2020年高考数学三轮微专题突破09圆锥曲线中的定点（教师版）江苏

1、微专题突破备战高考专题09 圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法：（1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式,研究解析式,求出定点（2）、从特殊位置入手,找出定点,在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。例1、(2019苏北三市期末）如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C：1(ab0)的离心率为,且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m,0)(m为常数,且m(0,2)的直线与椭圆C交于A,B两点,与l交于点P,D是弦AB的中点,直线OD与l交于点Q.(1) 求椭圆C的标准方程(2) 试判断以PQ为直径的圆是否经过定点若是,求出定点坐标；若不是,请说明理由 第(2)问中先要求出P,Q点,写出圆的方程(直径式),然后,即令斜率k的系数为零,常数项也为零,得出关于x,y的方程可得定点审题注意题中m是常数,而非变量规范解答 (1)由题意,得,解得所以a22,b21,所以椭圆C的标准方程为y21.(4分)(2)解法1 由题意,当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意,所以可设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为

2、yk(xm)又准线方程为x2,所以点P的坐标为P(2,k(2m)(6分)由得,x22k2(xm)22,即(12k2)x24k2mx2k2m220,所以xAxB,则xD,yDk, (8分)所以kOD,从而直线OD的方程为yx(也可用点差法求解),所以点Q的坐标为Q.(10分)所以以P,Q为直径的圆的方程为(x2)20,即x24x2my2y0.(14分)因为该式对k0恒成立,令y0,得x2,所以以PQ为直径的圆经过定点.(16分)解法2 由题意,当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意直线l：x2.设直线AB的方程为xnym,则P.(6分)设A(x1,y1),B(x2,y2),则D.(8分)联立得(n22)y22nmym220,8(n2m22)0,y1y2,x1x2n(y1y2)2m,故D.(10分)所以kOD,直线OD: yx,故Q(2,n),则PQ中点为,PQ22,所以以P,Q为直径的圆的方程为(x2)22,(14分)整理得(x2)2y2m2y0,令y0,解得x2,所以以PQ为直径的圆经过定点(2,0)(16分) 圆锥曲线综合题要立足直线和曲线的位置关系,弄清楚交点问题确定好思路后

3、设点或者设线,然后按部就班书写计算过程,平实复习时候要注重计算能力的提高,考试才能算得顺利准确例2、(2018苏州期末）在平面直角坐标系xOy中,椭圆C：1(ab0)的离心率为,椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(1)(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 已知过点M(0,1)的动直线l与椭圆C交于A,B两点,试判断以线段AB为直径的圆是否恒过定点,并说明理由 (1) 椭圆上动点P(x0,y0)到左、右焦点的距离的最小值为ac.(2) 先根据直径AB竖直和水平两种情况,猜出定点可能为D(0,3),再考虑是否为零规范解答 (1) 由题意,得解得所以b2a2c29.(4分)椭圆C的标准方程是1.(6分)(2) 当直线l的斜率不存在时,以AB为直径的圆的方程为x2y29；(7分)当直线l的斜率为零时,以AB为直径的圆的方程为x2(y1)216.(8分)这两圆仅有唯一公共点,也是椭圆的上顶点D(0,3)猜想以AB为直径的圆恒过定点D(0,3)(9分)证明如下：证法1(向量法) 设直线l的方程为ykx1,A(x1,y1),B(x2,y2)只要证x1x2(y13)(y23)x1x2(kx14)(

4、kx24)0即可即要证(1k2)x1x24k(x1x2)160.(11分)由消去y,得(12k2)x24kx160,16k264(12k2)0,此方程总有两个不等实根x1,x2.x1,2,所以x1x2,x1x2.(14分)所以(1k2)x1x24k(x1x2)16160.所以DADB,所以以AB为直径的圆恒过定点D(0,3)(16分)证法2(斜率法) 若设DA,DB的斜率分别为k1,k2,只要证k1k21即可设直线l的斜率为,则.由点A在椭圆x22y218上,得x2y18,变形得,即k1.设yA3m(yA3)n(yA1),可得m,n,得k1.从而k1(3k1)1,即k3k110.同理k3k210,所以k1,k2是关于k的方程k23k10的两实根由根与系数关系,得k1k21.所以DADB,所以以AB为直径的圆恒过定点D(0,3)(16分) 题型二 圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题,属于难题探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关；直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值例3、(2019镇江期末）已知

5、椭圆C：1(ab0)的长轴长为4,两准线间距离为4.设A为椭圆C的左顶点,直线l过点D(1,0),且与椭圆C相交于E,F两点(1) 求椭圆C的方程；(2) 若AEF的面积为,求直线l的方程；(3) 已知直线AE,AF分别交直线x3于点M,N,线段MN的中点为Q,设直线l和QD的斜率分别为k(k0),k,求证：kk为定值规范解答 (1)由长轴长2a4,两准线间距离24,解得a2,c,(2分)则b2a2c22,即椭圆方程为1.(4分)(2) 当直线l的斜率不存在时,此时EF,AEF的面积SADEF,不合题意；(5分)故直线l的斜率存在,设直线l：yk(x1),代入椭圆方程得,(12k2)x4k2x2k240.因为D(1,0)在椭圆内,所以0恒成立设E(x1,y1),F(x2,y2),则有x1x2,x1x2.(6分)故EF|x1x2|.(7分)又点A到直线l的距离d,(8分)则AEF的面积SdEF,则k1.(9分)综上,直线l的方程为xy10和xy10.(10分)(3) 证法1设点E(x1,y1),F(x2,y2),则直线AE：y(x2),令x3,得点M,同理可得N,所以点Q的坐标为.(12

6、分)直线QD的斜率为k,(13分)而k.(14分)由(2)知x1x2,x1x2,代入上式得,(15分)k.则有k,所以kk,为定值(16分)(3) 证法2设点M(3,m),N(3,n),且mn,则Q,从而k.直线AM的方程为y(x2),与椭圆方程联立得(x2)(x2)(x2)20,可知x2或x,即点E.故kDE.同理可得kDF.又D,E,F三点共线,则有kkDEkDF.从而有kk.例4、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1：y21,椭圆C2：1(ab0),C2与C1的长轴长之比为1,离心率相同(1) 求椭圆C2的标准方程；(2) 设点P为椭圆C2上的一点射线PO与椭圆C1依次交于点A,B,求证：为定值；过点P作两条斜率分别为k1,k2的直线l1,l2,且直线l1,l2与椭圆C1均有且只有一个公共点,求证k1k2为定值. (1)根据已知条件,求出a,b的值,得到椭圆C2的标准方程(2)对直线OP斜率分不存在和存在两种情况讨论,当OP斜率存在时,设直线OP的方程为ykx,并与椭圆C1的方程联立,解得点A横坐标,同理求得点P横坐标,再通过弦长公式,求

7、出的表达式,化简整理得到定值设P(x0,y0),写出直线l1的方程,并与椭圆C1联立,得到关于x的一元二次方程,根据直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点,得到方程只有一解,即0,整理得(x4)k2x0y0k1y10,同理得到(x4)k2x0y0k2y10,从而说明k1,k2是关于k的一元二次方程的两个根,运用根与系数的关系,证得定值 (1) 规范解答 设椭圆C2的焦距为2c,由题意,a2,a2b2c2,解得b,因此椭圆C2的标准方程为1.(3分)(2)1当直线OP斜率不存在时,PA1,PB1,则32.(4分)2当直线OP斜率存在时,设直线OP的方程为ykx,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4k21)x24,所以x,同理x.(6分)所以x2x,由题意,xP与xA同号,所以xPxA,从而32.所以32为定值(8分)设P(x0,y0),所以直线l1的方程为yy0k1(xx0),即yk1xk1x0y0,记tk1x0y0,则l1的方程为yk1xt,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4k1)x28k1tx4t240,因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点,所以(8k1t)24(4k1)(4t24)

8、0,即4kt210,将tk1x0y0代入上式,整理得,(x4)k2x0y0k1y10,(12分)同理可得,(x4)k2x0y0k2y10,所以k1,k2为关于k的方程(x4)k22x0y0ky10的两根,从而k1k2.(14又点在P(x0,y0)椭圆C2：1上,所以y2x,所以k1k2为定值(16分)例5、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图,在平面直角坐标系xOy中,已知B1,B2是椭圆1(ab0)的短轴端点,P是椭圆上异于点B1,B2的一动点当直线PB1的方程为yx3时,线段PB1的长为4.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 设点Q满足QB1PB1,QB2PB2.求证：PB1B2与QB1B2的面积之比为定值 第(2)问,由于PB1B2,QB1B2的底边相同,所以问题的本质就是研究点P与Q的横坐标之间的比值,为此,采用设点法或设线法都可以解决问题规范解答 设P(x0,y0),Q(x1,y1)(1) 在yx3中,令x0,得y3,从而b3.(2分) 由得1.所以x0.(4分) 因为PB1|x0|,所以4,解得a218.所以椭圆的标准方程为1.(6分) (2) 证法1(设点法) 直线PB1的斜率为kPB1,由QB1PB1,所以直线QB1的斜率为kQB1.于是直线QB1的方程为yx3.同理,QB2的方程为yx3.(8分) 联立两直线方程,消去y,得x1.(10分) 因为P(x0,y0)在椭圆1上,所以1,从而y9.所以x1.(12分) 所以2.(14分) 证法2(设线法) 设直线PB1,PB2的斜率分别为k,k,则直线PB1的方程为ykx3.由QB1PB1,直线QB1的方程

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