专项训练五 解析几何（考点3 解析几何中的定点、定值问题）(解析版).docx

《专项训练五 解析几何（考点3 解析几何中的定点、定值问题）(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专项训练五 解析几何（考点3 解析几何中的定点、定值问题）(解析版).docx（9页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专项五解析几何考点3解析几何中的定点、定值问题大题拆解技巧2【母题】(2020年全国I卷)已知A,B分别为椭圆E:7y2=l(al)的左、右顶点,G为E的上顶 点，丽.丽=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明:直线CD过定点.2【拆解1】已知A,B分别为椭圆E.+y2=l(al)的左、右顶点,G为E的上顶点，前屈=8,P为 直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.求E的方程.【解析】由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,l),则而二(a,l),而=(a,-D.由前前二8得a2-l=8,即a=

2、3.v2 -所以E的方程为+y2=l.9【拆解2】已知条件不变，证明:直线CD过定点.v2【解析】通过已知条件可求得椭圆的方程为;+y2=l.设 C(x1,yi),D(X2,y2),P(6,t),若屏0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-30,所以 yi+y2=-所以 yi+y2=-2mn _ n2-9m2+9,12-m24-9,(2)由题意知,PQ的斜率不为0,设P(xi,yi),Q(X2,y2),PQ的方程为x=my+1,(X = my + 1,联立卜 y2化简得(3m2+4)y2+6my-9=0,II = 1,v4 3rn.i6m9则y1+y2=-=,丫2=-诉.kAP=xi+

3、2=yi X2-2= /y . / x2-2V kBQ 居 Y2 Xi+2弋通 VXi+27人2-乙二庭.(口 2y 4-x lxi+2/(x2)(X2-2)(x1+2)(x2+2)x1x2-2(x1+x2)+4 x1x24-2(x1+x2)+4m2yly2-m(yi+y2)+lm2yly2+3m(yi+y2)+9-9m26m23m2+4-3m2+41-113+-93m2+4 3m2+4-9m218m2故结论得证.代入式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,解得 n=-3(舍去)或 n=-.2故直线CD的方程为x=my+|,即直线CD过定点(|,0).

4、若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点(|,0).综上，直线CD过定点(|,0).小做变式训练22已知椭圆C:号+*=l(abO)的左、右焦点分别为F1E,点A,B分别为C的右顶点和上顶点, 若的面积是4ABF2的面积的3倍，且9庭=3.求C的标准方程；若过点60)且斜率不为0的直线与C交于M,N两点，点P在直线x=6上，且NP与x轴平行, 求证:直线MP恒过定点.22【拆解1】已知椭圆C：5+=l(ab0)的左、右焦点分别为FiR,点A,B分别为C的右顶点 和上顶点，若ABFi的面积是4ABF2的面积的3倍，且不阴=3,求C的标准方程.【解析】设椭圆C的焦距为2c,则B(-c,0),F2(

5、c,0),因为点A,B分别为C的右顶点和上顶点, 所以A(a,O),B(O,b),则臣=(a+c,O)，E苗=(c,b).又4ABFi的面积是ZkABF2的面积的3倍，且 冰福3,所以露:言：)，解得忆:贝Ib=Va2-c2=V3.22所以C的标准方程为.+号=1. 43【拆解2已知椭圆C的标准方程为官21,若过点右且斜率不为0的直线与C交于M,N 4 33两点，点P在直线x=6上，且NP与x轴平行，求证:直线MP恒过定点.【解析】椭圆C的标准方程为1+言=1,设直线MN的方程为x=my+：,M(xi,y)N(X2,y2),则(百+广=1P(6,y2).由43；消去 x,整理得(3m2+4)y

6、2+4myW=0,(x = my + |332 .1-4m-w+y2=际，y2二3m2+4二myiy2=f(yi+y2). kJ又直线MP的方程为y-y2二”(x-6),令y=0,得x-6=2.xi-6yz-yi.2 xi=myi+-,./ y2(my.) my1y2-拶y2 l(yi+y2)-2 8 同什 10x-6=-=-二-，贝1J x=,Y2-Y1Y2-Y1Y2-Y133故直线MP恒过定点谓,0).技巧归纳L圆锥曲线中定点问题的两种解法引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何 时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出

7、定点，再证明该定点与变量无关.2 .圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.(2)两大解法：从特殊入手，求出定值,再证明这个值与变量无关；引起变量法:其解题流程为遍-I选择适当的动点坐标或动线中系数为变量函数一把要证明为定值的量表示成上述变量的函数定值11把得到的函数化简，消去变量得到定值突破实战训练基础过关,1 ,已知椭圆E4V=l(ab0),其短轴长为2,离心率为”. az bz2(1)求椭圆的方程；设椭圆E的右焦点为F,过点G(2,0)作斜率不为0的直线交椭圆E于M,N两点,设直线FM 和FN的斜率分别为ki,k2,试判断ki+k2是否为

8、定值，若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明 理由.【解析】(1)由题意可知,2b=2,b=l,椭圆的离心率e=J 1-玛=”，贝a、 az22椭圆E的标准方程为fy2=l.(2)设直线MN的方程为y=k(x-2)(kr0),fy = k(x-2),联立 x2 2 消去 y 整理得(l+2k2)x2-8k2x+8k2.2=0.ly + y = 1，设 M(xi,yi),N(x2,y2),rn,18k28k2-2则 Xl+X2=N，X|X2二五市,8k2A ki+k2=k2-8k2 手啜二=k(2-*)=0.Xi-l x2-l Xi-1 x2-lX1X2-(X1+X2)+1J8k2-2 8k2

9、2k2-1，计2k27+2k2 + lki+k2=0为定值.2.设动点M在直线y=0和y=-2上的射影分别为点N和R,已知所加二6而2,其中。为坐标 原点.(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)过直线x-y-2=0上的一点P作轨迹E的两条切线PA和PB(A,B为切点)，求证:直线AB经 过定点.【解析】设 M(x,y),则 N(x,0),R(x,-2),所以 GH=(x,y),而?=(0,-y),加=(0,-2-y),由条件可得-y(-y-2)=x2+y2,整理可得动点M的轨迹方程为x2=2y.(2)由知,y=：x2,求导可得y，=x, 乙设 A(x),yi),B(x2,y2),22则切线PA的

10、方程为y-$xi(x-xi),即y=xix-,丫2_同理可得切线PB的方程为y=X2X-,联立,解得点P的坐标为(空,竽).因为点P在直线x-y-2=0上，所以野-第-2=0,即 X|X2=X|+X2-4,又直线AB的斜率k=把X2-Xi 2所以直线AB的方程为y_d=(x.X1)9即普+量2, 2又 XiX2=Xi+X2-4,代入可得y=(x】+x：)g)+2,所以直线AB过定点(1,2).3 .己知抛物线G:y2=2px(p0)的焦点为F,斜率为k的直线1过点F,且与G交于A,B两点，当k=l时,|AB|=16.求p的值；直线h：y=k1(x-2)与G相交于C,D两点,M,N分别为AB,C

11、D的中点，若直线MN恒过定点(2,2),求k+ki的值.【解析】设A(xi,yi),B(X2,y2),当k=l时，直线1的方程为y=x=_ Py x-力整理得 x2_3px+Q=0,所以 Xi+X2=3p.y2= 2px,4由|AB|=16,可得 xi+x2+p=16,所以 4P=16,解得 p=4.(2)由(1)知，可得曲线G的方程为y2=8x,设直线1的方程为y=k(x-2),联立方程组丫2”,0，整理得k2x2-(4k2+8)X+4k2=0,则*收2=智，所以Xm=，所以 y = ox,kKk即M(答3,同理可得N(甯/， 4 4所以卜乂后西登支最， k； k2所以直线MN的方程为y二冷

12、(x-答).因为直线MN过点(2,2),所以2-白拼(2-誓)，解得k+32. k k+k.已知椭圆C:+=l(ab0)的长轴长为4,离心率e二 az bz2求椭圆C的方程；设A,B分别为椭圆C的左、右顶点，已知点P为直线l:x=4上的动点，直线PA,PB与椭圆E分别交于M,N两点，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标.【解析】由题意可得2a=4,所以a=2.又离心率e=g所以c=V5，则b2=a2-c2=l, a 2y2 -所以椭圆C的方程为Ay2=i.(2)当点M是椭圆上顶点时，直线AM的方程为y(x+2),可得P(4,3),则 lpB：y=|(x-2),与?+y2=l 联立解得 N(

13、1,-|),所以直线MN的方程为x+y-l=O.由椭圆的对称性可知，直线MN经过x轴上的定点，所以直线MN经过定点T(1,O).以下证明一般性：设 1 上任意点 P(4,m),M(x 1 ,yi),N(x2,y2),则直线PA的方程为y斗x+2).fy =+ 2),联立！ 2消去 y #(m2+9)x2+4m2x+4m2-36=0,匕+ y2 = i.由韦达定理得-2xi_4m2-36m24-9，解得M(-18-2m2 6mm2+9 ,m2+9因为直线PB的方程为y=y(x-2),fy = -(x-2),所以联立2 2消去 y 得(m2+l)x2-4m2x+4m2-4=0,b + y2 = i

14、,由韦达定理得2X2=，解得N(黑，高p证明直线MN经过定点T(1,O),即证M,N,T三点共线.因为前=(需品而二(黑高)，所以所以9-3m2 -2m 6m m2-3 -18m+6m3-(6m3-18m)=m24-9 m2+l m2+9 m2+l(m2+9)(m2 + l)=0,所以俞丽，那么M,N,T三点共线, 所以直线MN经过定点T(l,0).v能力拔高.在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:+=l(a0,b0)经过点A(-枭，且F(0,-l)为其一个焦 点.(1)求椭圆E的方程；设椭圆E与y轴的两个交点为Ai,A2,不在y轴上的动点P在直线y=b2上运动，直线PAi,PA2 与椭圆E分别交

15、于点M,N,证明:直线MN恒过一个定点.解得:二,C = 1【解析】(1)根据题意可得2a2十b2 - 与 lb2-a2= 1,22椭圆E的方程为一+3=1.43(2)不妨设 Ai(O,2),A2(O,-2),P(xo,4)为直线 y=4 上一点(x()W0),M(xi,yi),N(X2,y2).直线PAi的方程为yx+2,直线PA2的方程为y=-x-2. XoX。点M(xi,yi),Ai(0,2)的坐标满足方程组次+片=13:解得X尸黑，y尸y = x + 2, 3+xox02xg-63+x?18x0_-2Xq+5427+X利丫2- 274-xg，仔+亡=1, 点N(X2,y2),A2(0,

16、-2)的坐标满足方程组广 ： 解得X2二0 =留26xo3+xg 3+xg,N18x0 -2Xg+5427+xg ? 27+xg直线MN的方程为y-篝|=-普(x +黑即尸骂+L 6xo故直线MN恒过定点(o).6.已知椭圆Ci：；当椭圆C2总+&l(ab0)经过点停多求椭圆Cl的标准方程;设点M是椭圆C1上的任意一点，射线M0与椭圆C2交于点N,过点M的直线1与椭圆G 有且只有一个公共点，直线1与椭圆C2交于A,B两个相异点,证明:ZiNAB面积为定值.【解析】因为椭圆CI的离心率为所以鼠卓,解得a2=3b1将点停，与代入条+袅1，整理得4a2 4b2=1,故椭圆G的标准方程为x2+V=l3

17、(2)当直线1的斜率不存在时,点M的坐标为(1,0)或(-1,0),由对称性不妨取M(l,0),2_由知椭圆C2的方程为+y2=l,所以点N的坐标为(-8,0),将x=l代入椭圆C2的方程得y=g所以 SANAB4MN|.|AB|$(V5+l)x*VI+g当直线1的斜率存在时，设其方程为y=kx+m,将产kx+m代入椭圆G的方程，得(14-3k2)x2+6kmx+3m2-1 =0,由题意得 A=(6km)2-4(1 +3k2)(3m2-l )=0,整理得 3m2=l+3k2.将y=kx+m代入椭圆C2的方程,W( 1 +3k2)x2+6kmx+3m3-3=0.设 A(xi,yi),B(x2,y

18、2),6km 3m2-3则 XI+X2=-诉,X|X2二矿,所以|AB|=，1 + k2 (xi + x2)2-4x1x2=Vl+k2 x 2 a/3 x V3k2+l-m2 26V14-k231ml31ml3k2 + 1设 M(xo,yo),N(X3,y3),因为ON=?iMO,所以 X3=1xo,y3=-Ayo.因为Xo + 3y。= 1, %另=1,侔 + 3yg = 1,叫哨+ y”解得入=8或入=-百(舍去), 所以ON二同记，从而|NM|=(遍+1 )|OM|.又因为点。到直线1的距离d=装， 所以点N到直线1的距离(百+l)d=空要,Vl+k”31ml所以 Sanab=|(V3+

19、 l)d.|AB|=|(V3+1)渭，？历而7 22V14-kz综上,ZkNAB的面积为定值，定值为&+当V拓展延伸7.已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,过点F且垂直于x轴的直线与C交于A,B两 点,ZkAOB(点O为坐标原点)的面积为2.(1)求抛物线C的方程；设不经过原点0的直线1与抛物线交于P,Q两点,设直线OPQQ的倾斜角分别为巴仅证明: 当a+B三时，直线1恒过定点.【解析】根据题意可得焦点F(*0),因此可得A(*p),B尊-p), 所以SaobW2p,92,解得p=2,故可得抛物线C的方程为yS2=-|BFMQF|sinZBFQ,故可得抛物线C的方程为yS2=-|BF

20、MQF|sinZBFQ,结合 sinZAFP=sinZBFQ,Si=3S2,求得|PF|=|QF|,则根据椭圆的对称性知，直线1垂直于x轴,故直线1的方程为x=l.=4x.(2)根据题意，设P(xi,yi),Q(X2,y2),易知直线1的斜率存在，假设直线1的方程为y=kx+m(k,0), 联立方程组皿消去x整理得ky2-4y+4m=0.由韦达定理可得yi+y2=yiy2=等， KK则 X1+X2= y + Y = 4 Kyi+y2）2-2yiy2=爰-等，X1X2二季,季=2，所以kop-koQ江江上二竺,kp+kQ=2a 2 %mg+xz-X x2 Yiy2 mx2X1X2m又因为 kOp

21、=tan a,koQ=tan p,44k所以 tan a+tan B=,tan a-tan 0=, r mr m4所以当 a+0寸,tan(a+B)=1解得 m=4k+4,41-tanatanp i，_m所以直线1的方程为y=kx+4k+4,即y-4=k(x+4),所以直线1恒过定点G4,4). 228.已知椭圆C:?+5=l的左、右顶点分别为A,B,右焦点为F,过F的直线1与C交于P,Q两点. 43(1)设aAPF和4BQF的面积分别为S1,S2,若S1=3S2,求直线1的方程；(2)当直线1绕点F旋转时，求证:四边形APBQ的对边AP与BQ所在直线的斜率的比值恒为 常数.【解析】（1）由题意知,a=2,c= 1,则|AF|=a+c=3,|BF|=a-c= 1,由 Si=-|AF|-|PF|sinZAFP, 2