第八章第9讲第3课时定点定值问题Word文档下载推荐.docx
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=0,
由题意Δ=
+
=0,得b=-
设E(xE,yE),则yE=-
,xE=
当y
≠4时,kAE=
=-
可得直线AE的方程为y-y0=
(x-x0).
由y
=4x0,
整理可得y=
(x-1),
直线AE恒过点F(1,0).
=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),
所以直线AE过定点F(1,0).
[规律方法] 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.
1.(2015·
大庆市教学质量检测)已知椭圆C:
+y2=1(a>1)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M:
(x-3)2+(y-1)2=3相切.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P,Q两点,且
·
=0,求证:
直线l过定点,并求该定点的坐标.
解:
(1)圆M的圆心为(3,1),半径r=
由题意知A(0,1),F(c,0),
直线AF的方程为
+y=1,即x+cy-c=0.
由直线AF与圆M相切,得
,解得c2=2,a2=c2+1=3,
故椭圆C的方程为
+y2=1.
(2)法一:
=0,知AP⊥AQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,故可设直线AP的方程为y=kx+1,直线AQ的方程为y=-
x+1.
联立
,整理得(1+3k2)x2+6kx=0,
解得x=0或x=
,故点P的坐标为(
),
同理,点Q的坐标为(
∴直线l的斜率为
∴直线l的方程为y=
(x-
)+
即y=
x-
∴直线l过定点(0,-
).
法二:
=0,知AP⊥AQ,从而直线PQ与x轴不垂直,故可设直线l的方程为y=kx+t(t≠1),
,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=
,x1x2=
.(*)
由Δ=(6kt)2-4(1+3k2)×
3(t2-1)>0,得3k2>t2-1.
=0,得
=(x1,y1-1)·
(x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0.
将(*)代入,得t=-
__定值问题____________________________
高考江西卷)如图,已知抛物线C:
x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).
(1)证明:
动点D在定直线上;
(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与
(1)中的定直线相交于点N2,证明:
|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.
[解]
(1)证明:
依题意可设AB方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8.
直线AO的方程为y=
x;
BD的方程为x=x2.
解得交点D的坐标为
注意到x1x2=-8及x
=4y1,
则有y=
=-2.
因此D点在定直线y=-2上(x≠0).
(2)依题设,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a≠0),代入x2=4y,得x2=4(ax+b),
即x2-4ax-4b=0.
由Δ=0,得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.
故切线l的方程可写为y=ax-a2.
分别令y=2,y=-2,得N1,N2的坐标为
N1
,N2
则|MN2|2-|MN1|2=
+42-
=8,
即|MN2|2-|MN1|2为定值8.
[规律方法] 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点:
特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.
(2)两大解法:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.
②引进变量法:
其解题流程为
2.(2015·
长春市调研)已知椭圆
=1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0),点H(2,
)在椭圆上.
(1)求椭圆的方程;
(2)若点M在圆x2+y2=b2上,且M在第一象限,过M作圆x2+y2=b2的切线交椭圆于P,Q两点,问:
△PF2Q的周长是否为定值?
若是,求出定值;
若不是,请说明理由.
(1)由题意,得
解得
,∴椭圆方程为
=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则
=1(|x1|≤3),
|PF2|2=(x1-1)2+y
=(x1-1)2+8(1-
)
(x1-9)2,
∴|PF2|=
(9-x1)=3-
x1.
连接OM,OP(图略),由相切条件知:
|PM|2=|OP|2-|OM|2=x
+y
-8=x
+8(1-
)-8=
x
∴|PM|=
x1,
∴|PF2|+|PM|=3-
x1+
x1=3,
同理可求得|QF2|+|QM|=3-
x2+
x2=3,
∴|F2P|+|F2Q|+|PQ|=3+3=6为定值.
__探究存在性问题______________________
高考湖南卷)如图,O为坐标原点,双曲线C1:
-
=1(a1>0,b1>0)和椭圆C2:
=1(a2>b2>0)均过点P
,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.
(1)求C1,C2的方程;
(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|
|=|
|?
证明你的结论.
[解]
(1)设C2的焦距为2c2,
由题意知,2c2=2,2a1=2.
从而a1=1,c2=1.
因为点P
在双曲线x2-
=1上,
所以
=1.故b
=3.
由椭圆的定义知
2a2=
=2
于是a2=
,b
=a
-c
=2.
故C1,C2的方程分别为
x2-
=1,
(2)不存在符合题设条件的直线.
①若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,
所以直线l的方程为x=
或x=-
当x=
时,易知A(
),B(
,-
所以|
|=2
,|
此时,|
|≠|
|.
当x=-
时,同理可知,|
②若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m.
,得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.
当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,
从而x1+x2=
于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=
,得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.
因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.
化简,得2k2=m2-3,
因此
=x1x2+y1y2
≠0,
于是
2+
2+2
≠
2-2
即|
|2≠|
|2,故|
综合①②可知,不存在符合题设条件的直线.
[规律方法] 存在性问题,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.
解决存在性问题应注意以下几点:
(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,要思维开放,采取另外的途径.
3.(2015·
江西南昌模拟)已知椭圆E的长轴的一个端点是抛物线y2=4
x的焦点,离心率是
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点C(-1,0)的动直线与椭圆相交于A,B两点.
①若线段AB中点的横坐标是-
,求直线AB的方程;
②在x轴上是否存在点M,使
为常数?
若存在,求出点M的坐标;
若不存在,请说明理由.
(1)根据已知易知椭圆的焦点在x轴上,且a=
又c=ea=
×
故b=
故所求椭圆E的方程为
即x2+3y2=5.
(2)①依题意知,直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x+1),
将y=k(x+1)代入x2+3y2=5,消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则
由线段AB中点的横坐标是-
得
解得k=±
,适合①′.
所以直线AB的方程为
y+1=0或x+
y+1=0.
②假设在x轴上存在点M(m,0),使
为常数.
a.当直线AB与x轴不垂直时,
由①知x1+x2=-
x1x2=
.③′
=(x1-m)(x2-m)+y1y2
=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1)
=(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2.
将②′③′代入,整理得
+m2
=m2+2m-
注意到
是与k无关的常数,
从而有6m+14=0,m=-
此时
b.当直线AB与x轴垂直时,此时点A,B的坐标分别为(-1,
),(-1,-
当m=-
时,
也有
综上,在x轴上存在定点M(-
,0),使
1.(2015·
东北三校联合模拟)已知圆M:
x2+(y-2)2=1,直线l:
y=-1,动圆P与圆M相外切,且与直线l相切.设动圆圆心P的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)若点A,B是E上的两个动点,O为坐标原点,且
=-16,求证:
直线AB恒过定点.
(1)设P(x,y),则
=(y+1)+1⇒x2=8y.
所以E的方程为x2=
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- 第八 课时 定点 问题