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1、1 / 16【2019【2019 最新最新】精选高考数学大一轮复习第九章平面解析几何精选高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9-99-9 圆锥曲线的综合问题第圆锥曲线的综合问题第 3 3 课时定点定值探索性问题试题课时定点定值探索性问题试题理北师大理北师大题型一 定点问题例 1 (2016长沙模拟)已知椭圆1(a0，b0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列直线 l 与 x 轴正半轴和y 轴分别交于点 Q、P，与椭圆分别交于点 M、N，各点均不重合且满足1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若 123，试证明：直线 l 过定点并求此定点(1)解 设椭圆的焦距为 2c，由题
2、意知 b1，且(2a)2(2b)22(2c)2，又 a2b2c2，a23.椭圆的方程为y21.(2)证明 由题意设 P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设 l 方程为 xt(ym)，由1 知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，y1my11，由题意 y10，11.同理由2 知 21.123，y1y2m(y1y2)0，2 / 16联立得(t23)y22mt2yt2m230，由题意知 4m2t44(t23)(t2m23)0，且有 y1y2，y1y2，代入得 t2m232m2t20，(mt)21，由题意 mtb0)，焦点 F(c,0)，因为，将点 B(c，)的坐标代入方
3、程得1.3 / 16由结合 a2b2c2，得 a，b1.故所求椭圆方程为y21.(2)由得(2t2)y22ty220.因为 l 为切线，所以 (2t)24(t22)(22)0，即 t2220.设圆与 x 轴的交点为 T(x0,0)，则(x0，y1)，(x0，y2)因为 MN 为圆的直径，故x2y1y20.当 t0 时，不符合题意，故 t0.因为 y1，y2，所以 y1y2，代入结合得TMx2 02t222 t2，要使上式为零，当且仅当 x1，解得 x01.所以 T 为定点，故动圆过 x 轴上的定点(1,0)与(1,0)，即椭圆的两个焦点题型二 定值问题例 2 (2016广西柳州铁路一中月考)如
4、图，椭圆有两顶点 A(1，0)，B(1,0)，过其焦点 F(0,1)的直线 l 与椭圆交于 C，D 两点，并与 x 轴交于点 P.直线 AC 与直线 BD 交于点 Q.(1)当|CD|时，求直线 l 的方程；4 / 16(2)当点 P 异于 A，B 两点时，求证：为定值(1)解 椭圆的焦点在 y 轴上，故设椭圆的标准方程为1(ab0)，由已知得 b1，c1，a，椭圆的方程为x21.当直线 l 的斜率不存在时，|CD|2，与题意不符；当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykx1，C(x1，y1)，D(x2，y2)联立化简得(k22)x22kx10, 则 x1x2，x1x2.|CD|1
5、k2 x1x224x1x22k k22241 k22，解得 k.直线 l 的方程为 xy10 或 xy10.(2)证明 当直线 l 的斜率不存在时，与题意不符当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykx1(k0，k1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，点 P 的坐标为(，0)由(1)知 x1x2，x1x2，且直线 AC 的方程为 y(x1)，直线 BD 的方程为 y(x1)，5 / 16将两直线方程联立，消去 y，得.10)(2)弦长|TS|为定值理由如下：取曲线 C 上点 M(x0，y0)，M 到 y 轴的距离为 d|x0|x0，圆的半径 r|MA|，则|TS|22，点 M 在
6、曲线 C 上，x0，|TS|22 是定值题型三 探索性问题例 3 (2015四川)如图，椭圆 E：1(ab0)的离心率是，过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 A，B 两点，当直线 l 平行于 x 轴时，直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2.7 / 16(1)求椭圆 E 的方程；(2)在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由解 (1)由已知，点(，1)在椭圆 E 上，因此Error!解得 a2，b，所以椭圆 E 的方程为1.(2)当直线 l 与 x 轴平行时，设直线 l 与椭圆相交于 C，D 两点，
7、如果存在定点 Q 满足条件，则有1，即|QC|QD|，所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 点的坐标为(0，y0)当直线 l 与 x 轴垂直时，设直线 l 与椭圆相交于 M，N 两点，则 M，N的坐标分别为(0，)，(0，)，由，有，解得 y01 或 y02，所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点坐标只可能为(0,2)，下面证明：对任意直线 l，均有，当直线 l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立，当直线 l 的斜率存在时，可设直线 l 的方程为 ykx1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式 (4k)28(2k21)
8、0，8 / 16所以 x1x2，x1x2，因此2k，易知，点 B 关于 y 轴对称的点 B的坐标为(x2，y2)，又 kQAk，kQBkk，所以 kQAkQB，即 Q，A，B三点共线，所以，故存在与 P 不同的定点 Q(0,2)，使得恒成立思维升华 解决探索性问题的注意事项探索性问题，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(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，要开放思维，采取另外合适的方法(2016景德镇质检)已知椭圆 C：1(ab0)的左，右焦点为
9、F1，F2，抛物线 E：y22px(p0)的焦点与 F2 重合，A 为曲线 C 和 E 的一个交点，|AF1|，|AF2|，且AF2F1 为锐角(1)求椭圆 C 和抛物线 E 的方程；(2)若动点 M 在椭圆 C 上，动点 N 在直线 l：y2 上，若 OMON，探9 / 16究原点 O 到直线 MN 的距离是否为定值，并说明理由解 (1)2a|AF1|AF2|4，a2，设 A(x，y)，F2(c,0)，Error!cx，由 xc得或(AF2F1 为锐角，应舍去)，b2a2c23，椭圆的方程为1，抛物线方程为 y24x.(2)若直线 ON 的斜率不存在，|ON|2，|OM|2，|MN|4，d.
10、若直线 ON 的斜率存在，设直线 OM 方程为 ykx，代入1，得 x2，y2，直线 ON 的方程为 yx，代入 y2，得 N(2k,2)|MN|2|ON|2|OM|2(2k)2(2)2，|MN|2.设原点 O 到直线 l 的距离为 d，|MN|d|OM|ON|d23，d，故原点 O 到直线 l 的距离为定值.10 / 1623设而不求，整体代换典例 (12 分)椭圆 C：1(ab0)的左、右焦点分别是 F1、F2，离心率为，过 F1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1.(1)求椭圆 C 的方程；(2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点，连接 PF1，PF2，设F1P
11、F2 的角平分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0)，求 m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，过点 P 作斜率为 k 的直线 l，使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点，设直线 PF1、PF2 的斜率分别为 k1、k2，若k20，证明为定值，并求出这个定值思想方法指导 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值规范解答解 (1)由于 c2a2b2，将 xc 代入椭圆方程1，得 y.由题意知1，即 a2b2.又 e，所以
12、 a2，b1.所以椭圆 C 的方程为y21.2 分(2)设 P(x0，y0)(y00)，又 F1(，0)，F2(，0)，所以直线 PF1，PF2 的方程分别为：y0x(x0)yy00， 1PFl11 / 16：y0x(x0)yy00. 2PFl由题意知 .由于点 P 在椭圆上，所以y1.所以.4 分因为b0)的离心率e，短轴长为 2.(1)求椭圆 C 的标准方程；12 / 16(2)如图，椭圆左顶点为 A，过原点 O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆 C 交于 P，Q 两点，直线 PA，QA 分别与 y 轴交于 M，N 两点试问以 MN 为直径的圆是否经过定点(与直线 PQ 的斜率无关)？请证明
13、你的结论解 (1)由短轴长为 2，得 b，由 e，得 a24，b22.所以椭圆 C 的标准方程为1.(2)以 MN 为直径的圆过定点 F(，0)证明如下：设 P(x0，y0)，则 Q(x0，y0)，且1，即 x2y4，因为 A(2,0)，所以直线 PA 方程为 y(x2)，所以 M(0，)，直线 QA 方程为 y(x2)，所以 N(0，)，以 MN 为直径的圆为(x0)(x0)(y)(y)0，即 x2y2y0，因为 x42y，所以 x2y22y20，令 y0，则 x220，解得 x.所以以 MN 为直径的圆过定点 F(，0)2(2016安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆 E：1(ab0)的离
14、心率为，点(，)为椭圆上的一点(1)求椭圆 E 的标准方程；13 / 16(2)若斜率为 k 的直线 l 过点 A(0,1)，且与椭圆 E 交于 C，D 两点，B为椭圆 E 的下顶点，求证：对于任意的 k，直线 BC，BD 的斜率之积为定值(1)解 因为 e，所以 ca，a2b2(a)2.又椭圆过点(，)，所以1.由，解得 a26，b24，所以椭圆 E 的标准方程为1.(2)证明 设直线 l：ykx1，联立Error!得(3k22)x26kx90.设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，易知 B(0，2)，故 kBCkBDy22 x2kx23 x2k2x1x23kx1x2
15、9 x1x2k29 x1x2k23k(3k22)2.所以对于任意的 k，直线 BC，BD 的斜率之积为定值3.如图，椭圆长轴的端点为 A，B，O 为椭圆的中心，F 为椭圆的右焦点，且1，|1.14 / 16(1)求椭圆的标准方程；(2)记椭圆的上顶点为 M，直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，问：是否存在直线 l，使点 F 恰为PQM 的垂心，若存在，求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由解 (1)设椭圆方程为1(ab0)，则 c1，又(ac)(ac)a2c21.a22，b21，故椭圆的标准方程为y21.(2)假设存在直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，且 F 恰为PQM 的垂心，设 P(x1，
16、y1)，Q(x2，y2)，M(0,1)，F(1,0)，直线 l 的斜率 k1.于是设直线 l 为 yxm，由Error!得 3x24mx2m220，x1x2m，x1x2.x1(x21)y2(y11)0.又 yixim(i1,2)，x1(x21)(x2m)(x1m1)0，即 2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.(*)将代入(*)式得 2(m1)m2m0，15 / 16解得 m或 m1，经检验 m符合条件故存在直线 l，使点 F 恰为PQM 的垂心，直线 l 的方程为 3x3y40.4.(2016江西三校第一次联考)已知半椭圆1(x0)与半椭圆1(xbc0.如图，设点 F0，F1，F2 是相应
17、椭圆的焦点，A1，A2 和 B1，B2 是“果圆”与 x，y 轴的交点(1)若三角形 F0F1F2 是边长为 1 的等边三角形，求“果圆”的方程；(2)若|A1A2|B1B2|，求的取值范围；(3)一条直线与果圆交于两点，两点的连线段称为果圆的弦是否存在实数 k，使得斜率为 k 的直线交果圆于两点，得到的弦的中点 M 的轨迹方程落在某个椭圆上？若存在，求出所有 k 的值；若不存在，说明理由解 (1)F0(c,0)，F1(0，)，F2(0，)，|F0F2|b1，|F1F2|21，c2，a2b2c2，所求“果圆”的方程为Error!(2)由题意，得 ac2b，即2ba，a2b2(2ba)2，得c2a2b2，.(，)(3)设“果圆”C 的方程为Error!记平行弦的斜率为 k，当 k0 时，直线 yt(btb)与半椭圆1(x0)的交点是 P(a ，t)，与半椭圆1(x0 时，过 B1 的直线 l 与半椭圆1(x0)的交点是(，)因此，在直线 l 右侧，以 k 为斜率的平行弦的中点为(，)，轨迹在直线 yx 上，即不在某一椭圆上当 k0 时，可类似讨论得到平行弦的中点的轨迹不在某一椭圆上