椭圆中的定点、定值问题(13页).doc

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1、-解析几何中的椭圆是高考中的热点，常见的有求最值、过定点、定值等，这类题型中以直线与椭圆相交为基本模型，处理问题的方法可以是设直线，运用韦达定理求出坐标之间的关系，过椭圆上一点的直线与椭圆相交是可以解出另一个交点的，而过椭圆外一点的直线与椭圆相交只能找到两个交点坐标的关系，不适宜解，再运用题目中的条件整体化简。也可以是设点的坐标，运用坐标在椭圆上或直线上整体代入化简，到底设什么需要根据题目的条件，因题而异。例1、（2017盐城高三三模18）已知、分别是椭圆的左顶点、右焦点，点为椭圆上一动点，当轴时，.（1）求椭圆的离心率；（2）若椭圆存在点，使得四边形是平行四边形（点在第一象限），求直线与的斜

2、率之积；（3）记圆为椭圆的“关联圆”. 若，过点作椭圆的“关联圆”的两条切线，切点为、，直线的横、纵截距分别为、，求证：为定值.学科*网解：（1）由轴，知，代入椭圆的方程，得，解得. 又，所以，解得. （2）因为四边形是平行四边形，所以且轴，所以，代入椭圆的方程，解得， 因为点在第一象限，所以，同理可得，所以，由（1）知，得，所以. （3）由（1）知，又，解得，所以椭圆方程为，圆的方程为 . 连接，由题意可知， ，所以四边形的外接圆是以 为直径的圆，设，则四边形的外接圆方程为，即. （注：以为直径的圆的方程可以直接写出） 由，得直线的方程为，令，则；令，则. 所以，因为点在椭圆上，所以，所以.

3、例2、（2018苏锡常镇高三二模）如图，椭圆的离心率为，焦点到相应准线的距离为1，点，分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点的直线交椭圆于点，交轴于点，直线与直线交于点NDMCBAyxO（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求直线的方程；（3）求证：为定值 解：（1）由椭圆的离心率为，焦点到对应准线的距离为1.得 解得 所以，椭圆的标准方程为. （3）设D坐标为(x3，y3）,由，M(x1，0)可得直线的方程， 联立椭圆方程得：解得,由，得直线BD的方程： 直线AC方程为 联立得， 即=2 法2：设D坐标为(x3，y3），由C,M,D三点共线得，所以 由B,D,N三点共线得，将 代入可得 和相乘

4、得，. 例3、（2018苏北四市高三一模18）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且过点.为椭圆的右焦点，为椭圆上关于原点对称的两点，连接分别交椭圆于两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求的值；（3）设直线，的斜率分别为，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.解：（1）设椭圆方程为，由题意知：解得：，所以椭圆方程为： （2）若，由椭圆对称性，知，所以， 此时直线方程为由，得，解得（舍去）故（3）设，则，直线的方程为，代入椭圆方程，得，因为是该方程的一个解，所以点的横坐标，又在直线上，所以，同理，点坐标为， 所以，即存在，使得例4、（2016泰州高三期末

5、19）如图，在平面直角坐标系中， 已知圆，椭圆， 为椭圆右顶点过原点且异于坐标轴的直线与椭圆交于两点，直线与圆的另一交点为，直线与圆的另一交点为，其中设直线的斜率分别为（1）求的值；（2）记直线的斜率分别为，是否存在常数，使得？若存在，求值；若不存在，说明理由；（3）求证：直线必过点解：（1）设，则，所以 （2）联立得，解得，联立得，解得， 所以，所以，故存在常数，使得 法二：设直线方程：与圆联立方程组，运用韦达定理解出坐标，证明在直线上，即可说明必过点（请同学们自己去尝试）注：对于任意的椭圆 ，过原点的任意一直线与椭圆交于两点，为椭圆上任意一动点，假设直线斜率都存在，则有证明：设,则，因为在

6、椭圆上所以 ， 由-得，化简得例5、（2017苏锡常镇高三一模18）已知椭圆右顶点为.过点作直线交椭圆于两个不同点求证：直线的斜率之和为定值.分析：法一：先考虑过的直线斜率不存在满不满足题意。若存在设直线方程，将直线与椭圆联立方程组消去得到一个关于的一元二次方程。设，根据韦达定理求出两根之和，两根之积。运用的坐标表达的斜率，化简得出结果。法二：设过的直线，分别与椭圆交于两点，将直线与椭圆联立方程组根据韦达定理解出的坐标，因为三点共线，可以用斜率相等或者向量共线得到的关系，进而得到答案。解：法一：，当过的直线斜率不存在时，直线与椭圆只有一个交点不符合题意。设过的直线方程：由得法二：，设过的直线，

7、分别与椭圆交于两点，由得解得代入直线解得同理可得， 因为三点共线，所以化简得：，即因为是两个不同的点，所以，所以，即直线，的斜率之和为定值，定值为巩固练习：lTPOyxQ1、（2017南京盐城高三一模17）在平面直角坐标系中，已知圆经过椭圆的焦点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线交椭圆于两点，为弦的中点，记直线的斜率分别为，当时，求的值.B1B2PQOPxy2、（2018苏北六市二模17）如图，在平面直角坐标系xOy中，B1，B2是椭圆的短轴端点，P是椭圆上异于点B1，B2的一动点当直线PB1的方程为时，线段PB1的长为（1）求椭圆的标准方程；（2）设点Q满足：求证：PB1B2与QB1B2

8、的面积之比为定值 3、（2016苏锡常镇高三一模18）在平面直角坐标系中，已知椭圆C：过点，离心率为.（1） 求椭圆C的方程；（2） 设直线与椭圆C交于A，B两点.j若直线过椭圆C的右焦点，记ABP三条边所在直线的斜率的乘积为t，求t的最大值；k若直线的斜率为，试探究是否为定值，若是定值，则求出此定值，若不是定值，请说明理由.4、（2010江苏高考18）在平面直角坐标系中，如图，已知椭圆的左、右顶点为A、B，右焦点为F。设过点T（）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M、，其中m0,。（1）设动点P满足,求点P的轨迹；（2）设，求点T的坐标；（3）设,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无

9、关）。巩固练习答案解析：（2）方法一：设，联立，消去，得，所以，又，所以，所以， 则. 注：法一通过直线与椭圆联立方程组解点的标准，法二通过设点的坐标，运用点在椭圆和直线上整体代入求解。2、解：设，（1） 在中，令，得，从而b=3 由 得 所以 因为，所以，解得 所以椭圆的标准方程为 （2）方法一：直线PB1的斜率为，由所以直线QB1的斜率为直线QB1的方程为： 同理，QB2的方程为： 联立两直线方程，消去y，得 因为在椭圆上，所以，从而所以 所以 注：再次用到例4的证明结论，望同学们对这个结论要更加敏感 由，所以直线的方程为联立 则，即 所以 3、解（1） 得 所以椭圆. （2）设直线l的方

10、程为，直线l与椭圆C的交点为，由化简得，易知， 所以， 所以， 所以 所以当时，t有最大值. 4、解：（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。由，得 化简得。故所求点P的轨迹为直线。（2）将分别代入椭圆方程，以及得：M（2，）、N（，）直线MTA方程为：，即，直线NTB 方程为：，即。联立方程组，解得：，所以点T的坐标为。（方法一）当时，直线MN方程为： 令，解得：。此时必过点D（1，0）；当时，直线MN方程为：，与x轴交点为D（1，0）。所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。（方法二）若，则由及，得，此时直线MN的方程为，过点D（1，0）。（先猜后证明）若，则，直线MD的斜率，直线ND的斜率，得，所以直线MN过D点。因此，直线MN必过轴上的点（1，0）。-第 13 页-