高考总复习解答题7 第2课时 定点与定值探索性问题文档格式.docx
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综上可得为定值4.
解答圆锥曲线中的定值问题应注意的两点
一是要分清问题中哪些量是定的,哪些量在变动;
二是“先猜后证”,也就是先由特殊情形探求出定值,进而证明一般情形,如本题通过直线的斜率不存在这个特殊情形,求出定值,进而再证明直线斜率存在的情形.
考向02:
圆锥曲线中的定点问题
(2017·
全国卷Ⅰ)已知椭圆C:
+=1(a>
b>
0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,,P41,中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程.
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:
l过定点.
【解】 由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知椭圆C经过P3,P4两点.
又由+>
+知,椭圆C不经过点P1,
所以点P2在椭圆C上.
因此解得故椭圆C的方程为+y2=1.
【证明】 设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.
如果l与x轴垂直,设l:
x=t,由题设知t≠0,且|t|<
2,可得A,B的坐标分别为t,,t,-,则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.
从而可设l:
y=kx+m(m≠1).
将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>
0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.
而k1+k2=+
=+
=.
由题设k1+k2=-1,
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·
+(m-1)·
=0,解得k=-.
当且仅当m>
-1时,Δ>
0,
于是l:
y=-x+m,
即y+1=-(x-2),
所以l过定点(2,-1).
解答圆锥曲线的定点问题应把握3个方面
(1)从特殊情形开始,求出定点,再证明该定点与变量无关;
(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.
1.(2017·
长春二模)已知抛物线C:
y2=2px(p>0)与直线x-y+4=0相切.
(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M,过该点的动直线l与抛物线C交于A,B两点,使得+为定值.如果存在,求出点M坐标;
如果不存在,请说明理由.
解:
(1)联立方程有,,有y2-2py+8p=0,由于直线与抛物线相切,得Δ=8p2-32p=0,p=4,所以y2=8x.
(2)假设存在满足条件的点M(m,0)(m>0),直线l:
x=ty+m,有,y2-8ty-8m=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),有y1+y2=8t,y1y2=-8m,
|AM|2=(x1-m)2+y=(t2+1)y,
|BM|2=(x2-m)2+y=(t2+1)y,
+=+==,
当m=4时,+为定值,所以M(4,0).
2.(2017·
贵阳二模)已知椭圆C:
+=1(a>b>0)的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x-y-2=0相切.
(2)A,B分别为椭圆C的左、右顶点,动点M满足MB⊥AB,直线AM与椭圆交于点P(与A点不重合),以MP为直径的圆交线段BP于点N,求证:
直线MN过定点.
(1)解:
∵以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x-y-2=0相切.
∴原点到直线x-y-2=0的距离d==,
∴b=,
又椭圆C:
+=1(a>b>0)的离心率为,
∴=,
则=,∴a=2,
∴椭圆C方程为+=1.
(2)证明:
设M(2,t),则直线AM的方程为:
y=(x+2)
联立,消去y得,
x2+x+-4=0,
xA·
xP=,则xP=,yP=(xP+2)=,
故kPB===-,
又以MP为直径的圆上与线段BP交于点N,
则MN⊥BP,
故直线MN方程为y-t=(x-2),
即y=x,
直线MN过定点O(0,0).
常考热点——探索性问题
圆锥曲线中探索性问题的解题策略
处理探索性问题,一般要先对结论作出肯定的假设,然后由此假设出发,结合已知条件进行推理论证,若推出相符的结论,则存在性随之解决;
若导出矛盾,则否定了存在性.若证明某结论不存在,也可以采用反证法.
绵阳二模)已知椭圆C:
+=1(a>b>0)的短轴长为2,过上顶点E和右焦点F的直线与圆M∶x2+y2-4x-2y+4=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线l过点(1,0),且与椭圆C交于点A,B,则在x轴上是否存在一点T(t,0)(t≠0),使得不论直线l的斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB(其中O为坐标原点),若存在,求出t的值;
若不存在,请说明理由.
[思路点拨]
(1)由已知可得:
b=1,结合直线与圆M∶x2+y2-4x-2y+4=0相切.进而可得c2=3,a2=4,即得椭圆C的标准方程;
(2)在x轴上存在一点T(4,0),使得不论直线l的斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB,联立直线与椭圆方程,结合∠OTA=∠OTB时,直线TA,TB的斜率k1,k2和为0,可证得结论.
【解】
(1)由已知中椭圆C的短轴长为2,可得:
b=1,
则过上顶点E(0,1)和右焦点F(c,0)的直线方程为:
+y=1,
即x+cy-c=0,
由直线与圆M∶x2+y2-4x-2y+4=0相切.
故圆心M(2,1)到直线的距离d等于半径1,
即=1,解得:
c2=3,则a2=4,
故椭圆C的标准方程为:
+y2=1;
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
(i)当直线AB的斜率不为0时,设直线方程为:
x=my+1,代入+y2=1得:
(m2+4)y2+2my-3=0,
则y1+y2=,y1·
y2=,
设直线TA,TB的斜率分别为k1,k2,若∠OTA=∠OTB,
则k1+k2=+=
=
==0,
即2y1y2m+(y1+y2)(1-t)=+=0,解得t=4,
(ii)当直线AB的斜率为0时,t=4也满足条件,
综上,在x轴上存在一点T(4,0),使得不论直线l的斜率如何变化,总有∠OTA=∠OTB.
湖南十二校联考)已知椭圆C:
+=1(a>b>0)上的点到右焦点F的最小距离是-1,F到上顶点的距离为,点C(m,0)是线段OF上的一个动点.
(1)求椭圆的方程;
(2)是否存在过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A、B两点,使得(+)⊥,并说明理由.
解:
(1)由题意可知a-c=-1且=,
解得a=,b=c=1,∴椭圆的方程为+y2=1;
(2)由
(1)得F(1,0),所以0≤m≤1.
假设存在满足题意的直线l,设l的方程为y=k(x-1),
代入+y2=1,得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=,
∴y1+y2=k(x1+x2-2)=,
∴+=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=,
∵(+)⊥而AB的方向向量为(1,k),
∴-2m+×
k=0⇔(1-2m)k2=m
∴当0≤m<时,k=±
,即存在这样的直线l;
当≤m≤1时,k不存在,即不存在这样的直线l.
枣庄模拟)已知椭圆C:
+=1(a>b>0)的左焦点为F1(-1,0),抛物线x2=2py上的点(,1)处的切线经过椭圆C的下顶点.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)过点F1的动直线l交椭圆C于A,B两点(异于长轴端点).请问是否存在实常数λ,使得|-|=λ·
恒成立?
若存在,请求出λ的值;
(3)在
(2)的条件下,求△ABF2(F2为椭圆C的右焦点)内切圆面积的取值范围.
(1)点(,1)代入x2=2py,可得p=1,∴x2=2y,即y=x2,y′=x,
∴抛物线x2=2py上的点(,1)处的切线斜率为,
∴抛物线x2=2py上的点(,1)处的切线方程为y-1=(x-),即y=x-1,
令x=0得y=-1,
∴b=1,a==,
∴椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)记A(x1,y1),B(x2,y2),设l的方程为x=my-1,
代入椭圆方程,整理可得(m2+2)y2-2my-1=0,
∴y1+y2=,y1y2=-,
∴|-|=||==.
∵=(x1+1,y1)=(my1,y1),=(x2+1,y2)=(my2,y2),
∴·
=(m2+1)y1y2=,
∴存在实常数λ=-2,使得|-|=λ·
恒成立.
(3)设△ABF2(F2为椭圆C的右焦点)内切圆的半径为r,则
S△ABF2=·
4ar=2r=|F1F2||y1-y2|=|y1-y2|,解得r=|y1-y2|.
∴S圆=(y1-y2)2=.
设m2+1=t(t≥1),则S圆=.
∵t≥1,∴t++2≥4(当t=1,即m=0是取等号),
∴0<S圆=≤,
∴△ABF2内切圆面积的取值范围是.
1.已知抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,直线l与抛物线相交于不同的A,B两点.
(1)求抛物线的标准方程;
(2)如果直线l过抛物线的焦点,求·
的值;
(3)如果·
=-4,直线l是否过一定点,若过一定点,求出该定点;
若不过一定点,试说明理由.
(1)已知抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,
所以=1,p=2.
∴抛物线的标准方程为y2=4x.
(2)设l:
my=x-1,与y2=4x联立,
得y2-4my-4=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=4m,y1y2=-4,
=x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1=-3.
(3)假设直线l过定点,设l:
my=x+n,
,得y2-4my+4n=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=4m,y1y2=4n.
由·
=-4=(m2+1)y1y2-mn(y1+y2)+n2=n2+4n,解得n=-2,
∴l:
my=x-2过定点(2,0).
2.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.
(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,说明理由.
(1)依题意,可设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),且可知其左焦点为F′(-2,0).
从而有解得
又a2=b2+c2,所以b2=12,
故椭圆C的方程为+=1.
(2)假设存在符合题意的直线l,设其方程为
y=x+t.
由得3x2+3tx+t2-12=0.
因为直线l与椭圆C有公共点,
所以Δ=(3t)2-4×
3×
(t2-12)≥0,
解得-4≤t≤4.
另一方面,由直线OA与l的距离d=4,得=4,
解得t=±
2.
由于±
2∉[-4,,4],所以符合题意的直线l不存在.
3.(2017·
大庆二模)已知椭圆C:
0)经过点P(2,),离心率e=,直线l的渐近线为x=4.
(2)经过椭圆右焦点F的任一直线(不经过点P)与椭圆交于两点A,B,设与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在常数λ,使得k1+k2=λk3?
若存在,求出λ的值;
(1)由点P(2,)在椭圆上得,+=1,①
又e=,所以=,②
由①②得c2=4,a2=8,b2=4,故椭圆C的方程为+=1.
(2)假设存在常数λ,使得k1+k2=λk3.
由题意可设AB的斜率为k,则直线AB的方程为y=k(x-2),③
代入椭圆方程+=1并整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-8=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=,x1x2=,④
在方程③中,令x=4得,M(4,2k),从而k1=,k2=,k3==k-.
又因为A、F、B共线,则有k=kAF=kBF,即有==k,
所以k1+k2=+=+-
=2k-·
,⑤
将④代入⑤得k1+k2=2k-·
=2k-,
又k3=k-,
所以k1+k2=2k3.故存在常数λ=2符合题意.
4.已知中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,离心率为且过点(,0),过定点C(-1,0)的动直线与该椭圆相交于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;
(1)由题意可设椭圆的标准方程为:
+=1(a>b>0),
∴=,a=,a2=b2+c2,
解得a=,c=,b2=.
∴椭圆的方程为x2+3y2=5,
直线斜率不存在时显然不成立,设直线AB:
y=k(x+1),
将AB:
y=k(x+1)代入椭圆的方程,消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0,
则
∵线段AB的中点的横坐标为-,解得k=±
∴直线AB的方程为x±
y+1=0.
(2)假设在x轴上存在点M(m,0),使得·
为常数,
①当直线AB与x轴不垂直时,由
(1)知
x1+x2=-,x1·
x2=,
=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2=m2+2m--,
∵·
是与k无关的常数,
从而有6m+14=0,m=-,
此时·
②当直线AB与x轴垂直时,此时结论成立,
综上可知,在x轴上存在定点M,使·
=,为常数.
5.(2017·
临沂一模)如图,椭圆C:
0)的离心率为,以椭圆C的上顶点T为圆心作圆T∶x2+(y-1)2=r2(r>0),圆T与椭圆C在第一象限交于点A,在第二象限交于点B.
(2)求·
的最小值,并求出此时圆T的方程;
(3)设点P是椭圆C上异于A,B的一点,且直线PA,PB分别与Y轴交于点M,N,O为坐标原点,求证:
|OM|·
|ON|为定值.
(1)由椭圆得:
b=1,e==,
∴a2-c2=1,=,得a2=4,c2=3,b2=1,故椭圆C的方程为+y2=1;
(2)∵点A与点B关于y轴对称,
设A(x1,y1),B(-x1,y1),
由点A在椭圆C上,则x=4-4y,
∵T(0,1),得=(x1,y1-1),=(-x1,y1-1),
=-x+(y1-1)2=4y-4+y-2y1+1=52-,
由题意得,0<y1<1,
∴当y1=时,·
取得最小值-,
此时,x=4-,x1=,故A,
又点A在圆T上,带入圆的方程,得r2=,
故圆T的方程是x2+(y-1)2=;
(3)设p(x0,y0),则PA的方程为
y-y0=(x-x0),
令x=0,得yM=y0-=,
同理可得,yN=,
故yM·
yN=①,
∵p(x0,y0),A(x1,y1)都在椭圆C上,
∴y=1-,y=1-,
代入①得,yM·
yN==1,
即得|OM|·
|ON|=|yM·
yN|=1为定值.
6.(2017·
广元二诊)已知点P是椭圆C上任一点,点P到直线l1∶x=-2的距离为d1,到点F(-1,0)的距离为d2,且=.直线l与椭圆C交于不同两点A,B(A,B都在x轴上方),且∠OFA+∠OFB=180°
.
(2)当A为椭圆与y轴正半轴的交点时,求直线l方程;
(3)对于动直线l,是否存在一个定点,无论∠OFA如何变化,直线l总经过此定点?
若存在,求出该定点的坐标;
(1)设P(x,y),则d1=|x+2|,d2=,
==,化简得:
+y2=1,
∴椭圆C的方程为:
+y2=1.
(2)∵A(0,1),F(-1,0),
∴kAF==1,∠OFA+∠OFB=180°
∴kBF=-1,BF:
y=-1(x+1)=-x-1,
代入+y2=1,得:
3x2+4x=0,
∴x=0,或x=-,代入y=-x-1得(舍),或,
∴B,kAB==,
∴AB:
y=x+1,
(3)由于∠OFA+∠OFB=180°
,所以B关于x轴的对称点B1在直线AF上.
设A(x1,y1),B(x2,y2),B1(x2,-y2),
设直线AF方程:
y=k(x+1),代入+y2=1,
得:
x2+2k2x+k2-1=0,
x1+x2=-,x1x2=,
kAB=,AB:
y-y1=(x-x1),
令y=0,得:
x=x1-y1=,
y1=k(x1+1),y2=-k(x2+1),
x===
==-2,
∴直线l总经过定点M(-2,0).
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