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2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破5第2课时 定点与定值问题

1、第2课时定点与定值问题题型一定点问题例1 已知椭圆1(ab0)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.解(1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b1,且(2a)2(2b)22(2c)2,又a2b2c2,a23.椭圆的标准方程为y21.(2)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

2、由2知21.123,y1y2m(y1y2)0,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)的右顶点为A,直线y与椭圆C交于P,Q两点(P在Q的左边),Q在x轴上的射影为B,且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程;(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M,N.若直线l过原点且与坐标轴不重合,E是直线3x3y20上一点,且EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形,求k的值;若M是椭圆的左顶点,D是直线MN上一点,且DAAM,点G是x轴上异于点M的点,

3、且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,求证:点G是定点.(1)解由题意可得2c2,即c,设Q,因为四边形ABPQ为平行四边形,|PQ|2n,|AB|an,所以2nan,n,则1,解得b22,a2b2c24,可得椭圆C的方程为1.(2)解直线ykx(k0)代入椭圆方程,可得(12k2)x24,解得x,可设M,由E是3x3y20上一点,可设E,E到直线kxy0的距离为d,因为EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形,所以OEMN,|OM|d,即有, (*), (*)由(*)得m(k1),代入(*)式,化简整理可得7k218k80,解得k2或.证明由M(2,0),可得直线MN的方程为yk(x2)

4、(k0),代入椭圆方程可得(12k2)x28k2x8k240,可得2xN,解得xN,yNk(xN2),即N,设G(t,0)(t2),由题意可得D(2,4k),A(2,0),以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,可得ANDG,即有0,即为(t2,4k)0,解得t0.故点G是定点,即为原点(0,0).题型二定值问题例2 如图,已知抛物线C:x24y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2,证明:|MN2|

5、2|MN1|2为定值,并求此定值.(1)证明依题意,直线AB的斜率存在,可设AB方程为ykx2,代入x24y,得x24(kx2),即x24kx80.显然0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x28.直线AO的方程为yx;BD的方程为xx2.解得交点D的坐标为注意到x1x28及x4y1,则有y2.因此D点在定直线y2上(x0).(2)解依题设,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为yaxb(a0),代入x24y得x24(axb),即x24ax4b0.由0得(4a)216b0,化简整理得ba2.故切线l的方程可写为yaxa2.分别令y2,y2得N1,N2的坐标为N1,N2,

6、则|MN2|2|MN1|224228,即|MN2|2|MN1|2为定值8.思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值.(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.跟踪训练2 已知点M是椭圆C:1(ab0)上一点,F1,F2分别为C的左、右焦点,且|F1F2|4,F1MF260,F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程;(2)设N(0,2),过点P(1

7、,2)作直线l,交椭圆C于异于N的A,B两点,直线NA,NB的斜率分别为k1,k2,证明:k1k2为定值.(1)解在F1MF2中,由|MF1|MF2|sin 60,得|MF1|MF2|.由余弦定理,得|F1F2|2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60),解得|MF1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4,即a2.由|F1F2|4得c2,从而b2,故椭圆C的方程为1.(2)证明当直线l的斜率存在时,设斜率为k,显然k0,则其方程为y2k(x1),由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.56k232k0,设

8、A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时,可得A,B,得k1k24.综上,k1k2为定值.直线与圆锥曲线的综合问题数学运算是指在明晰运算对象的基础上,依据运算法则解决数学问题的过程.主要包括:理解运算对象,掌握运算法则,探究运算方向,选择运算方法,设计运算程序,求得运算结果等.例 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F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求

9、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.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a2,b1.所以椭圆C的方程为y21.(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,:y0x(x0)yy00.由题意知.由于点P在椭圆上,所以y1.所以.因为m,2x02,可得,所以mx0,因此m0)的左、右焦点,M为椭圆上一点,满足MF1MF2,已知

10、MF1F2的面积为1.(1)求C的方程; (2)设C的上顶点为H,过点(2,1)的直线与椭圆交于R,S两点(异于H),求证:直线HR和HS的斜率之和为定值,并求出这个定值.解(1)由椭圆定义得|MF1|MF2|4,由垂直得|MF1|2|MF2|2|F1F2|24(4b2),由题意得|MF1|MF2|1,由,可得b21,C的方程为y21.(2)依题意,H(0,1),显然直线的斜率存在且不为0,设直线RS的方程为ykxm(k0),代入椭圆方程化简得(4k21)x28kmx4m240.由题意知,16(4k2m21)0,设R(x1,y1),S(x2,y2),x1x20,故x1x2,x1x2.kHRkH

11、S2k(m1)2k(m1)2k1.故kHRkHS为定值1.2.(2018威海模拟)已知抛物线C:y22px(p0)的焦点F,直线y4与y轴的交点为P,与抛物线C的交点为Q,且|QF|2|PQ|.(1)求p的值;(2)已知点T(t,2)为C上一点,M,N是C上异于点T的两点,且满足直线TM和直线TN的斜率之和为,证明:直线MN恒过定点,并求出定点的坐标.解(1)设Q(x0,4),由抛物线定义,|QF|x0,又|QF|2|PQ|,即2x0x0,解得x0,将点Q代入抛物线方程,解得p4.(2)由(1)知C的方程为y28x,所以点T坐标为.设直线MN的方程为xmyn,点M,N,由得y28my8n0,6

12、4m232n0,所以y1y28m,y1y28n,所以kMTkNT,解得nm1.所以直线MN的方程为x1m(y1),恒过定点(1,1).3.(2018辽阳调研)已知抛物线C1的方程为x22py(p0),过点M(a,2p)(a为常数)作抛物线C1的两条切线,切点分别为A,B.(1)过焦点且在x轴上截距为2的直线l与抛物线C1交于Q,N两点,Q,N两点在x轴上的射影分别为Q,N,且|QN|2,求抛物线C1的方程;(2)设直线AM,BM的斜率分别为k1,k2.求证:k1k2为定值.(1)解因为抛物线C1的焦点坐标是,所以过焦点且在x轴上截距为2的直线方程是1,即1.联立消去y并整理,得x2xp20,显

13、然0恒成立,设点Q(xQ,yQ),N(xN,yN),则xQxN,xQxNp2.则|QN|xQxN| 2,解得p2.所以抛物线C1的方程为x24y.(2)证明设点A(x1,y1),B(x2,y2)(x10,x20),得y,则y.所以切线MA的方程是yy1(xx1),即yx.又点M(a,2p)在直线MA上,于是有2pa,即x2ax14p20.同理,有x2ax24p20,因此,x1,x2是方程x22ax4p20的两根,则x1x22a,x1x24p2.所以k1k24,故k1k2为定值得证.4.已知中心在原点,焦点在x轴上的椭圆C的离心率为,过左焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆C于P,Q两点,且|PQ|2

14、.(1)求C的方程;(2)若直线l是圆x2y28上的点(2,2)处的切线,点M是直线l上任一点,过点M作椭圆C的切线MA,MB,切点分别为A,B,设切线的斜率都存在.求证:直线AB过定点,并求出该定点的坐标.解(1)由已知,设椭圆C的方程为1(ab0),因为|PQ|2,不妨设点P(c,),代入椭圆方程得,1,又因为e,所以1,bc,所以b24,a22b28,所以C的方程为1.(2)依题设,得直线l的方程为y2(x2),即xy40,设M(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),x0x1且x0x2,由切线MA的斜率存在,设其方程为yy1k(xx1),联立得(2k21)x24k(y1kx1

15、)x2(y1kx1)280,由相切得16k2(y1kx1)28(2k21)(y1kx1)240,化简得(y1kx1)28k24,即(x8)k22x1y1ky40,因为方程只有一解,所以k,所以切线MA的方程为yy1(xx1),即x1x2y1y8,同理,切线MB的方程为x2x2y2y8,又因为两切线都经过点M(x0,y0),所以所以直线AB的方程为x0x2y0y8,又x0y04,所以直线AB的方程可化为x0x2(4x0)y8,即x0(x2y)8y80,令得所以直线AB恒过定点(2,1).5.(2018抚顺模拟)设椭圆C:1(ab0)的离心率e,左顶点M到直线1的距离d,O为坐标原点.(1)求椭圆

16、C的方程;(2)设直线l与椭圆C相交于A,B两点,若以AB为直径的圆经过坐标原点,证明:点O到直线AB的距离为定值.(1)解由e,得ca,又b2a2c2,所以ba,即a2b.由左顶点M(a,0)到直线1,即到直线bxayab0的距离d,得,即,把a2b代入上式,得,解得b1.所以a2b2,c.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),当直线AB的斜率不存在时,由椭圆的对称性,可知x1x2,y1y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点,故0,即x1x2y1y20,也就是xy0,又点A在椭圆C上,所以y1,解得|x1|y1|.此时点O到直线AB的距离d1|x1|.当直

17、线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为ykxm,与椭圆方程联立有消去y,得(14k2)x28kmx4m240,所以x1x2,x1x2.因为以AB为直径的圆过坐标原点O,所以OAOB,所以x1x2y1y20,所以(1k2)x1x2km(x1x2)m20,所以(1k2)m20,整理得5m24(k21),所以点O到直线AB的距离d1.综上所述,点O到直线AB的距离为定值.6.已知椭圆C:1(ab0)经过与两点.(1)求椭圆C的方程;(2)过原点的直线l与椭圆C交于A,B两点,椭圆C上一点M满足|MA|MB|.求证:为定值.(1)解将与两点代入椭圆C的方程,得解得所以椭圆C的方程为1.(2)证明由|MA|MB|,知M在线段AB的垂直平分线上,由椭圆的对称性知点A,B关于原点对称.若点A,B是椭圆的短轴顶点,则点M是椭圆的一个长轴顶点,此时2.同理,若点A,B是椭圆的长轴顶点,则点M是椭圆的一个短轴顶点,此时2.若点A,B,M不是椭圆的顶点,设直线l的方程为ykx(k0),则直线OM的方程为yx,设A(x1,y1),B(x2,y2),由解得x,y,所以|OA|2|OB|2xy,同理,|OM|2.所以2.综上,为定值.