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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