2022年视导材料圆锥曲线中的定点定值问题教师版

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1、学而不思则惘，思而不学则殆课题：圆锥曲线中的定点、定值问题考点整合：定值、定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点 . 解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量. 活动一：基础检测：1. （2012 江苏南通基地密卷（一） ）已知正方形ABCD 的顶点坐标分别是A（ 1，0） ，B（0，1） ，C（1，0） ，D（0， 1） ，动点 M 满足： kMBkMD12，则 MAMC.答案： 2

2、 2.解析： 设点 M 的坐标为（ x，y） ，kMB kMD12，y1xy1x12. 整理得x22y21（ x 0）. 动点 M的轨迹方程是椭圆（除去长轴上两个顶点） ，其焦 点恰为 A，C 两点 . MAMC2 2.2. 在直角坐标系中，过双曲线x229y1 的左焦点F 作圆 x2y21 的一条切线 （切点为 T）交双曲线右支于 P，若 M 为线段 FP 的中点，则OMM T . 答案： 2. 解析： 设双曲线右焦点为F，连结 PF，则 OM 是 PFF 的中位线，所以OM12PF12（ PF2）.又 OTPF，OF10，OT1，所以FT3，从而OM12（2FM2） FM13MT12MT，

3、所以 OMMT2. 3. （2015 成都模拟） 已知椭圆x2a2y2b21（ab 0）的离心率为63，过椭圆上一点M 作直线MA，MB 分别交椭圆于A，B 两点，且斜率分别为k 1， k 2，若点 A，B 关于原点对称， 则 k 1k 2的值为 _.解析由 e2 1b2a269，得b2a213，设 M（ x，y） ， A（m，n） ， B（ m， n） ，则 k1 k2ynxmynxmy2n2x2m2，把 y2b21x2a2，n2b21m2a2代入 式并化简，可得k1 k213.答案13精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共

4、16 页学而不思则惘，思而不学则殆活动二：探究定值（定点）问题 微题型 1定点的探究与证明【例 1】 （ 2015 苏、锡、常、镇模拟）如图，以原点O 为圆心的两个同心圆的半径分别为3 和 1，过原点O 的射线交大圆于点P，交小圆于点Q，P 在 y 轴上的射影为M. 动点 N 满足 PM PN且 PMQN0.（1）求点 N 的轨迹方程； （2）过点 A（0， 3）作斜率分别为k1，k2的直线 l1，l2，与点 N 的轨迹分别交于E， F两点， k1k2 9.求证：直线EF 过定点 . （1） 解由PM PN且PM QN 0 可知， N，P，M 三点共线且PMQN.过点 Q 作 QN PM，垂足

5、为N，设 N（x，y） . 因为 OP3，OQ1，由相似比可知P（3x，y） .因为 P 在圆 x2y29 上，所以（ 3x）2y29，即y29x21，所以点 N 的轨迹方程为y29x21. （2） 证明设 E（xE，yE） ，F（xF，yF） ，依题意，由yk1x3，y29x21得（ k219）x26k1x0，解得 x0 或 x6k1k219，所以 xE6k1k21 9，yEk16k1k2193273k21k21 9，所以 E 6k1k219，273k21k219. 因为 k1k2 9，所以 k29k1，用9k1替代中的k1，同理可得F6k1k219，3k2127k219. 显然 E，F 关

6、于原点对称，所以直线EF 必过原点O. 【训练 1】已知椭圆x24y21 的左顶点为A，过 A 作两条互相垂直的弦AM、AN 交椭圆于 M、N 两点 .（1）当直线 AM 的斜率为1 时，求点 M 的坐标；（2）当直线 AM 的斜率变化时，直线MN 是否过 x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由.解： （1）直线 AM 的斜率为1 时，直线 AM 为 yx2，代入椭圆方程并化简得5x216x120，解之得 x1 2，x265，点 M 的坐标为65，45.（2）设直线 AM 的斜率为 k，则 AM 为 yk （x2） ，则y k（x2），x24y21，化简得

7、 （14k2）x2 16k2x16k24 0. 此方程有一根为2，xM28k214k2，同理可得xN2k28k24.由（ 1）知若存在定点，则此点必为P 65，0 .精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆 kMPyMxM65k28k214k2228k214k2655k44k2，同理可计算得kPN5k44k2. 直线 MN 过 x 轴上的一定点P65，0.探究提高如果要解决的问题是一个定点问题，而题设条件又没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那

8、么我们根据特殊情况先找到这个定点，明确解决问题的目标，然后进行推理探究，这种先根据特殊情况确定定点，再进行一般性证明的方法就是由特殊到一般的方法. 微题型 2定值的探究与证明【例 2】 （2014 南京、盐城模拟）已知椭圆x2a2y2b21（a b0）的右焦点为F2（1，0） ，点 H（1，32）在椭圆上 . （1）求此椭圆方程； （2）点 M（x0，y0）在圆 x2y2b2上， M 在第一象限，过M 作圆 x2y2b2的切线交椭圆于P，Q 两点，问F2PF2QPQ 是否为定值？如果是，求出定值；如不是，说明理由. 解（1）右焦点为F2（1，0） ， c1，左焦点为F1（ 1，0）. 又点 H

9、（ 1，32）在椭圆上，2aHF1HF2（11）2（32）2（11）2（32）24，a 2，ba2c23，故所求椭圆方程为x24y231.（2）如图所示：设P（x1， y1） ，Q（x2，y2） ，x214y2131（ |x1|2） ， PF22（ x11）2y21（ x11）23（1x214）14（x14）2， PF212（4x1）212x1. 连接 OM，OP，由相切条件知：PM2OP2OM2x21y213x213（1x214） 314x21，PM12x1， PF2PM212x112x12.同理可求： QF2QM212x212x22.所以 F2PF2QPQ2 24 为定值 .【训练 2】

10、（2015 江苏高考命题原创卷）如图，过点C（0，3）的椭圆x2a2y2b21（ab0）的离心精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆率为12，椭圆与 x 轴交于 A（a，0）和 B（ a，0）两点，过点C 的直线 l 与椭圆交于另一点D，并与 x 轴交于点 P，直线 AC 与直线 BD 交于点 Q. （1）当直线l 过椭圆的右焦点时，求线段CD 的长；（2）当点P异于点B时，求证： OP OQ为定值 . （1） 解由已知得b3，ca12，得 a 2，所以椭圆的方程为x24y23 1.椭圆的右焦

11、点为F（1， 0） ，此时直线l 的方程为 y3x3.由y3x3，3x24y212解得 x10，x285，所以CD（1k2） |x1x2| 485165. （2） 证明当直线 l 与 x 轴垂直时，与题意不符，所以直线l 与 x 轴不垂直，即直线l 的斜率存在 .设直线 l 的方程为y kx3（k0 且 k32）. 将其代入椭圆的方程，化简得（34k2）x283kx0，解得 x10，x283k34k2. 将其代入直线l 的方程，得y13， y23（34k2）34k2.所以 D 点的坐标为8 3k3 4k2，3（34k2）34k2. 因为 B（ 2，0） ，kBDy20x22322k32k3，所

12、以直线BD 的方程为y3（2k3）2（2k3）（x2） .又直线 AC 的方程为x2y31，联立直线AC 与直线 BD 的方程解得x4k3，y2k3，即 Q4k3，2k3. 而 P 3k，0 ，所以 OP OQ 3k， 0 4k3，2k3404.所以 OP OQ为定值 4. 探究提高定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现. 归纳总结，思维升华：解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：（1）从特殊开

13、始，求出定值，再证明该值与变量无关：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆（ 2）直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；（3）在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标. 活动三： 自主检测：1.已知椭圆x24y221 上的两个动点P，Q，设 P（x1，y1） ，Q（x2，y2）且 x1 x22. （1）求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A； （2）设点 A 关于原点O 的对称点是B，求 PB 的最小值及相应的P 点坐标 .审题视点

14、 （1）由 x1x22 可得 PQ 的中点横坐标，引入参数PQ 中点的纵坐标，先求kPQ，利用直线PQ 的方程求解 . （2）建立 PB 关于动点坐标的目标函数，利用函数的性质求最值.（1）证明P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，且 x1x22. 当 x1x2时，由x212y214x22y224，得y1y2x1x212x1x2y1y2.设线段 PQ 的中点 N（1， n） ， kPQy1y2x1x212n，线段 PQ 的垂直平分线方程为yn2n（x1） ，（ 2x1） ny0，则直线恒过一个定点A12，0 .当 x1x2时，线段PQ 的中垂线也过定点A12，0 . 综上，线段PQ 的垂直平

15、分线恒过定点A12，0 .（2） 解由于点 B 与点 A 关于原点O 对称，故点B 12，0 . 2x12， 2x22， x12x20，2，PB2 x1122y2112（x11）27494，当点 P 的坐标为（ 0， 2）时， PBmin32.以直线与圆锥曲线的位置关系为背景的证明题常见的有：证明直线过定点和证明某些量为定值.而解决这类定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向.2.如图，椭圆C0：x2a2y2b21（a

16、b0，a、b 为常数），动圆C1：x2y2t21，bt1a. 点 A1、 A2分别为C0的左、右顶点，C1与 C0相交于 A、B、C、D 四点 . （1）求直线AA1与直线 A2B 交点 M 的轨迹方程；（2）设动圆C2：x2 y2 t22与 C0相交于 A ，B， C， D四点，其中bt2a，t1t2. 若矩形 ABCD 与矩形 ABCD 的面积相等，证明：t21t22为定值 .（1） 解： 设 A（x1，y1） ，B（x1， y1） ，又知 A1（ a， 0） ，A2（a，0） ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16

17、 页学而不思则惘，思而不学则殆则直线 A1A 的方程为yy1x1a（xa） ，直线 A2B 的方程为yy1x1a（ xa）. 由 得 y2y21x21 a2（x2a2）. 由点 A（x1，y1）在椭圆C0上，故x21a2y21b21. 从而 y21 b21x21a2，代入 得x2a2y2b21（x a，y0）.（2）证明： 设 A（x2，y2） ，由矩形 ABCD 与矩形 ABCD 的面积相等，得4|x1|y1|4|x2|y2|，故 x21y21x22y22.因为点 A，A均在椭圆上， 所以 b2x211x21a2b2x221x22a2. 由 t1t2，知 x1x2，所以 x21x22a2，从

18、而 y21y22b2，因此 t21t22a2b2为定值 .3. 如图，已知椭圆C：x2a2y2b21（ab0）的离心率为32，以椭圆C 的左顶点T 为圆心作圆T： （x2）2y2r2（r0） ，设圆 T 与椭圆 C 交于点 M 与点 N. （1）求椭圆C 的方程；（ 2）求 TMTN的最小值，并求此时圆T 的方程；（3）设点 P 是椭圆 C 上异于 M、N 的任意一点，且直线MP、NP 分别与 x 轴交于点 R、S，O 为坐标原点，求证：OR OS 为定值 .（1） 解： 依题意，得a2，eca32，c3， ba2c21. 故椭圆 C 的方程为x24y21.（2） 解： 易知点 M 与点 N

19、关于 x 轴对称，设M（ x1， y1） ，N（x1， y1） ，不妨设y1 0.由于点 M 在椭圆 C 上，y211x214. （*）由已知 T（ 2，0） ，则 TM（ x1 2，y1） ，TN（ x12， y1） ， TMTN（ x12，y1） （x12， y1）（ x12）2y21（ x12）2 1x21454x214x1354x185215. 由于 2x12，故当 x185时， TMTN取得最小值15.把 x185代入（ * ）式，得y135，故 M 85，35.又点 M 在圆 T 上，代入圆的方程得r21325. 故圆 T 的方程为（ x2）2y21325.（3） 证明： 设 P（

20、x0，y0） ，则直线MP 的方程为yy0y0y1x0x1（x x0） ，令 y0，得 xRx1y0x0y1y0y1，同理： xSx1y0x0y1y0y1，故 xRxSx21y20x20y21y20y21. （* ）又点 M 与点 P 在椭圆上，故x204（1y20） ，x214（1y21） ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆代入（ * ）式，得xRxS4（1y21）（ y204）（ 1y20）y21y20y214y20y21y20y214.所以 OR OS|xR|xS|xRxS|4 为

21、定值 .4.（ 2011四川） 如图过点C（0，1）的椭圆x2a2y2b2 1（ab0）的离心率为32. 椭圆与 x 轴交于两点A（a，0） 、B（ a，0）. 过点 C 的直线 l 与椭圆交于另一点D，并与 x 轴交于点P. 直线 AC 与直线 BD 交于点 Q. （1）当直线l 过椭圆右焦点时，求线段CD 的长；（2）当点 P 异于点 B 时，求证： OPOQ为定值.（1） 解由已知得b1，ca32，解得 a2，所以椭圆方程为x24y21.椭圆的右焦点为（3，0） ，此时直线l 的方程为y33x1，代入椭圆方程化简得7x28 3x0.解得 x10，x28 37，代入直线l 的方程得y1 1

22、，y217，所以 D 点坐标为8 37，17.故 CD8 3702 1712167.（2）当直线l 与 x 轴垂直时与题意不符. 设直线 l 的方程为ykx1（k0 且 k12）.代入椭圆方程化简得（4k21）x2 8kx0. 解得 x10，x28k4k21，代入直线l 的方程得y11，y21 4k24k21，所以 D 点坐标为 8k4k2 1，14k24k21.又直线 AC 的方程为x2y1，直线 BD 的方程为y12k24k（x2） ，联立解得x 4k，y2k 1.因此 Q 点坐标为（4k， 2k1）. 又 P 点坐标为1k，0 .所以 OP OQ 1k，0 （ 4k，2k1） 4.故OP

23、 OQ为定值 . 5. 设椭圆 E：x2a2y21a21 的焦点在x 轴上 . （1）若椭圆E 的焦距为1，求椭圆E 的方程；（2）设 F1，F2分别是椭圆E 的左、右焦点，P 为椭圆 E 上第一象限内的点，直线F2P 交 y 轴于点 Q，并且 F1PF1Q. 证明：当 a 变化时，点P 在某定直线上 .（1） 解因为焦距为1，且焦点在x 轴上，所以2a2114，解得 a258. 故椭圆 E 的方程为8x258y231.（2）证明设 P（x0，y0） ，F1（ c，0） ，F2（c，0） ，其中 c2a21.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

24、 -第 7 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆由题设知x0 c，则直线F1P 的斜率 kF1Py0x0c. 直线 F2P 的斜率 kF2Py0x0c.故直线 F2P 的方程为yy0x0c（xc）.当 x0 时， ycy0cx0，即点 Q 坐标为0，cy0cx0.因此，直线F1Q 的斜率为 kF1Qy0cx0. 由于 F1PF1Q，所以 kF1P kF1Qy0x0cy0cx0 1.化简得 y20x20（ 2a21） ，将代入椭圆E 的方程，由于点P（x0，y0）在第一象限.解得 x0a2，y01a2. 即点 P 在定直线xy1 上.6. （苏锡常镇四市20XX 届高三5 月调研（二） ）

25、在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆2214xy的左、右焦点分别为F 与 F，圆F：22(3)5xy. （1）设 M 为圆 F 上一点，满足1MFMF，求点 M 的坐标；（2）若 P 为椭圆上任意一点，以P 为圆心， OP 为半径的圆P 与圆 F 的公共弦为QT，证明：点F到直线 QT 的距离 FH 为定值 .（第 6 题）TQPFHO yxF精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆7.（20XX 届南京、 盐城市高三二模）如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆 E：22221xyab（0ab）的

26、离心率为22，直线 l：12yx与椭圆 E 相交于 A，B 两点，52AB，C，D 是椭圆 E 上异于 A，B 两点，且直线AC，BD 相交于点M，直线 AD，BC 相交于点N.（ 1）求ba,的值；（2）求证：直线MN的斜率为定值.解（ 1）因为 eca22，所以 c212a2，即 a2b212a2，所以 a22b2. 2 分故椭圆方程为x22b2y2b21. 由题意，不妨设点A 在第一象限，点B 在第三象限 .由y12x，x22b2y2b21，解得 A（233b，33b）.又 AB25，所以 OA5，即43b213b25，解得 b23. 故 a6，b3.5 分（2） 方法一 ：由（ 1）知

27、，椭圆E 的方程为x26y231，从而 A（2，1） ，B（ 2， 1）.x y A O B C D M N 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆当 CA，CB，DA，DB 斜率都存在时，设直线CA，DA 的斜率分别为k1，k2，C（x0，y0） ，显然 k1k2. 从而 k1 kCBy01x02y01x02y021x0243(1x026) 1x0242x022x02412.所以 kCB12k1. 8 分同理 kDB12k2.于是直线 AD 的方程为y1 k2（x2） ，直线 BC 的方程为

28、y112k1（x 2）.由y112k1(x 2)，y1k2(x2)，解得x4k1k24k1 22k1k21，y2k1k24k212k1k21从而点 N 的坐标为（4k1k2 4k122k1k21，2k1k24k2 12k1k21） .用 k2代 k1， k1代 k2得点 M 的坐标为（4k1k24k222k1k2 1，2k1k24k112k1k21）. 11 分所以 kMN2k1k24k212k1k212k1k24k112k1k214k1k24k122k1k214k1k2 4k222k1k214(k1 k2)4(k2 k1) 1. 即直线 MN 的斜率为定值1. 14 分当 CA，CB，DA，

29、DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线CA 的斜率不存在，从而C（2， 1）. 仍然设 DA 的斜率为k2，由知 kDB12k2.此时 CA：x2，DB：y112k2（x2） ，它们交点M（2， 12k2）. BC：y 1，AD：y1k2（x2） ，它们交点N（22k2， 1） ，从而 kMN 1也成立 .由可知，直线MN 的斜率为定值1.16 分方法二 ：由（ 1）知，椭圆E 的方程为x26y231，从而 A（2，1） ， B（ 2， 1）.当 CA，CB，DA，DB 斜率都存在时，设直线CA，DA 的斜率分别为k1，k2. 显然 k1k2. 直

30、线 AC 的方程y1k1（x2） ，即 yk1x（ 1 2k1）.由yk1x (12k1)，x26y231得（ 12k12）x24k1（12k1）x2（4k124k12） 0.设点 C 的坐标为（ x1，y1） ，则 2x12(4k124k12)1 2k12，从而 x14k124k122k121.所以 C（4k124k122k121， 2k12 4k112k121）. 又 B（ 2， 1） ，所以 kBC2k124k1 12k12114k124k122k121212k1.8 分所以直线 BC 的方程为y112k1（x2）. 又直线 AD 的方程为y1k2（x2）.精选学习资料 - - - -

31、- - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆由y112k1(x 2)，y1k2(x2)，解得x4k1k24k1 22k1k21，y2k1k24k212k1k21从而点 N 的坐标为（4k1k2 4k122k1k21，2k1k24k2 12k1k21） .用 k2代 k1， k1代 k2得点 M 的坐标为（4k1k24k222k1k2 1，2k1k24k112k1k21）. 11 分所以 kMN2k1k24k212k1k212k1k24k112k1k214k1k24k122k1k214k1k2 4k222k1k214(k1 k2

32、)4(k2 k1) 1.即直线 MN 的斜率为定值1.14 分当 CA，CB，DA，DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线CA 的斜率不存在，从而C（2， 1）. 仍然设 DA 的斜率为k2，则由知kDB12k2.此时 CA：x2，DB：y112k2（x2） ，它们交点M（2， 12k2）. BC：y 1，AD：y1k2（x2） ，它们交点N（22k2， 1） ，从而 kMN 1也成立 .由可知，直线MN 的斜率为定值1.16 分8.在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C：x2a2y2b21（a b0）的右焦点为F（4m，0） （m0，m 为常数），离

33、心率等于0. 8，过焦点 F、倾斜角为 的直线 l 交椭圆 C 于 M、N 两点 .（1）求椭圆 C 的标准方程；（2）若 90 ，1MF1NF5 29，求实数 m； （3）试问1MF1NF的值是否与的大小无关，并证明你的结论.解： （1） c4m，椭圆离心率eca45，a5m. b3m. 椭圆 C 的标准方程为x225m2y29m21.（2） 在椭圆方程x225m2y29m21 中，令 x4m，解得 y9m5. 当90 时，直线MNx 轴，此时FM FN9m5，1MF1NF109m.1MF1NF5 29，109m5 29，解得 m2.（3）1MF1NF的值与 的大小无关 .证明如下： （证法

34、 1） 设点 M、 N 到右准线的距离分别为d1、 d2. MFd145，NFd245， 1MF1NF541d11d2.又由图可知，MFcosd1a2cc9m4，d145cos 1 9m4，即1d149m45cos 1 .精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆同理，1d249m45cos（ ） 1 49m（45cos1）.1d11d249m45cos 1 49m（45cos1） 89m. 1MF1NF5489m109m. 显然该值与的大小无关 .（证法 2）当直线MN 的斜率不存在时，由（2

35、）知，1MF1NF的值与 的大小无关 .当直线 MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为yk（x4m） ，代入椭圆方程x225m2y29m21，得（ 25k29）m2x2200m3k2x25m4（16k29） 0.设点 M（x1，y1） 、N（x2，y2） ， 0 恒成立，x1x2200mk225k29，x1x225m2（16k29）25k29.MF25m4x145，NF25m4x245，MF5m45x1， NF5m45x2.1MF1NF15m45x115m45x210m45（x1 x2）1625x1x24m（ x1x2） 25m290k29081mk281m109m.显然该值与的大小无关 .

36、3. （2010. 江苏 .18 ）在平面直角坐标系xOy 中，如图，已知椭圆15922yx的左右顶点为A，B，右焦点为 F，设过点 T （t，m）的直线 TA，TB 与椭圆分别交于点M（1x，1y） ，N （2x，2y） ，其中0m，10y，20y. （1）设动点P 满足422PBPF，求点 P 的轨迹；（2）设12x，213x，求点 T 的坐标；（3）设9t，求证：直线MN 必过 x 轴上的一定点. （其坐标与m 无关） . 分析：（1）圆锥曲线中求椭圆的焦点与定点以及求点的轨迹方程的一般方法（选修2-1 32P例 1 和58P） ；（2）解析几何初步中求直线方程（见必修 2 75P和85

37、P） ； （3）两点式求直线方程（见必修 2 75P）与韦达定理（初中知识）. 难易程度：（1）容易，（ 2）容易，（3）由于含有参数，故计算非常困难. 解：由题意可得：(2, 0)F，(3, 0)B，(3, 0)A. （1）设要求的点(,)P x y，因422PBPF所以2222(2)(3)4xyxy，即92x；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆（2）因为31,221xx，0,021yy所以可以求出153y，2209y，所以直线MA：113yx，直线NB：5162yx，从而点T的坐标为

38、10(7,)3；（3）T (9,)m， 则直线TA：03093yxm， 即1 24mmyx， 直线TB：03093yxm， 即62mmyx，将直线TA的方程与椭圆方程联立可得：2222999(5)4501442416mmmxx，由韦达定理可得：21221292439514494516395144mxmmxm，从而求出221223153(80)169805144mmxmm，将1x代入则直线TA的方程有：124080mym，所以2223(80)40(,)8080mmMmm，同理可以求出2223(20)20(,)2020mmNmm，从而直线MN：222222222203(20)202040203(8

39、0)3(20)80208020mmyxmmmmmmmmmm，即210(1)40myxm，显然直线MN必恒过x轴上的定点(1, 0). 4. （2011. 江苏 .18 ）如图，在平面直角坐标系xOy 中， M， N 分别是椭圆12422yx的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A 两点，其中点P 在第一象限，过P 作 x 轴的垂线，垂足为C. 连结 AC，并延长交椭圆于点 B. 设直线 PA 的斜率为k . （1）若直线PA 平分线段MN，求 k 的值； （2）当2k时，求点 P 到直线 AB 的距离 d； （3）对任意的0k，求证： PAPB. 分析：本题主要考查椭圆的标准方程及椭圆的几何性质

40、、直线方程、直线的垂直关系，点到直线的距离等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力，是B、C 级要求的综合，中档题. 恰当应用椭圆的概念和几精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆何性质，可以提高运算效率.解： （1）由题意知，2,2 ba，故)2, 0(),0 ,2(NM，所以线段MN 的中点的坐标为)22,1(，由于直线 PA 平分线段MN，故直线 PA 过线段 MN 的中点，又直线 PA 过坐标原点， 所以22122k；（2） 直线 PA 的方程为xy2， 代入椭圆方程得124422x

41、x， 解得32x， 因此)34,32(),34,32(AP，于是)0,32(C，直线 AC 的斜率为13232340，所以直线AB 的方程为032yx，因此3222323432d；（3）解法一：将直线PA 的方程为kxy代入12422yx，解得2212kx，记2212k，则),(),(kAkP， 于 是)0 ,(C， 故 直 线AB 的 斜 率 为20kk， 直 线AB 的 方 程 为)(2xky，代入椭圆方程得0)23(2)2(22222kxkxk，解得222)23(kkx，或x，因此，)2,2)23(2322kkkkB，于是直线PB 的斜率为kkkkkkk12)23(222231，因此11

42、kk，所以PBPA. 解法二：设2211,),(yxByxP，则2121,0, 0xxxx，0,),(111xCyxA. 设直线PB，AB 的斜率分别为21,kk. 因为 C 在直线 AB 上，所以kxyxxyk12)()(0111112，从而1212112121212211xxyyxxyykkkk044)2()2(122212221222121222221222122xxxxyxyxxxyy，因此11kk，所以PBPA. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆5 （2012. 江苏 .19

43、 ）如图，在平面直角坐标系 xOy中，椭圆22221xyab（0ab）的左、右焦点分别为1F（c，0） ，2F（c，0） 已知（ 1，e）和（ e，32）都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率 （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1AF与直线2BF平行，2AF与1BF交于点 P （i）若1262AFBF，求直线1AF的斜率；（ ii）求证：12PFPF是定值考点：本小题主要考查椭圆的定义、标准方程及几何性质、直线方程、两点间的距离公式等基础知识，考查运算求解能力和推理论证能力. 分析：（1）根据椭圆的性质和已知(1)e，和（32e，）都在椭圆上列式求解. （2）

44、根据已知条件1262AFBF，用待定系数法求解. 解： （1）由题设知，222=cabcea，由点(1)e，在椭圆上，得2222222222222222111=1=1ecbca baa bbabaa b，22=1ca. 由点（32e，）在椭圆上，得22222422224433221311144=0=214ecaaaaabaa. 椭圆的方程为2212xy. （2）由（ 1）得1( 1 0)F，2(1 0)F，又1AF2BF，设1AF、2BF的方程分别为=1=1my xmy x，11221200A xyB xyy y ，. 2221221111211221221=0=22=1xmmymymyymm

45、yx. 22222222111112221122=10=122mm mmmAFxymyymmm. A B P O 1F2Fx y （第 19 题）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页学而不思则惘，思而不学则殆同理，2222211=2mm mBFm. （i）由得，2122212m mAFBFm. 解22216=22m mm得22m. 注意到0m ，= 2m. 直线1AF的斜率为12=2m. （ii）证明：1AF2BF，211BFPBPFAF，即2121111111BFPBPFBFAFPBPFAFPFAF. 11112

46、=AFPFBFAFBF. 由点B在椭圆上知，1222BFBF，11212=22AFPFBFAFBF. 同理，22112=2 2BFPFAFAFBF. 12212211212122+=2 22 22 2AFBFAF BFPFPFBFAFAFBFAFBFAFBF，又由得，21222 21=2mAFBFm，21221=2mAFBFm，1223+=2 2=222PFPF. 12PFPF是定值 . 点评：本题主要考查椭圆的定义、几何性质以及直线与椭圆的关系本题注意解题中，待定系数法在求解椭圆的标准方程应用，曲线和方程的关系. 在利用条件2621BFAF时，需要注意直线1AF和直线2BF平行这个条件. 本题属于中档题精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页