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1、。 -可编辑修改 - 2017 届高三第一轮复习专题训练之 圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型 定点问题是常见的出题形式,化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、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。直线过定点问题通法,是设出直线方程, 通过韦达定理和已知条件找出k 和 m的一次函数关系式,代入直线方程即可。技巧在于:设哪一条直线? 如何转化题目条件?圆锥曲线是一种很有趣的载体,自身存在很多性质,这些性质往往成为出题老师的参 考。如果大家能够熟识这些常见的结论,那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种 定点模型: 模型一: “手电筒”模
2、型 例题、(07 山东) 已知椭圆C:1 34 22 yx 若直线mkxyl:与椭圆C 相交于A, B 两点( A,B 不是左右顶点) ,且以 AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标。 解: 设 1122 (,),(,)A xyB xy,由 22 3412 ykxm xy 得 222 (34)84(3)0kxmkxm, 2222 6416(34)(3)0m kkm, 22 340km 2 1212 22 84(3) , 3434 mkm xxxx kk 22 22 121212122 3(4) () ()() 34 mk yykxmkxmk x xmk xxm
3、k 以 AB为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D且1 ADBD kk, 12 12 1 22 yy xx , 121212 2()40y yx xxx, 222 222 3(4)4(3)16 40 343434 mkmmk kkk , 整理得: 22 71640mmkk,解得: 12 2 2 , 7 k mk m,且满足 22 340km 当2mk时,:(2)lyk x,直线过定点(2,0),与已知矛盾; 当 2 7 k m时, 2 :() 7 lyk x,直线过定点 2 (,0) 7 综上可知,直线l过定点,定点坐标为 2 (,0). 7 方法总结: 本题为 “弦对定点张直角”的一个例子
4、:圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直 线交圆锥曲线于AB ,则 AB必过定点) )( , )( ( 22 22 0 22 22 0 ba bay ba bax 。 (参考百度文库文章: “圆锥曲线的弦对 定点张直角的一组性质”) 模型拓展: 本题还可以拓展为“手电筒”模型:只要任意一个限定AP与 BP条件(如 BPAP kk定 值, BPAPkk 定值) ,直线 AB依然会过定点(因为三条直线形似手电筒,固名曰手电筒模型)。 (参考优 酷视频资料尼尔森数学第一季第13 节) 此模型解题步骤: Step1 :设 AB直线mkxy,联立曲线方程得根与系数关系,求出参数范围; Step2 :由
5、 AP与 BP关系(如1 BPAP kk) ,得一次函数)()(kfmmfk或者; Step3 :将)()(kfmmfk或者代入mkxy,得 定定 yxxky)(。 迁移训练 练习 1:过抛物线M:pxy2 2 上一点 P(1,2 )作倾斜角互补的直线PA与 PB ,交 M于 A、B两点,求 证:直线AB过定点。(注:本题结论也适用于抛物线与双曲线) 。 -可编辑修改 - 练习 2:过抛物线M:xy4 2 的顶点任意作两条互相垂直的弦OA 、OB ,求证:直线AB过定点。(经典 例题,多种解法) 练习 3:过12 22 yx上的点作动弦AB 、AC且3 ACAB kk,证明 BC恒过定点。(本
6、题参考答案: ) 5 1 , 5 1 () 练习 :4 :设 A 、B是轨迹C: 2 2(0)ypx P上异于原点O的两个不同点,直线OA和OB的倾斜角 分别为和,当,变化且 4 时,证明直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标。(参考答案 2 ,2pp) 【答案】设 1122 ,A x yB xy,由题意得 12 ,0x x,又直线 OA,OB的倾斜角,满足 4 , 故0, 4 ,所以直线AB的斜率存在,否则,OA,OB 直线的倾斜角之和为 从而设AB 方程为 ykxb,显然 22 12 12 , 22 yy xx pp , 将ykxb与 2 2(0)ypx P联立消去x,得 2 220kypy
7、pb 由韦达定理知 1212 22 , ppb yyyy kk 由 4 ,得 1tantan() 4 = tantan 1tantan = 12 2 12 2 () 4 p yy y yp 将式代入上式整理化简可得: 2 1 2 p bpk ,所以22bppk, 此时,直线 AB的方程可表示为ykx22ppk 即 (2 )20k xpyp 所以直线AB恒过定点2 ,2pp. 练习 5:(2013 年高考陕西卷(理) )已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为 8. ( ) 求动圆圆心的轨迹C的方程 ; ( ) 已知点B(-1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两
8、点P, Q, 若x轴是PBQ 的角 平分线 , 证明直线l过定点 . 【答案】解:( ) A(4,0),设圆心 C 2222 , 2 ),(ECMECMCA MN MEEMNyx,由几何图像知线段的中点为 xyxyx84) 4 22222 ( ( ) 点B(-1,0), 2 2 21 2 121212211 8,8,00),(),(xyxyyyyyyxQyxP,由题知设. 080)()(8 88 11 21122121 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 yyyyyyyy y y y y x y x y 直线PQ 方程为 :)8( 1 )( 2 1 12 11 12 12 1 yx yy
9、yyxx xx yy yy 1,088)(8)()( 12 2 112112 xyxyyyyxyyyyyy 所以 , 直线 PQ过定点 (1,0) 练习 6:已知点 1,0 ,1,0 ,BCP是平面上一动点,且满足 | |PCBCPB CB (1)求点P的轨迹C对应的方程; (2)已知点(,2)A m在曲线C上,过点 A作曲线C的两条弦AD和AE,且ADAE,判断:直 线DE是否过定点?试证明你的结论. 。 -可编辑修改 - 【解】 (1)设.4,1) 1(|),( 222 xyxyxCBPBBCPCyxP化简得得代入(5 分) ).2, 1(, 14)2,()2( 2 的坐标为点得代入将Am
10、xymA ,044,4 22 tmtyxytmyxDE得代入的方程为设直线 )(,则设*016)44,4),(),( 2 21212211 tmtyymyyyxEyxD 4)(21)()2)(2() 1)(1( 212121212121 yyyyxxxxyyxxAEAD 5)(2) 44 ( 44 2121 2 2 2 1 2 2 2 1 yyyy yyyy 5)(2 4 2)( 16 )( 2121 21 2 21 2 21 yyyy yyyyyy mmttmt tmt 845605)4(2)4( 4 )4(2)4( 16 )4(22 22 化简得 ) 1(23) 1(4348496 222
11、2 mtmtmmtt)即(即 0*, 1252)式检验均满足代入(或mtmt 1)2(5)2(ymxymxDE或的方程为直线 )不满足题意,定点(过定点直线21).2,5(DE) 练习 7:已知点A( 1, 0) ,B( 1, 1)和抛物线 .xyC4: 2 ,O为坐标原点,过点A的动直线l 交抛物线C于M、P,直线MB交抛物线C于另一点Q,如图 . (I )证明 : OMOP为定值 ; (II )若POM的面积为 2 5 ,求向量OM与OP的夹角; ()证明直线PQ恒过一个定点 . 解: ( I)设点Py y Py y M), 4 (), 4 ( 2 2 2 1 2 1 、M、A三点共线,
12、, 44 1 4 , 2 2 2 1 21 2 1 1 yy yy y y kk DMAM 即 4, 1 4 21 21 2 1 1 yy yyy y 即 .5 44 21 2 2 2 1 yy yy OPOM (II)设POM=,则.5cos|OPOM .5sin|, 2 5 OPOMS ROM 由此可得 tan =1. 又.45,45), 0(的夹角为与故向量OPOM ( ) 设点My y Q), 4 ( 3 2 3 、B、Q三点共线,, QMBQ kk 3133 222 2 331313 2 31331313 11 , 4 1 444 (1)()4,40.11 yyyy yyyyyy y
13、yyyy yyy 即即 即分 ,04 44 , 4 ,4 3 2 3 22 121 y y y yy yyy即 第 22 题 。 -可编辑修改 - 即.(*)04)(4 3232 yyyy , 4 44 32 2 3 2 2 32 yyyy yy kPQ ) 4 ( 4 2 2 32 2 y x yy yyPQ的方程是直线 即.4)(,4)( 3232 2 2322 xyyyyyyxyyyy即 由( *)式,,4)(4 3232 yyyy代入上式,得).1(4)(4( 32 xyyy 由此可知直线PQ过定点 E(1, 4) . 模型二:切点弦恒过定点 例题: 有如下结论:“ 圆 222 ryx
14、上一点),(00yxP处的切线方程为 2 00 ryyyx” ,类比也有 结论: “ 椭圆),()0(1 00 2 2 2 2 yxPba b y a x 上一点处的切线方程为1 2 0 2 0 b yy a xx ” ,过椭圆C: 1 4 2 2 y x 的右准线l上任意一点M引椭圆 C的两条切线,切点为 A、B. (1)求证:直线AB恒过一定点; (2)当点 M在的纵坐标为1 时,求 ABM 的面积。 【解】(1)设 M1 4 ),(),(),)(, 3 34 ( 1 1 221,1 yy xx MAyxByxARtt的方程为则 点 M在 MA上1 3 3 11 tyx同理可得1 3 3
15、22 tyx 由知AB的方程为)1 (3, 1 3 3 tyxtyx即 易知右焦点F(0,3)满足式,故AB恒过椭圆C的右焦点F(0, 3) (2)把 AB的方程0167,1 4 )1 (3 2 2 yyy x yx化简得代入 7 16 7 2836 31| AB又 M到 AB的距离 3 32 31 | 3 34 | d ABM 的面积 21 316 | 2 1 dABS 方法点评: 切点弦的性质虽然可以当结论用,但是在正式的考试过程中直接不能直接引用,可以用 本题的书写步骤替换之,大家注意过程。 方法总结:什么是切点弦?解题步骤有哪些? 。 -可编辑修改 - 参考: PPT圆锥曲线的切线及切
16、点弦方程,百度文库 参考: “尼尔森数学第一季_3 下” ,优酷视频 拓展:相交弦的蝴蝶特征蝴蝶定理,资料 练习1:( 2013 年广东省数学(理)卷)已知抛物线C的顶点为原点, 其焦点0,0Fcc到直线 l:20xy的距离为 3 2 2 . 设P为直线l上的点 , 过点P作抛物线 C的两条切线,PA PB, 其中,A B 为切点 . ( ) 求抛物线C的方程 ; ( ) 当点 00 ,P xy为直线l上的定点时 , 求直线AB的方程 ; ( ) 当点P在直线 l上移动时 , 求AFBF 的最小值 . 【答案】( ) 依题意 , 设抛物线 C的方程为 2 4xcy, 由 02 3 2 2 2
17、c 结合0c, 解得1c. 所 以抛物线 C的方程为 2 4xy. ( ) 抛物线C的方程为 2 4xy, 即 2 1 4 yx,求导得 1 2 yx 设 11 ,A x y, 22 ,B xy( 其中 22 12 12 , 44 xx yy), 则切线,PA PB的斜率分别为 1 1 2 x, 2 1 2 x, 所以切线PA: 1 11 2 x yyxx, 即 2 11 1 22 xx yxy, 即 11 220x xyy 同理可得切线PB的方程为 22 220x xyy 因为切线,PA PB均过点 00 ,P xy, 所以1001220x xyy,2002220x xyy 所以 1122
18、,xyxy为方程 00 220x xyy的两组解 . 所以直线AB的方程为 00 220x xyy. ( ) 由抛物线定义可知 1 1AFy, 2 1BFy, 所以 121212 111AFBFyyy yyy 联立方程 00 2 220 4 x xyy xy , 消去x整理得 222 000 20yyxyy 由一元二次方程根与系数的关系可得 2 1200 2yyxy, 2 120 y yy 所以 22 1212000 121AFBFy yyyyxy 又点 00 ,P xy在直线l上, 所以002xy, 所以 2 222 000000 19 212252 22 yxyyyy 所以当 0 1 2
19、y时, AFBF取得最小值 , 且最小值为 9 2 . 。 -可编辑修改 - 练习 2: (2013 年辽宁数学(理) )如图 , 抛物线 22 12 :4 ,:20Cxy Cxpy p,点 00 ,Mxy在 抛物线 2 C上, 过M作 1 C的切线 , 切点为,A B(M为原点O时,A B重合于O) 0 12x, 切线.MA的 斜率为 1 2 -. (I) 求p的值 ;(II)当M在 2 C上运动时 , 求线段AB中点N的轨迹方 .,.A BOO重合于时 中点为 【答案】 。 -可编辑修改 - 模型三:相交弦过定点 相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展,结论同样适用。 参考尼尔森数学第一季
20、_3 下,优酷视频。 但是具体解题而言,相交弦过定点涉及坐标较多,计算量相对较大,解题过程一定要注意思路,同时注意 总结这类题的通法。 例题: 如图,已知直线L:)0(1:1 2 2 2 2 ba b y a x Cmyx过椭圆的右焦点F,且交椭圆C于 A、B两点,点 A、B在直线 2 :Gxa上的射影依次为点D、E。连接 AE、BD ,试探索当m变化时,直线AE 、 BD是否相交于一定点N?若交于定点N,请求出N点的坐标,并给予证明;否则说明理由。 法一:解:)0 ,(),0, 1 ( 2 akF先探索,当m=0时,直线Lox 轴,则 ABED 为矩形,由对称性知, AE与 BD相交于 FK
21、中点 N , 且)0 , 2 1 ( 2 a N 。 猜想:当m变化时, AE与 BD相交于定点)0, 2 1 ( 2 a N 证明:设),(),(),(),( 1 2 2 2 2211 yaDyaEyxByxA ,当 m变化时首先 AE过定点 N 2222222 222222 22222 12 22 1 2 1212 22 1 2 1212 22 2 1 ()2(1)08 0 4(1)0(1) , 11 22 1 () 2 0 11 () 22 1 () 2 12 ( 2 ANEN ANEN xmy ab mymb yba b xa ya b a bam ba yy KK aa my a y
22、ymy y KK aa my a yymy y amb a 即分 又 而 这是 22 22222 222 222 (1) ) (1) () 0) ba m m bam b ambmb am b KAN=KENA、 N、E三点共线同理可得B、N、 D三点共线 AE与 BD相交于定点)0, 2 1 ( 2 a N 法 2:本题也可以直接得出AE和 BD方程,令y=0,得与 x 轴交点 M 、N,然后两个坐标相减=0. 计算量 也不大。 方法总结:方法 1 采用归纳猜想证明,简化解题过程,是证明定点问题一类的通法。这一类题在答 题过程中要注意步骤。 。 -可编辑修改 - 例题 、已知椭圆 C: 2
23、2 1 4 x y,若直线:(2)lxt t与 x 轴交于点T, 点 P为直线l上异于点T 的任 一点,直线PA1,PA2分别与椭圆交于M 、N点,试问直线MN是否通过椭圆的焦点?并证明你的结论。 方法 1:点 A1、A2的坐标都知道,可以设直线PA1、PA2的方程,直线PA1和椭圆交点是A1(-2,0)和 M , 通过韦达定理,可以求出点M的坐标, 同理可以求出点N的坐标。 动点 P在直线:(2)lxt t上,相当于 知道了点P的横坐标了,由直线PA1、 PA2的方程可以求出P点的纵坐标,得到两条直线的斜率的关系,通 过所求的M 、N点的坐标,求出直线MN的方程,将交点的坐标代入,如果解出的
24、t2 ,就可以了,否则就 不存在。 解: 设 11 (,)Mx y, 22 (,)N xy,直线 1 A M的斜率为 1 k, 则直线 1 A M的方程为 1( 2)ykx,由 1 22 (2) 44 yk x xy 消 y 整理得 222 121 (14)161640kxk xk 1 2x和是方程的两个根, 2 1 12 1 164 2 14 k x k 则 2 1 12 1 28 14 k x k , 1 1 2 1 4 14 k y k , 即点 M的坐标为 2 11 22 11 2 84 (,) 1 414 kk kk , 同理,设直线A2N的斜率为k2,则得点 N的坐标为 2 22
25、22 22 824 (,) 1414 kk kk 12 (2),(2) pp yk tykt 12 12 2kk kkt ,直线 MN 的方程为: 121 121 yyyy xxxx , 令 y=0,得 2112 12 x yx y x yy ,将点 M 、N的坐标代入,化简后得: 4 x t 又 2t , 4 02 t 椭圆的焦点为( 3,0) 4 3 t ,即 4 3 3 t 故当 4 3 3 t时, MN过椭圆的焦点。 方法总结 :本题由点A1(-2,0)的横坐标 2 是方程 222 121 (14)161640kxk xk的一个根,结合 韦达定理,得到点M 的横纵坐标: 2 1 12
26、1 28 14 k x k , 1 1 2 1 4 14 k y k ;其实由 2 22 (2) 44 ykx xy 消 y 整理得 222 222 (14)161640kxk xk,得到 2 2 22 2 164 2 14 k x k ,即 2 2 22 2 82 1 4 k x k , 2 2 2 2 4 14 k y k 很快。不过如 果看到:将 2 1 12 1 164 2 14 k x k 中的 12kk用 换下来, 1x 前的系数2 用 2 换下来,就得点N 的坐标 。 -可编辑修改 - 2 22 22 22 824 (,) 1414 kk kk ,如果在解题时, 能看到这一点,
27、计算量将减少, 这样真容易出错,但这样减少计算量。 本题的关键是看到点P的双重身份: 点 P即在直线 1 A M上也在直线A2N上,进而得到 12 12 2kk kkt ,由直 线 MN的方程 121 121 yyyy xxxx 得直线与x 轴的交点,即横截距 2112 12 x yx y x yy ,将点 M 、N 的坐标代入, 化简易得 4 x t ,由 4 3 t 解出 4 3 3 t,到此不要忘了考察 4 3 3 t是否满足2t。 方法 2:先猜想过定点,设弦 MN 的方程,得出NAMA 21 、方程,进而得出与 T交点 Q 、S ,两坐标相减 =0. 如下: 时,猜想成立。显然,当
28、韦达定理代入 整理 )( :易得、相较于若分别于 得直线方程:)()(设 求出范围;)( 联立椭圆方程,整理:设 3 34 )(43()43( 4 4- )2)(2( 1 )2)(2( )(43()(3(24 )2( 2 )2( 2 )2( 2 ,(,)2( 2 , );2( 2 :),2( 2 : , ;01324 ,3: 212 21 21 212121 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2211 22 21 t yytt m m xx xx yytyytymy t x y t x y yy t x y tSt x y tQ SQl x x y ylx x y yl yxNy
29、xM myym myxl SQ T NAMA MN 方法总结:法 2 计算量相对较小,细心的同学会发现, 这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已。因 此,法 2 采用这类题的通法求解,就不至于思路混乱了。相较法 1,未知数更少,思路更明确。 练习 1: (10 江苏)在平面直角坐标系xoy中,如图,已知椭圆 x 2 9 +y 2 5 =1 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(x1,y1) ,N(x2,y2) ,其中 m0,y10,y20. 设动点P满足 PF 2PB2=4, 求点 P的轨迹 设 x1=2,x2=1 3,求点 T的
30、坐标 设 t=9, 求证:直线MN必过 x 轴上的一定点( 其坐标与m无关 ) 。 -可编辑修改 - 解析:问 3 与上题同。 练习 2:已知椭圆E中心在坐标原点, 焦点在坐标轴上, 且经过( 2,0)A、(2,0)B、 3 1, 2 C三点过 椭圆的右焦点F 任做一与坐标轴不平行的直线 l与椭圆E交于M 、N两点, AM 与BN所在的直线交于 。 -可编辑修改 - 点 Q. (1)求椭圆E的方程: (2)是否存在这样直线m,使得点Q恒在直线m上移动?若存在, 求出直线m方程 , 若不存在 , 请说 明理由 . 解析: (1)设椭圆方程为 22 1(0,0),mxmymn 将( 2,0)A、(
31、2,0)B、 3 (1, ) 2 C代入椭圆E的方程,得 41, 9 1 4 m mn 解得 11 , 43 mn. 椭圆E的方程 22 1 43 xy (也可设标准方程,知2a类似计分) (2)可知:将直线:(1)lyk x 代入椭圆E的方程 22 1 43 xy 并整理得 2222 (34)84(3)0kxk xk 设直线l与椭圆E的交点 1122 (,),(,)M xyN xy, 由根系数的关系,得 2 1212 22 14(3) , 3434 k xxx x kk 直线AM的方程为: 11 11 (1) (2),(2) 22 yk x yxyx xx 即 由直线AM的方程为: 2 2
32、(2) 2 y yx x ,即 2 2 (1) (2) 2 k x yx x 由直线AM与直线BN的方程消去y,得 121212122 12122 2(3)223()4 34()24 x xxxx xxxx x xxxxx 222 22222 22 2 222 8(3)2446 244 343434 4 846 42 3434 kkk xx kkk kk xx kk 直线AM与直线BN的交点在直线4x上故这样的直线存在 模型四:动圆过定点问题 动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题,也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用。 。 -可编辑修改 - 例题1. 已知椭圆 22 22 :1(0) xy
33、Cab ab 2 , 2 的离心率为yxb并且直线是抛物线xy4 2 的一 条切线。(I)求椭圆的方程; ()过点) 3 1 ,0(S的动直线L 交椭圆 C 于 A、B两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定点T,使得 以 AB为直径的圆恒过点T?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由。 解: ( I )由 0)42(: 4 22 2 bxbxy xy bxy 得消去 因直线xybxy4 2 与抛物线相切04)42( 22 bb1b 22 222 2 21 ,2 22 cab eabca aa ,故所求椭圆方程为.1 2 2 2 y x (II )当 L 与 x 轴平行时,以AB为直径的圆
34、的方程: 222 ) 3 4 () 3 1 (yx 当 L 与 x 轴平行时,以AB为直径的圆的方程:1 22 yx, 由 1 0 1 ) 3 4 () 3 1 ( 22 222 y x yx yx 解得 即两圆相切于点(0, 1) 因此,所求的点T 如果存在,只能是(0,1) . 事实上,点T(0,1)就是所求的点,证明如下。 当直线 L 垂直于 x 轴时,以AB为直径的圆过点T(0,1) 若直线 L 不垂直于x 轴,可设直线L: 3 1 kxy 由 01612)918(: 1 2 3 1 22 2 2 kxxky y x kxy 得消去 记点),( 11 yxA、 918 16 918 1
35、2 ),( 2 21 2 21 22 k xx k k xx yxB则 1122 (,1),(,1),TAx yTBxy又因为 12121212 44 (1)(1)()() 33 TA TBx xyyx xkxkx所以 9 16 )( 3 4 )1 ( 2121 2 xxkxxk0 9 16 918 12 3 4 918 16 )1 ( 22 2 k k k k k TATB,即以 AB为直径的圆恒过点T( 0,1), 故在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件 . 方法总结:圆过定点问题,可以先取特殊值或者极值,找出这个定点,再证明用直径所对圆周角为直 角。 例题2:如图,已知椭圆 22
36、 22 :1(0) xy Cab ab 的离心率是 2 2 , 12 ,AA分别是椭圆C的左、右两个 顶点,点F是椭圆C的右焦点。点D是x轴上位于 2 A右侧的一点,且满足 12 112 2 A DA DFD 。 (1)求椭圆C的方程以及点D的坐标; (2)过点D作x轴的垂线n,再作直线:lykxm 与椭圆C有且仅有一个公共点P,直线l交直线n于点 Q。求证:以线段PQ为直径的圆恒过定点,并求出定 点的坐标。 解: ( 1) 12 (,0),( ,0),( ,0)AaAaF c,设( ,0)D x, 1 A 2 AOFD P Q l n x y 。 -可编辑修改 - 由 12 11 2 ADA
37、 D 有 11 2 xaxa , 又1FD,1,1xcxc,于是 11 2 11caca 1(1)(1)cca ca,又 2 2 2 c ac a , 1(12 )(12 )ccc cc 2 0cc,又0c,1,2,1cab,椭圆 2 2 :1 2 x Cy,且(2,0)D。 (2)方法 1:(2, 2)Qkm,设 00 (,)P xy,由 2 2 2 2 ()1 2 1 2 ykxm x kxm x y 22 2()2xkxm 222 (21)4220kxkmxm, 由于 22222222 164(21)(22)021021k mkmkmmk(*) , 而由韦达定理: * 00222 422
38、2 2 2121 kmkmkmk xx kkmm 由( ) , 2 00 21k ykxmm mm , 21 (,) k P mm , 设以线段PQ为直径的圆上任意一点( , )Mx y,由0MP MQ有 22 21212 ()(2)()(2)0(2)(2)(1)0 kkk xxyykmxyxkmy mmmmm 由 对 称性知定点在x轴上,令0y,取 1x 时满足上式,故过定点(1,0)K。 法 2:本题又解:取极值,PQ与 AD平行,易得与X轴相交于F(1,0 ) 。接下来用相似证明PFFQ 。 ; 22, 0000 yyxxPQyxP切线方程为易得)(设) 1 ,0( 0 0 y x D
39、易得 FDPH设 0 0 0 00 90, ; 1; 1 ;1; PFQFDQPHF FD DQ PH HF DF y x DQxHFyPH ,易得相似于固 问题得证。 练习: (10 广州二模文)已知椭圆 22 122 :1(0) xy Cab ab 的右焦点 2 F与抛物线 2 2: 4Cyx的焦点重 合,椭圆 1 C与抛物线 2 C在第一象限的交点为P, 2 5 | 3 PF. 圆 3 C的圆心T是抛物线 2 C上的动点 , 圆 3 C 与y轴交于,M N两点,且|4MN. (1)求椭圆 1 C的方程; (2)证明 :无论点T运动到何处 , 圆 3 C恒经过椭圆 1 C上一定点 . (1
40、) 解法 1:抛物线 2 2 :4Cyx的焦点坐标为(1,0),点 2 F的坐标为(1,0). 椭圆 1 C的左焦点 1 F的坐标为 1( 1,0) F,抛物线 2 C的准线方程为1x. 设点P的坐标为 11 (,)xy,由 抛物线的定义可知 21 1PFx, 2 5 3 PF, 1 5 1 3 x,解得 1 2 3 x. 由 2 11 8 4 3 yx,且 1 0y, 。 -可编辑修改 - 得 1 2 6 3 y. 点P的坐标为 22 6 33 , . 在椭圆 1 C: 22 22 1(0) xy ab ab 中, 1c. 2222 12 2222 2|(1)(60)(1)(60)4 333
41、3 aPFPF 22 2,3abac. 椭圆 1 C的方程为 22 1 43 xy . 解法2:抛物线 2 2 :4Cyx的焦点坐标为(1,0),点 2 F的坐标为(1,0). 抛物线 2 C的准线方程为 1x. 设点P的坐标为 11 (,)xy,由抛物线的定义可知 21 1PFx, 2 5 3 PF, 1 5 1 3 x,解得 1 2 3 x. 由 2 11 8 4 3 yx,且 1 0y得 1 2 6 3 y. 点P的坐标为 2 2 (,6) 3 3 . 在椭圆 1 C: 22 22 1(0) xy ab ab 中,1c. 由 222 22 1 424 1 99 c, abc , . ab
42、 解得2,3ab. 椭圆 1 C的方程为 22 1 43 xy . (2) 证法 1: 设点T的坐标为 00 (,)xy, 圆3C的半径为r, 圆 3 C与y轴交于,M N两点,且| 4MN, 22 0 | 24MNrx. 2 0 4rx. 圆 3 C的方程为 222 000 ()()4xxyyx. 点T是抛物线 2 2: 4Cyx上的动点 , 2 00 4yx( 0 0x). 2 00 1 4 xy. 把 2 00 1 4 xy代入消去 0 x整理得 : 222 00 (1)2()0 2 4 x yyyxy. 方程对任意实数 0 y恒成立, 22 10, 2 20, 40. x y xy 解
43、得 2, 0. x y 点(2,0)在椭圆 1 C: 22 1 43 xy 上, 无论点T运动到何处 , 圆 3 C恒经过椭圆 1 C上一定点2, 0. 证法 2: 设点T的坐标为 00 (,)xy, 圆 3 C的半径为r, 点T是抛物线 2 2: 4Cyx上的动点 , 2 00 4yx( 0 0x). 圆 3 C与y轴交于,M N两点,且| 4MN, 22 0 | 24MNrx. 2 0 4rx. 圆 3 C的方程为 222 000 ()()4xxyyx . 令 0 0x, 则 2 00 4yx0, 得 00y. 此时圆3C的方程为 22 4xy. 由 22 22 4, 1, 43 xy xy 解得 2, 0. x y 圆 3C: 22 4xy与椭圆 1 C的两个交点为2, 0、2, 0. 分别把点2, 0、2, 0代入方程进行检验,可知点2, 0恒符合方程,点2, 0不 恒符合方程. 无论点T运动到何处 , 圆 3 C恒经过椭圆 1 C上一定点2, 0. 。 -可编辑修改 - 欢迎您的下载, 资料仅供参考! 致力为企业和个人提供合同协议,策划案计划书,学习课件等等 打造全网一站式需求
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