时,等号成立. 所以椭圆 C 的中心为原点 O,长半轴长为 4,短半轴长为 2,其方程为 + =1. 16 4 1 (2)①当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 为 x=4 或 x=-4,都有 S△OPQ= ×4×4=8. 2 ②当直线 l 的斜率存在时,设直线 l:
? 1? ?y=kx+m, ? y=kx+m?k≠± ?,由? 2 2 2? ? ?x +4y =16, ?

x2

y2

5

消去 y,可得(1+4k )x +8kmx+4m -16=0. 因为直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点, 所以 Δ =64k m -4(1+4k )(4m -16)=0, 即 m =16k +4.(*1) 又由?
?y=kx+m, ? ? ?x-2y=0,
2 2 2 2 2 2

2

2

2

? 2m , m ?; 可得 P? ? ?1-2k 1-2k?

同理可得 Q?

? -2m , m ?. ? ?1+2k 1+2k?
|m| 1+k
2

由原点 O 到直线 PQ 的距离为 d= 1 1 可得 S△OPQ= PQ·d= |m||xP-xQ| 2 2

和 PQ= 1+k |xP-xQ|,

2

1 ? 2m + 2m ?=? 2m 2?.(* ) = ·|m|·? ? ? ? 2 2 ?1-2k 1+2k? ?1-4k ?

2

? 2m 2?=8|4k +1|. 将(*1)代入(*2)得,S△OPQ=? ? ?1-4k ? |4k2-1|
2 ? 1 ?4k +1? ? 当 k > 时,S△OPQ=8? 2 ?=8?1+ 2 ?>8; 4 ?4k -1? ? 4k -1?
2 2 1 当 0≤k < 时, 4 2

2

2

S△OPQ=8?

2 ? ?4k +1 ? ? 2?=8?-1+ 2?. 1-4k ? ?1-4k ? ?

2

2 2 1 2 因 0≤k < ,则 0<1-4k ≤1, 2≥2, 4 1-4k 2 ? ? 所以 S△OPQ=8?-1+ 2 ≥8, 1-4k ? ? ? 当且仅当 k=0 时取等号. 所以当 k=0 时,S△OPQ 的最小值为 8. 综合①②可知,当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时,△OPQ 的面积取得最小值 8. 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;

6

(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.

x y 1 2 已知椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)以抛物线 y =8x 的焦点为顶点,且离心率为 . a b 2
(1)求椭圆 E 的方程; (2)若直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 相交于 A,B 两点,与直线 x=-4 相交于 Q 点,P 是椭圆 E → → → → → 上一点且满足OP=OA+OB(其中 O 为坐标原点), 试问在 x 轴上是否存在一点 T, 使得OP·TQ为 → → 定值?若存在,求出点 T 的坐标及OP·TQ的值;若不存在,请说明理由.

2

2

c 1 2 解 (1)抛物线 y =8x 的焦点为椭圆 E 的顶点,即 a=2.又 = ,故 c=1,b= 3. a 2
∴椭圆 E 的方程为 + =1. 4 3 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2), → → → ∵OP=OA+OB, ∴P(x1+x2,y1+y2),
? ?y=kx+m, 联立? 2 2 ?3x +4y =12, ?

x2 y2

得(4k +3)x +8kmx+4m -12=0. 8km 由根与系数的关系,得 x1+x2=- 2 , 4k +3

2

2

2

y1+y2=k(x1+x2)+2m=
将 P?-
2

6m . 2 4k +3
2 2 2

m ? 64k m 36m ? 82km , 6 2 代入椭圆 E 的方程,得 2 ? 2 2+ 2 2=1,整理,得 4m 4?4k +3? 3?4k +3? ? 4k +3 4k +3?

=4k +3. 设 T(t,0),Q(-4,m-4k), 8km 6m ? → → ? ∴TQ=(-4-t,m-4k),OP=?- 2 , 2 ?. ? 4k +3 4k +3? → → 32km+8kmt 6m?m-4k? 即OP·TQ= + 2 2 4k +3 4k +3 6m +8km+8kmt = . 2 4k +3 ∵4k +3=4m , → → 6m +8km+8kmt 3 2k?1+t? ∴OP·TQ= = + . 2 4m 2 m → → 要使OP·TQ为定值,
7
2 2 2 2

只需?

?2k?1+t??2=4k ?1+t? =?4m -3??1+t? 为定值,则 1+t=0,∴t=-1, ? m m2 m2 ? ?

2

2

2

2

3 → → ∴在 x 轴上存在一点 T(-1,0),使得OP·TQ为定值 . 2

20.设而不求,整体代换 典例 (16 分)椭圆 C: 2+ 2=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 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 1

x2 y2 a b

3 ,过 F1 且 2

kk1 kk2



1

为定值,并求出这个定值.

思维点拨 第(3)问,可设 P 点坐标为(x0,y0),写出直线 l 的方程;联立方程组消去 y 得关 1? 1 1 ? 1 1 于 x 的一元二次方程,则 Δ =0;变为 ? + ?,把 k 与 + 均用 x0,y0 表示后可消去.

k?k1 k2?

k1 k2

规范解答 解 (1)由于 c =a -b ,将 x=-c 代入椭圆方程
2 2 2

x2 y2 b2 + =1,得 y=± .[2 分] a2 b2 a
2b 2 由题意知 =1,即 a=2b .
2

a

又 e= =

c a

3 ,所以 a=2,b=1. 2

所以椭圆 C 的方程为 +y =1.[4 分] 4 (2)设 P(x0,y0) (y0≠0), 又 F1(- 3,0),F2( 3,0), 所以直线 PF1,PF2 的方程分别为

x2

2

lPF1:y0x-(x0+ 3)y+ 3y0=0, lPF2:y0x-(x0- 3)y- 3y0=0.[6 分]
由题意知 |my0+ 3y0| = |my0- 3y0| .

y +?x0+ 3?

2 0

2

2 y2 3? 0+?x0-

8

由于点 P 在椭圆上,所以 +y0=1. 4 所以 |m+ 3| = |m- 3| .[8 分]

x2 0

2

? 3 ?2 ? x0+2? ?2 ?

? 3 ?2 ? x0-2? ?2 ?

因为- 3<m< 3,-2<x0<2, 可得

m+ 3
3 x0+2 2



3-m

3 2- x0 2



3 3 3 所以 m= x0.因此- <m< .[10 分] 4 2 2 (3)设 P(x0,y0) (y0≠0), 则直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0).

x ? ? +y2=1, 联立得? 4 ? ?y-y0=k?x-x0?.
整理得(1+4k )x +8(ky0-k x0)x+4(y0-2kx0y0+k x0-1)=0.[12 分] 由题意 Δ =0,即(4-x0)k +2x0y0k+1-y0=0. 又 +y0=1, 4 所以 16y0k +8x0y0k+x0=0,故 k=- .[14 分] 4y0 1 1 x0+ 3 x0- 3 2x0 由(2)知 + = + = ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

x2 0

2

x0

k1 k2

y0

y0

y0

所以 因此

1 1 1? 1 1 ? ? 4y0? 2x0 + = ? + ?=?- ?· =-8, kk1 kk2 k?k1 k2? ? x0 ? y0 1

kk1 kk2



1

为定值,这个定值为-8.[16 分]

温馨提醒 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.

[方法与技巧] 1.求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
9

2.定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为 y=kx+b,然后利用条件建立 b、k 等量关系进行 消元,借助于直线系的思想找出定点. (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关. [失误与防范] 1.在解决直线与抛物线的位置关系时,要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况. 2.中点弦问题,可以利用“点差法”,但不要忘记验证 Δ >0 或说明中点在曲线内部. 3.解决定值、定点问题,不要忘记特值法.

(时间:80 分钟) 1.已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A(2,3),且点 F(2,0)为其右焦点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)是否存在平行于 OA 的直线 l,使得直线 l 与椭圆 C 有公共点,且直线 OA 与 l 的距离等于 4?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)依题意,可设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0),且可知其左焦点为 F′(-2,0).
?c=2, ? ?2a=AF+AF′=3+5=8, ?

x2 y2 a b

从而有?

解得?

? ?c=2, ?a=4. ?

又 a =b +c ,所以 b =12,

2

2

2

2

故椭圆 C 的方程为 + =1. 16 12 3 (2)假设存在符合题意的直线 l,设其方程为 y= x+t. 2 3 ? ?y=2x+t, 由? x y ? ?16+12=1,
2 2

x2

y2

得 3x +3tx+t -12=0.

2

2

因为直线 l 与椭圆 C 有公共点, 所以 Δ =(3t) -4×3×(t -12)≥0, 解得-4 3≤t≤4 3. 另一方面,由直线 OA 与 l 的距离 d=4,
2 2

10



|t| =4, 9 +1 4

解得 t=±2 13. 由于±2 13?[-4 3,4 3 ], 所以不存在符合题意的直线 l.

x2 y2 2 2.(2015·四川)如图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率是 ,点 P(0,1)在短轴 CD 上, a b 2
→ → 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 λ , 使得OA·OB+ → → λ PA·PB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PC·PD=-1,

? ?c 2 于是? = , a 2 ? ?a -b =c ,
2 2 2

1-b =-1, 解得 a=2,b= 2,

2

所以椭圆 E 的方程为 + =1. 4 2 (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),

x2 y2

x y ? ? + =1, 联立? 4 2 ? ?y=kx+1,
2

2

2

得(2k +1)x +4kx-2=0,

2

2

其判别式 Δ =(4k) +8(2k +1)>0, 所以 x1+x2=- 4k 2 ,x1x2=- 2 , 2 2k +1 2k +1

2

→ → → → 从而,OA·OB+λ PA·PB =x1x2+y1y2+λ [x1x2+(y1-1)(y2-1)]
11

=(1+λ )(1+k )x1x2+k(x1+x2)+1 = ?-2λ -4?k +?-2λ -1? λ -1 =- 2 -λ -2. 2 2k +1 2k +1
2

2

λ -1 所以当 λ =1 时,- 2 -λ -2=-3, 2k +1 → → → → 此时OA·OB+λ PA·PB=-3 为定值. 当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 即为直线 CD, → → → → → → → → 此时,OA·OB+λ PA·PB=OC·OD+PC·PD =-2-1=-3. → → → → 故存在常数 λ =1,使得OA·OB+λ PA·PB为定值-3.

x2 y2 3.已知椭圆 C: 2+ 2=1 (a>b>0)的两焦点在 x 轴上,且两焦点与短轴的一个顶点的连线构 a b
成斜边长为 2 的等腰直角三角形. (1)求椭圆的方程; 1? ? (2)过点 S?0,- ?的动直线 l 交椭圆 C 于 A,B 两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定 3? ? 点 Q,使得以线段 AB 为直径的圆恒过点 Q?若存在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理 由. 解 (1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形, ∴b=c.又斜边长为 2, 即 2c=2,故 c=b=1,a= 2,椭圆方程为 +y =1. 2

x2

2

? 1?2 16 当 l 与 y 轴平行时, 2 (2)当 l 与 x 轴平行时, 以线段 AB 为直径的圆的方程为 x +?y+ ? = ; ? 3? 9
以线段 AB 为直径的圆的方程为 x +y =1. 1? 16 ? ?x2+? ?y+3?2= 9 , ? ? 由? 2 2 ? ?x +y =1,
? ?x=0, ?y=1, ?
2 2

得?

故若存在定点 Q,则 Q 的坐标只可能为 Q(0,1). 下面证明 Q(0,1)为所求: 若直线 l 的斜率不存在,上述已经证明. 1 若直线 l 的斜率存在,设直线 l:y=kx- , 3

A(x1,y1),B(x2,y2),

12

1 ? ?y=kx- , 3 由? ? ?x2+2y2-2=0,
2 2

得(9+18k )x -12kx-16=0,

2

2

Δ =144k +64(9+18k )>0,

x1+x2=


12k -16 ,x1x2= 2 , 2 18k +9 18k +9 →

QA=(x1,y1-1),QB=(x2,y2-1),

→ → QA·QB=x1x2+(y1-1)(y2-1) 4k 16 2 =(1+k )x1x2- (x1+x2)+ 3 9 -16 4k 12k 16 2 =(1+k )· · =0, 2- 2+ 9+18k 3 9+18k 9 → → ∴QA⊥QB,即以线段 AB 为直径的圆恒过点 Q(0,1).

y2 x2 3 4.已知直线 l:y=x+ 6,圆 O:x +y =5,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e= ,直 a b 3
2 2

线 l 被圆 O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等. (1)求椭圆 E 的方程; (2)过圆 O 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条切线, 若切线都存在斜率, 求证两切线斜率之积为定 值. (1)解 设椭圆半焦距为 c, 圆心 O 到 l 的距离 d= 6 1+1 = 3,

则 l 被圆 O 截得的弦长为 2 2,所以 b= 2.

? ?c= 3, 由题意得?a 3 ? ?a2=b2+c2,
又 b= 2,∴a =3,b =2. ∴椭圆 E 的方程为 + =1. 3 2 (2)证明 设点 P(x0,y0),过点 P 的椭圆 E 的切线 l0 的方程为 y-y0=k(x-x0)整理得 y=kx +y0-kx0,
2 2

y2 x2

y=kx+y0-kx0, ? ? 2 2 联立直线 l0 与椭圆 E 的方程?y x + =1, ? ?3 2
消去 y,得 2[kx+(y0-kx0)] +3x -6=0,
13
2 2

整理得(3+2k )x +4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0) -6=0, ∵l0 与椭圆 E 相切, ∴Δ =[4k(y0-kx0)] -4(3+2k )[2(kx0-y0) -6]=0, 整理得(2-x0)k +2x0y0k-(y0-3)=0, 设满足题意的椭圆 E 的两条切线的斜率分别为 k1,k2,
2 2 2 2 2 2

2

2

2

y2 0-3 2 2 则 k1k2=- 2.∵点 P 在圆 O 上,∴x0+y0=5, 2-x0
5-x0-3 ∴k1k2=- 2 =-1.∴两条切线斜率之积为常数-1. 2-x0 5.(2014·福建)已知曲线 Γ 上的点到点 F(0,1)的距离比它到直线 y=-3 的距离小 2. (1)求曲线 Γ 的方程; (2)曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x 轴交于点 A,直线 y=3 分别与直线 l 及 y 轴交于点 M,N. 以 MN 为直径作圆 C,过点 A 作圆 C 的切线,切点为 B.试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动(点 P 与原点不重合)时,线段 AB 的长度是否发生变化?证明你的结论. 解 方法一 (1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点, 依题意,点 S 到 F(0,1)的距离与它到直线 y=-1 的距离相等,所以曲线 Γ 是以点 F(0,1) 为焦点、直线 y=-1 为准线的抛物线,所以曲线 Γ 的方程为 x =4y.
2 2

(2)当点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变.证明如下: 1 2 由(1)知抛物线 Γ 的方程为 y= x , 4 1 2 设 P(x0,y0)(x0≠0),则 y0= x0, 4 1 1 由 y′= x,得切线 l 的斜率 k=y′|x=x0= x0, 2 2 1 所以切线 l 的方程为 y-y0= x0(x-x0), 2 1 1 2 即 y= x0x- x0. 2 4 1 1 ? ?y= x0x- x2 0, 4 由? 2 ? ?y=0 1 得 A( x0,0). 2
14

1 1 ? ?y= x0x- x2 0, 2 4 由? ? ?y=3 1 6 得 M( x0+ ,3). 2 x0 1 3 又 N(0,3),所以圆心 C( x0+ ,3), 4 x0 1 1 3 2 2 半径 r= MN=| x0+ |,AB= AC -r 2 4 x0 = 1 1 3 1 3 2 2 2 [ x0-? x0+ ?] +3 -? x0+ ? = 6. 2 4 x0 4 x0

所以点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变. 方法二 (1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点, 则|y-(-3)|- ?x-0? +?y-1? =2, 依题意,点 S(x,y)只能在直线 y=-3 的上方, 所以 y>-3,所以 ?x-0? +?y-1? =y+1, 化简,得曲线 Γ 的方程为 x =4y. (2)同方法一.
2 2 2 2 2

15


推荐相关:

2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 课时3 定点、定值、探索性问题 文

2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 课时3 定点、定值、探索性问题 文_数学_高中教育_教育专区。课时 3 题型一 定点问题 ...


2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 课时3 定点、定值、探索性问题 理

2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 课时3 定点、定值、探索性问题 理_数学_高中教育_教育专区。课时 3 题型一 定点问题 ...


2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 课时1 直线与圆锥曲线 文

2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 课时1 直线与圆锥曲线 文_数学_高中教育_教育专区。课时 1 题型一 直线与圆锥曲线的位置...


【步步高】2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 课时1 直线与圆锥曲线 理

【步步高】2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 课时1 直线与圆锥曲线 理_数学_高中教育_教育专区。课时 1 题型一 直线与圆锥...


【步步高】2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 课时2 范围、最值问题 文

【步步高】2017版高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 课时2 范围、最值问题 文_数学_高中教育_教育专区。课时 2 题型一 范围问题 ...


2017届高考数学一轮复习 第7节 圆锥曲线的综合问题 第一课时 直线与圆锥曲线的位置关系应用能力提升 文

2017高考数学一轮复习 第7节 圆锥曲线的综合问题 第一课时 直线与圆锥曲线的...1,2,7,10,13,14,15 4,5,6,9,12 3,8,11 解析:因为直线 y= x+3 ...


2017届高考数学一轮复习 第7节 圆锥曲线的综合问题 第二课时 最值 范围 证明专题应用能力提升 文

2017高考数学一轮复习 第7节 圆锥曲线的综合问题 第二课时 最值 范围 证明...试问:在直角坐标平面上是否存在一个定点 T,使得以 AB 为直径的圆恒过点 T?...


高考数学总复习配套教案:9.10直线与圆锥曲线的综合应用(1)

高考数学总复习配套教案:9.10直线与圆锥曲线的综合...第九章 (1)? 平面解析几何第 10 课时 直线与圆锥...y2 3. 已知双曲线方程是 x2- =1,过定点 P(2...


2017届高考数学一轮复习 第六章 向量 课时34 平面向量应用举例学案 文

2017高考数学一轮复习 第六章 向量 课时34 平面...向量的坐标问题,进 而利用直线和圆锥曲线的位置关系...3 考点三 向量在解析几何中的应用 【典例 3 】...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 简单学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com