解析几何中的定值和定点问题.docx
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解析几何中的定值和定点问题
解析几何中的定值定点问题
(一)
一、定点问题
【例1】.已知椭圆C:
22
xy
221(ab0)
ab
的离心率为
3
2
,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆
与直线xy20相切.
⑴求椭圆C的方程;
⑵设P(4,0),M、N是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点,连结PN交椭圆C于另一点E,求
直线PN的斜率的取值范围;
⑶在⑵的条件下,证明直线ME与x轴相交于定点.
解:
⑴由题意知
e
c
a
3
2
,所以
2
e
222
cab
22
aa
3
4
,即
242
ab,又因为
2
b1,所以
11
22
a4,b1,故椭圆C的方程为C:
2
x
4
21
y.
⑵由题意知直线PN的斜率存在,设直线PN的方程为yk(x4)①
yk(x4)
联立2
x
4
2
y
1
消去y得:
2222
(4k1)x32kx4(16k1)0,
由
2222
(32k)4(4k1)(64k4)0得
2
12k10,
又k0不合题意,
所以直线PN的斜率的取值范围是
3
6
k0或0
3
k.
6
⑶设点N(x1,y1),E(x2,y2),则M(x1,y1),直线ME的方程为
yy
21
yy(xx)
22
xx
21
,
y(xx)
令y0,得221
xx
2
yy
21
,将y1k(x14),y2k(x24)代入整理,得
x
2xx4(xx)
1212
xx
12
8
.②
由得①
22
32k64k4
xx,xx
122122
4k14k1
代入②整理,得x1,
所以直线ME与x轴相交于定点(1,0).
【针对性练习1】在直角坐标系xOy中,点M到点
F13,0,F23,0的距离之和是4,点M的轨
迹是C与x轴的负半轴交于点A,不过点A的直线l:
ykxb与轨迹C交于不同的两点P和Q.
⑴求轨迹C的方程;
⑵当APAQ0时,求k与b的关系,并证明直线l过定点.
解:
⑴∵点M到3,0,3,0的距离之和是4,∴M的轨迹C是长轴为4,焦点在x轴上焦中为23
的椭圆,其方程为
2
x
4
21
y.
1
y
P
Ox
Q
⑵将ykxb,代入曲线C的方程,整理得
22
(14k)x82kx40,因为直线l与曲线C交于不同的
两点P和Q,所以
222222
64kb4(14k)(4b4)16(4kb1)0①
设
Px1,y1,Qx2,y2,则x1x2
82k
14
2
k
,
4
xx
122
14k
②
且
22
y1y2(kx1b)(kx2b)(kx1x2)kb(x1x2)b,显然,曲线C与x轴的负半轴交于点A2,0,所
以
APxy,AQx22,y2.由APAQ0,得(x12)(x22)y1y20.
12,1
将②、③代入上式,整理得
22
12k16kb5b0.所以(2kb)(6k5b)0,即b2k或
6
bk.经检验,
5
都符合条件①,当b2k时,直线l的方程为ykx2k.显然,此时直线l经过定点2,0点.即直线l
经过点A,与题意不符.当
6
bk时,直线l的方程为
5
65
ykxkkx.
56
显然,此时直线l经过定点
6
5
0
点,且不过点A.综上,k与b的关系是:
6
bk,且直线l经过定点
5
6
5
0
点.
2y2x
【针对性练习2】在平面直角坐标系xoy中,如图,已知椭圆1
的左、右顶点为A、B,右焦点95
为F。
设过点T(t,m)的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x1,y)、
1
N(x2,y2),其中m>0,y10,y20。
2PB2
(1)设动点P满足4
PF,求点P的轨迹;
(2)设
1
x12,x2,求点T的坐标;
3
(3)设t9,求证:
直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)。
【解析】本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。
考查运算求解能力
和探究问题的能力。
解:
(1)设点P(x,y),则:
F(2,0)、B(3,0)、A(-3,0)。
2PB
2
由4
PF,得
2222
(x2)y[(x3)y]4,化简得
9
x。
2
2
故所求点P的轨迹为直线
9
x。
2
(2)将
1
x分别代入椭圆方程,以及y10,y20得:
M(2,
12,x2
3
5
3
)、N(
1
3
,
20
9
)
直线MTA方程为:
y0x3
523
0
3
,即
1
yx1,
3
直线NTB方程为:
y0x3
201
03
93
,即
55
yx。
62
x7
联立方程组,解得:
y
10
3
,
所以点T的坐标为
10
(7,)
3
。
(3)点T的坐标为(9,m)
直线MTA方程为:
y0x3
m093
m
,即(3)
yx,
12
直线NTB方程为:
y0x3
m093
m
,即(3)
yx。
6
2y
2
x
分别与椭圆1
联立方程组,同时考虑到
95
x13,x23,
解得:
M
2
3(80m)40m
(,)
22
80m80m
、
N
2
3(m20)20m
(,)
22
20m20m
。
(方法一)当
xx时,直线MN方程为:
12
2
20m3(m20)
yx
22
20m20m
40203(802)3(220)
mmmm
2222
80m20m80m20m
令y0,解得:
x1。
此时必过点D(1,0);
当
xx时,直线MN方程为:
x1,与x轴交点为D(1,0)。
12
所以直线MN必过x轴上的一定点D(1,0)。
(方法二)若
xx,则由
12
22
2403m3m60
22
80m20m
及m0,得m210,
此时直线MN的方程为x1,过点D(1,0)。
40m
若
xx,则m210,直线MD的斜率
12
k
MD
210m
80m
22
2403m40m
1
2
80m
,
3
直线ND的斜率
k
ND
20m
10m
2
20m
22
3m6040m
1
2
20m
,得
kk,所以直线MN过D点。
MDND
因此,直线MN必过x轴上的点(1,0)。
【针对性练习3】已知椭圆C中心在原点,焦点在x轴上,焦距为2,短轴长为23.(Ⅰ)求椭圆C的
标准方程;(Ⅱ)若直线l:
ykxmk0与椭圆交于不同的两点M、N(M、N不是椭圆的左、
右顶点),且以MN为直径的圆经过椭圆的右顶点A.求证:
直线l过定点,并求出定点的坐标.
解:
(Ⅰ)设椭圆的长半轴为a,短半轴长为b,半焦距为c,则
2c2,
2b23,
222
abc,
解得
a
b
2,
3,
∴椭圆C的标准方程为
22
xy
43
1
.⋯⋯4分
(Ⅱ)由方程组
22
xy
1
43
ykxm
消去y,得
222
34kx8kmx4m120.⋯⋯6分
由题意△
222
8km434k4m120,
整理得:
22
34km0①⋯⋯⋯7分
设
Mx1,y1、Nx2,y2,则
8km
xx
122
34k
,
2
4m12
xx
122
34k
.⋯⋯⋯8分
由已知,AMAN,且椭圆的右顶点为A(2,0),
∴
x12x22y1y20.⋯⋯10分
即
22
1kxxkm2xxm40,
1212
也即
2
4m128km
22
1kkm2m40
22
34k34k
,
整理得
22
7m16mk4k0.解得m2k或
2k
m,均满足①⋯⋯⋯11分
7
当m2k时,直线l的方程为ykx2k,过定点(2,0),不符合题意舍去;
当
2k
m时,直线l的方程为
7
2
ykx,过定点
7
2
(,0)
7
,
4
二、定值问题
【例2】.已知椭圆的中心在原点,焦点F在y轴的非负半轴上,点F到短轴端点的距离是4,椭圆上的点
到焦点F距离的最大值是6.
(Ⅰ)求椭圆的标准方程和离心率e;
(Ⅱ)若F为焦点F关于直线
3
y的对称点,动点M满足
2
MF
MF
e,问是否存在一个定点A,使M到
点A的距离为定值?
若存在,求出点A的坐标及此定值;若不存在,请说明理由.
解:
(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a,c,由已知得
a
4
,
ac
6,
解得
a4,c2
.
所以椭圆的标准方程为
22
yx
1612
1.离心率e
21
42
.
(Ⅱ)F(0,2),F(0,1),设M(x,y),由
MF
MF
e得
22
x(y2)1
22
x(y1)
2
化简得
22
3x3y14y150,即
27222
x(y)()
33
故存在一个定点
7
A(0,),使M到A点的距离为定值,其定值为
3
2
3
.
【例3】.已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点在x轴上,P(2,0)为定点.
(Ⅰ)若点P为抛物线的焦点,求抛物线C的方程;
(Ⅱ)若动圆M过点P,且圆心M在抛物线C上运动,点A、B是圆M与y轴的两交点,试推断是否存在
一条抛物线C,使|AB|为定值?
若存在,求这个定值;若不存在,说明理由.
解:
(Ⅰ)设抛物线方程为
p
22(0)
ypxp,则抛物线的焦点坐标为(,0)
2
p
.由已知,2
2
,即p4,
故抛物线C的方程是
28
yx.
(Ⅱ)设圆心M(a,b)(a0),点A(0,y1),B(0,y2).因为圆M过点P(2,0),则可设圆M的方程为
2222
(xa)(yb)(a2)b.令x0,得
22440
ybya.则y1y22b,y1y24a4.
所以
222
|AB|(yy)(yy)4yy4b16a16.,设抛物线C的方程为
121212
2(0)
ymxm,因为圆心M在抛物线C上,则
2
bma.所以
|AB|4ma16a164a(m4)16.由此可得,当m4时,|AB|4为定值.故存在一条抛物
线
24
yx,使|AB|为定值4.
5
解析几何中的定值定点问题
(二)
1、已知椭圆C的离心率
e
3
2
,长轴的左右端点分别为A12,0,A22,0。
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)设直线xmy1与椭圆C交于P、Q两点,直线A1P与A2Q交于点S。
试问:
当m变化时,点S
是否恒在一条定直线上?
若是,请写出这条直线方程,并证明你的结论;若不是,请说明理由。
22
xy
解法一:
(Ⅰ)设椭圆C的方程为
22
ab
1ab0。
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
∵a2,
e
c3
a2
,∴c3,
222
bac1。
⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
2
2
x
∴椭圆C的方程为
4
2
y1。
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
(Ⅱ)取m0,得
33
P1,,Q1,
22
,直线
AP的方程是
1
33
yx,
63
直线
AQ的方程是
2
3
yx3,
2
交点为S14,3.⋯⋯⋯⋯7分,
若P1,3,Q1,3
22
,由对称性可知交点为
S4,3.
2
若点S在同一条直线上,则直线只能为:
x4。
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
2
x
4
2
y1
以下证明对于任意的m,直线A1P与直线A2Q的交点S均在直线:
x4上。
事实上,由
得
xmy1
22
my14y4,即
22
m4y2my30,
2m3
记Px1,y1,Qx2,y2,则1212
yy,yy
22
m4m4
。
⋯⋯⋯⋯9分
设
AP与交于点S0(4,y0),由
1
yy
01
42x2
1
得
6y
1
y.
0
x2
1
设
AQ与交于点S0(4,y0),由
2
yy
02
42x2
2
得
2y
2
y.
0
x2
2
⋯⋯⋯10
12m12m
yy
00
6y2y
12
x2x2
12
6ymy12ymy3
1221
x2x2
12
4myy6yy
1212
x2x2
12
22
m4m40
x2x2
12
,⋯
∴y0y0,即S0与S0重合,这说明,当m变化时,点S恒在定直线:
x4上。
13分
解法二:
(Ⅱ)取m0,得
33
P1,,Q1,
22
,直线
AP的方程是
1
33
yx,
63
直线A2Q的方程是
3
yx3,
2
交点为S14,3.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
6
取m1,得
83
P,,Q0,1
55
,直线
AP的方程是
1
11
yx,
63
直线A2Q的方程是
1
yx1,
2
交点为S24,1.
∴若交点S在同一条直线上,则直线只能为:
x4。
⋯⋯⋯⋯⋯8分
以下证明对于任意的m,直线
AP与直线
1
AQ的交点S均在直线:
x4上。
事实上,由
2
2
x
4
2
y1
得
xmy1
22
my14y4,即
22
m4y2my30,记P1x1,y2,,2则Qx
2m3
。
⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分yy,yy
122212
m4m4
AP的方程是
1
y
1
yx2,
x2
1
AQ的方程是
2
y
2
yx2,
x2
2
消去y,得
yy
12
x2x2
x2x2
12
⋯
①以下用分析法证明x4时,①式恒成立。
要证明①式恒成立,只需证明
6y2y
12
x2x2
12
即证
3ymy1ymy3即,证2my1y23y1y2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯②∵
1221
6m6m
∴②式恒成立。
这说明,当m变化时,点S恒在定直线:
x4上。
2myy3yy0,
122212
m4m4
解法三:
(Ⅱ)由
2
x
4
2
y1
得
22
my14y4,即
22
m4y2my30。
xmy1
2m3
记Px,y,Qx,y,则122122
yy,yy
1122
m4m4
。
⋯⋯⋯⋯⋯6分
AP的方程是
1
y
1
yx2,
x2
1
AQ的方程是
2
y
2
yx2,
x2
2
⋯⋯7分
由
y
1
yx2,
x2
1
y
2
yx2,
x2
2
得
yy
12
x2
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