江苏省2019高考数学二轮复习微专题7解析几何中定点与定值问题课件201903.pdf
2019版高考数学二轮复习第1篇专题7解析几何课件
• 【l2分典别例交】C于已A，知B抛两物点线，C交：Cy2的＝准2x线的于焦P点，为QF两，点平．行于x轴的两条直线l1， • (1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ； • (2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
[解题示范] 由题设 F12，0． 设 l1：y＝a，l2：y＝b，则 ab≠0❶， 且 Aa22，a，Bb22，b，P－12，a，Q－12，b，R－12，a＋2 b． 记过 A，B 两点的直线为 l，
优等生经验谈：听课时应注意学习老师解决问题的思考方法。同学们如果理解了老师的思路和过程，那么后面的结论自然就出现了，学习起来才能够举 一反三，事半功倍。
2019/7/8
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谢谢欣赏！
2019/7/8
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程画出图形，研究几何性质．
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编后语
听课对同学们的学习有着非常重要的作用。课听得好好，直接关系到大家最终的学习成绩。如何听好课，同学们可以参考如下建议：
一、听要点。
一般来说，一节课的要点就是老师们在备课中准备的讲课大纲。许多老师在讲课正式开始之前会告诉大家，同学们对此要格外注意。例如在学习物
T21·椭圆的标准方程，几何 性质，直线与椭圆的位置关 系
全国 卷Ⅲ T12·椭圆的几何性质
T20·直线与抛物线的位置关 系，直线的斜率，轨迹方程 的求法
02 解题通法·短平快
解析几何问题重在“设”——设点、设线
• 解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考 试题中大都是在压轴题的位置出现，是考生“未考先怕”的题型之一， 不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．因此，在遵循 “设——列——解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要 性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简 这一瓶颈．
2019届高考数学(文)二轮复习课件：第2部分 专题7 解析几何 7.3.1
������0 = 3������, ������0 = 2������. ∵点 A(x0,y0)为圆 C1 上的动点,
-3-
解题策略一
解题策略二
解题策略三
(1)解 设点 C 坐标为(x,y),则圆心坐标为 所以点 B 坐标为 因此������������ ·������������ =
������ ,0 2
������ 2+������ , 2 2
,
. ·
������ ,������ 2 ������2 =0,故有一 4 +2y=0,即 x2=8y.
1 ������������ + 2 3 1 3 2
������������,设动点 N 的轨迹为曲线 C.
(1)求曲线C的方程; (2)若动直线l2:y=kx+m与曲线C有且仅有一个公共点,过F1(-1,0), F2(1,0)两点分别作F1P⊥l2,F2Q⊥l2,垂足分别为P,Q,且记d1为点F1 到直线l2的距离,d2为点F2到直线l2的距离,d3为点P到点Q的距离,试 探索(d1+d2)· d3是否存在最值?若存在,请求出最值.
7.3.1
直线与圆及圆锥曲线
-2-
解题策略一
解题策略二
解题策略三
求轨迹方程 解题策略一 直接法 例1已知过点A(0,2)的动圆恒与x轴相切,设切点为B,AC是该圆的 直径. (1)求点C轨迹E的方程; (2)当AC不在坐标轴上时,设直线AC与曲线E交于另一点P,该曲线 在P处的切线与直线BC交于点Q,求证:△PQC恒为直角三角形. 难点突破 (1)利用AC是直径,所以BA⊥BC,或C,B均在坐标原点,由 此求点C轨迹E的方程; ������ = ������������ + 2, (2)设直线AC的方程为y=kx+2,由 2 得x2-8kx-16=0,利 ������ = 8������, 用根与系数的关系及导数的几何意义,证明QC⊥PQ,即可证明结论.
江苏省2019高考数学二轮复习微专题9解析几何中的探索性问题课件201903.pdf
微专题9 解析几何中的探索性问题题型一 定值问题的探索例1 (2018南京高三第三次模拟)如图,在平面直角坐标系xOy 中,椭圆C : + =1(a >b >0)经过点P ,离心率为 . 已知过点M 的直线l 与椭圆C 交于A ,B 两点.(1)求椭圆C 的方程;(2)试问x 轴上是否存在定点N ,使得 · 为定值?若存在,求出点N 的坐标;若不存在,请说明理由.22x a 22y b 83,55⎛⎫ ⎪⎝⎭322,05⎛⎫ ⎪⎝⎭NA →NB →解析 (1)离心率e = = ,所以c = a ,b = a .所以椭圆C 的方程为 + =1.因为椭圆C 经过点P ,所以 + =1.所以b 2=1.所以椭圆C 的方程为 +y 2=1.(2)设N (n ,0).当直线l 的斜率存在时,设l :y =k .c a 323222a c -12224x b 22y b83,55⎛⎫ ⎪⎝⎭21625b 2925b 24x 25x ⎛⎫- ⎪⎝⎭设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由 消去y ,221,425x y y k x ⎧+=⎪⎪⎨⎛⎫⎪=- ⎪⎪⎝⎭⎩得(4k 2+1)x 2- k 2x + k 2-4=0.所以x 1+x 2= ,x 1x 2= .所以 · =(x 1-n )(x 2-n )+y 1y 2=(x 1-n )(x 2-n )+k 2 =(k 2+1)x 1x 2- (x 1+x 2)+n 2+ k 2=(k 2+1) - +n 2+ k 216516252216541k k +221642541k k -+NA →NB →125x ⎛⎫- ⎪⎝⎭225x ⎛⎫- ⎪⎝⎭225n k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭425221642541k k -+225n k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭2216541k k +425= +n 2= +n 2.若 · 为常数,则 为常数.设 =λ,λ为常数,2222222161624(1)4(41)25552541k k k n k k k k ⎛⎫⎛⎫+--+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+22161645541n k k ⎛⎫--- ⎪⎝⎭+NA →NB →22161645541n k k ⎛⎫--- ⎪⎝⎭+22161645541n k k ⎛⎫--- ⎪⎝⎭+则 k 2-4=4λk 2+λ对任意的实数k 恒成立,所以 所以 此时 · =12.当直线l 的斜率不存在时,设A ,B ,则y 2=1- = .所以 · = -y 2= - =12.所以在x 轴上存在定点N (4,0),使得 · 为定值.161655n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭16164,554.n λλ⎧--=⎪⎨⎪-=⎩4,4,n λ=⎧⎨=-⎩NA →NB →2,5y ⎛⎫ ⎪⎝⎭2,5y ⎛⎫- ⎪⎝⎭2254⎛⎫ ⎪⎝⎭2425NA →NB →2245⎛⎫- ⎪⎝⎭2245⎛⎫- ⎪⎝⎭2425NA →NB →【方法归纳】 定值问题的探索一般有两种思路,一是利用特殊值法求出定值,再证明对一般情况也成立;二是直接探索求解,即根据条件联立直线方程与椭圆方程,结合斜率公式、根与系数的关系等计算.1-1 (2018泰州中学高三检测)已知椭圆C : + =1 (a >b >0)过点(0, ),右焦点F 到右准线的距离为 ,若直线l 与椭圆C 交于两个不同点A ,B .(1)求椭圆C 的方程;(2)若点M 为椭圆C 的右顶点,直线l 过点N (2 ,2 ).①若直线l 的斜率为 ,试求△MAB 的外接圆方程;②若直线MA 与MB 的斜率分别为k 1,k 2,试问k 1+k 2是不是定值?并说明理由.22x a 22y b2632212解析 (1)由椭圆过点 ),得b .又 -c = = ,则c .故a 2=b 2+c 2=8,a ∴椭圆C 的方程为 + =1.(2)①∵直线l 的斜率为 ,l 过点N ),∴直线l 的方程为y -2 = (x -2 ),即y = x + 由 得x 2+2 x =0.∴A (0, B (-2 ,0).222a c 2b c 636228x 22y 122221221222212,241,82y x x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩222又M (2 ,0),∴AM 的中点为 ,k AM =- .∴线段AM 的中垂线方程为y - =2(x - ),即y =2x - .又线段BM 的中垂线方程为x =0,∴△MAB 的外接圆圆心为 ,且半径为 .∴△MAB 的外接圆方程为x 2+ = .②由题意知直线l 的斜率存在,222,2⎛⎫ ⎪⎝⎭12222322320,2⎛⎫- ⎪⎝⎭222322y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭252设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线l 的方程为y k (x 即y =kx k .与椭圆方程 + =1联立,得222228x 22y(1+4k 2)x 2 k -k 2)x +32k 2-64k +24=0.∴Δ>0,x 1+x 2= ,x 1x 2= .∴k 1+k 2 = + =2k k =2k 2222()14k k k -+2232642414k k k-++1122x -2222x -112222kx k x -+-222222kx k x -+-1222x -2222x -1212122(22()8x x x x +--++2222222()21614326424162()2281414k k k k k k k k k -⋅-+-+--⋅+++=2k + =- ,∴k 1+k 2=- .641632k --1212题型二 定点问题的探索例2 (2018南京师大附中高三模拟)如图,已知椭圆C : + =1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,若椭圆C 经过点(0, ),离心率为 ,直线l 过点F 2,与椭圆C 交于A ,B 两点.22x a 22y b312(1)求椭圆C的方程;(2)若点N为△F1AF2的内心(三角形三条内角平分线的交点),求△F1NF2与△F1 AF2面积的比值;(3)设点A,F2,B在直线x=4上的射影依次为点D,G, E.连接AE,BD,试问当直线l 的倾斜角变化时,直线AE与BD是否相交于定点T?若是,请求出定点T的坐标;若不是,请说明理由.解析 (1)由题意,b .又因为 = ,所以 = .所以a =2.所以椭圆C 的方程为 + =1.(2)因为点N 为△F 1AF 2的内心,所以点N 为△F 1AF 2的内切圆的圆心.设该圆的半径为r ,则 = = = = .(3)若直线l 的斜率不存在时,四边形ABED 是矩形,此时AE 与BD 交于F 2G 的中点 .3c a 12b a 3224x 23y 1212F NF F AF S S 1212121||21(||||||)2F F r AF AF F F r ⨯⨯⨯++⨯121212||||||||F F AF AF F F ++c a c +135,02⎛⎫ ⎪⎝⎭证明如下:当直线l 的倾斜角变化时,直线AE 与BD 相交于定点T .设直线l 的方程为y =k (x -1).由 化简,得5,02⎛⎫ ⎪⎝⎭22(1),143y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩(3+4k 2)x 2-8k 2x +4k 2-12=0.因为直线l 经过椭圆C 内的点(1,0),所以Δ>0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2= ,x 1x 2= .由题意,D (4,y 1),E (4,y 2),直线AE 的方程为y -y 2= (x -4).令x = ,得y =y 2+ × = 22834k k +2241234k k -+2114y y x --522114y y x --542⎛⎫- ⎪⎝⎭122112(4)3()2(4)x y y y x -+--= = = = = = =0.122112(4)(1)3()2(4)x k x k x x x --+--12211825()2(4)k kx x k x x x +-+-22221412882534342(4)k k k k k k k x -+⋅-⋅++-222218(34)2(412)582(4)(34)k k k k k k x k ⋅++⋅--⋅-+333212432824402(4)(34)k k k k k x k ++---+332140402(4)(34)k k x k --+所以点T 在直线AE 上.同理可证,点T 在直线BD 上. 所以当直线l 的倾斜角变化时,直线AE 与BD 相交于定点T .5,02⎛⎫ ⎪⎝⎭5,02⎛⎫ ⎪⎝⎭5,02⎛⎫ ⎪⎝⎭。
2019年高考数学二轮复习专题七解析几何7.3.1直线与圆及圆锥曲线课件文
������������,设动点 N 的轨迹为曲线 C.
(1)求曲线C的方程; (2)若动直线l2:y=kx+m与曲线C有且仅有一个公共点,过F1(-1,0), F2(1,0)两点分别作F1P⊥l2,F2Q⊥l2,垂足分别为P,Q,且记d1为点F1 到直线l2的距离,d2为点F2到直线l2的距离,d3为点P到点Q的距离,试 探索(d1+d2)· d3是否存在最值?若存在,请求出最值.
-6解题策略一 解题策略二 解题策略三
(2)由(1)可知 M 的轨迹是以点 N(1,3)为圆心, 2为半径的圆. 由于|OP|=|OM|,则 O 在线段 PM 的垂直平分线上, 又 P 在圆 N 上,从而 ON⊥PM. 因为 ON 的斜率为 3,所以 l 的斜率为-3, 故 l 的方程为 y=-3x+3.
=
-16 =-1. 16
因此 QC⊥PQ.所以△PQC 恒为直角三角形.
-4解题策略一 解题策略二 解题策略三
解题心得如果动点运动的条件涉及一些几何量的等量关系,那么 设出动点坐标,直接利用等量关系建立x,y之间的关系F(x,y)=0,就得 到轨迹方程.
-5解题策略一 解题策略二 解题策略三
对点训练1已知点P(2,2),圆C:x2+y2-8y=0,过点P的动直线l与圆C 交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点. (1)求M的轨迹方程; (2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及△POM的面积.
解 (1)圆C的方程可化为x2+(y-4)2=16,所以圆心为C(0,4),半径为4.
设 M(x,y),则������������=(x,y-4),������������=(2-x,2-y). 由题设知������������ ·������������=0,
2019年高考数学二轮复习专题7解析几何3.1直线与圆锥曲线课件理
������ 2 =b · tan .
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5.直线与圆锥曲线相交时的弦长 (1)直线方程的设法,已知直线过定点(x0,y0),设直线方程为yy0=k(x-x0),若已知直线的纵截距为(0,b),设直线方程为y=kx+b,若已 知直线的横截距为(a,0),设直线方程为x=ty+a; (2)弦长公式,斜率为k的直线与圆锥曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2)时,
曲线 解题思 模型 想方法 方程思 椭圆、直线方程、 椭圆 想,转化 斜率 法 转换法, 抛物线、直线、 抛物 方程思 圆 线 想 椭圆、斜率、直 点差法, 线、向量、等差 椭圆 解析法 数列
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1.解析几何综合题的宏观思想 (1)做好“几何条件代数化(坐标化)”,把几何条件用点的坐标及所 设参量k表示. (2)认准基本变量,常用的基本量有:(1)斜率k,(2)点的坐标. (3)会借助中间过度量,求解解析几何题一定要考虑基本量是什么? 中间量是什么?如何将中间量转化为基本量?几何条件如何坐标化.
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2.求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型,后计算” (1)定型,就是指定类型以及圆锥曲线的焦点位置,从而设出标准 方程. (2)计算,一般利用待定系数法求出方程中的a2,b2或p.另外,当焦点 位置无法确定时,椭圆常设为mx2+ny2=1(m>0,n>0),双曲线常设为 mx2-ny2=1(mn>0),抛物线常设为y2=2ax或x2=2ay(a≠0). (3)椭圆与双曲线的方程形式上可统一为Ax2+By2=1,其中A,B是 不相等的常数,当A>B>0时,表示焦点在y轴上的椭圆;当B>A>0时, 表示焦点在x轴上的椭圆;当AB<0时,表示双曲线.
苏教高中数学高考二轮复习专题与圆相关的定点、定值问题PPT演示课件
解：
（2）对于圆方程x2 y2 1, 令y 0, 得x 1,
不妨令P(1,0),Q(1,0).由直线l2过点A(3,0)且与 x轴垂直，所以直线l2方程为x 3 设M (s,t),则直线PM方程为y t (x 1)
s 1
解方程组 y
s
t 1
(x
1),
得E(3,
x3
4t ) s 1
同理可得F (3, 2t ) s 1
作业：
1、已知椭圆x2 y2 1, A, B是其左右顶点.动点M满足MB AB, 42
连接AM交椭圆于点P,在x轴上有异于A, B的定点Q,以MP为直径的 圆经过BP、MQ的交点，则点Q的坐标为_______
2、已知圆C : (x 4)2 ( y 1)2 4,直线l：2m x (3m 1) y 2 0 (1)若直线l与圆C相交于两点A, B.弦长AB 2 3,求m的值； (2)已知点M (4,5),点C为圆心，若直线MC上存在定点N（异于点M ) 满足：对于圆C上任一点P,都有 PM 为一常数，试求所有满足条件
所以 3
52 42
t 0 t2 9
0
解得
t
-539或t
1（舍去） -5
5
所以，存在点B( 9 ,0)对于圆上的任意一点P 5
都有 PB 为一常数3
PA
5
小结： 此类定点(定值)问题一般有两种思路： 1由特殊到一般，先由特殊位置（特殊值）找出定点(定值)， 再利用所求出的定点(定值）来证明一般性结论 2 转化为等式（方程）恒成立问题
解：
（1）因为直线l1过点A(3,0),且与圆O：x2 y2 1相切
所以直线l1的斜率必定存在。 设直线l1：y k(x 3),即kx y 3k 0
苏教版高中数学高考二轮复习专题：与圆相关的定点、定值问题
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苏教版高中数学高考二轮复习专题： 与圆相 关的定 点、定 值问题(共24张 PPT)
与圆相关的定点、定值问题
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苏教版高中数学高考二轮复习专题： 与圆相 关的定 点、定 值问题(共24张 PPT)
本专题主要来研究与圆相关的定点、定值问题的处理方法
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作业：
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比较变量 前的系数
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2019年高考数学二轮复习专题7解析几何3.1直线与圆锥曲线课件理
•最新中小学教案、试题、试卷、 课件
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1.解析几何综合题的宏观思想 (1)做好“几何条件代数化(坐标化)”,把几何条件用点的坐标及所 设参量k表示. (2)认准基本变量,常用的基本量有:(1)斜率k,(2)点的坐标. (3)会借助中间过度量,求解解析几何题一定要考虑基本量是什么? 中间量是什么?如何将中间量转化为基本量?几何条件如何坐标化.
曲线 解题思 模型 想方法 方程思 椭 想,函数 圆 思想 椭 方程思 圆 想 抛 函数思 物 想,方程 线 思想 方程思 想
直线、椭圆,斜率, 椭 平行四边形 圆
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年份 卷别
设问特点
涉及知识点
曲线 解题思想 模型 方法
证明线段长度和 为定值并求轨迹 全国Ⅰ 方程,求面积的取 值范围 2016 求三角形面积,求 全国Ⅱ 斜率的取值范围 证明平行,求轨迹 全国Ⅲ 方程
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2.求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型,后计算” (1)定型,就是指定类型以及圆锥曲线的焦点位置,从而设出标准 方程. (2)计算,一般利用待定系数法求出方程中的a2,b2或p.另外,当焦点 位置无法确定时,椭圆常设为mx2+ny2=1(m>0,n>0),双曲线常设为 mx2-ny2=1(mn>0),抛物线常设为y2=2ax或x2=2ay(a≠0). (3)椭圆与双曲线的方程形式上可统一为Ax2+By2=1,其中A,B是 不相等的常数,当A>B>0时,表示焦点在y轴上的椭圆;当B>A>0时, 表示焦点在x轴上的椭圆;当AB<0时,表示双曲线.
|AB|= 1 + ������ 2 · |x1-x2|= 1 +
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微专题7 解析几何中定点与定值问题题型一 定点问题例1 (2018高考数学模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知圆C:x2+y2=r2和直线l:x=a(其中r和a均为常数,且0<r<a),M为l上一动点,A1,A2为圆C与x轴的两个交点,直线MA1,MA2与圆C的另一个交点分别为P,Q.(1)若r=2,点M的坐标为(4,2),求直线PQ方程;(2)求证:直线PQ过定点,并求定点的坐标.解析 (1)当r =2,M (4,2)时,A 1(-2,0),A 2(2,0),直线MA 1的方程为x -3y +2=0.由 得P .直线MA 2的方程为x -y -2=0.由 得Q (0,-2).所以直线PQ 的方程为2x -y -2=0.(2)由题设,得A 1(-r ,0),A 2(r ,0).设M (a ,t ),直线MA 1的方程是y = (x +r ),与圆C 的224,320,x y x y ⎧+=⎨-+=⎩86,55⎛⎫ ⎪⎝⎭224,20,x y x y ⎧+=⎨--=⎩t a r+交点为P (x 1,y 1),直线MA 2的方程是y = (x -r ),与圆C 的交点为Q (x 2,y 2),则点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)在曲线[(a +r )y -t (x +r )][(a -r )y -t (x -r )]=0上.t a r-化简,得(a 2-r 2)y 2-2ty (ax -r 2)+t 2(x 2-r 2)=0.①又P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)在圆C 上,圆C :x 2+y 2-r 2=0.②由①-t 2×②,得(a 2-r 2)y 2-2ty (ax -r 2)+t 2(x 2-r 2)-t 2(x 2+y 2-r 2)=0.化简,得(a 2-r 2)y -2t (ax -r 2)-t 2y =0.所以直线PQ 的方程为(a 2-r 2)y -2t (ax -r 2)-t 2y =0.令y =0,得x = ,所以直线PQ 过定点 .2r a 2,0r a ⎛⎫ ⎪⎝⎭【方法归纳】 证明直线过定点,要弄清直线方程与哪个量无关,再整理为关于这个量的恒等式,由其系数和常数项等于0求解.与圆有关的定值问题,可以直接计算或证明,还可以先猜出定值,再给出证明.这里采用的方法是先设出定值,再通过根据已知条件中的“恒成立”列方程组进行求解.与圆有关的定点问题,最终可以化为含有参数的动直线或动圆过定点问题.解这类问题的关键是引入参数,求出动直线或动圆的方程.圆锥曲线中定点问题的两种常用解法:①引进参数法,用动点的坐标或动直线中系数为参数表示变化量,再研究变化量与参数之间的关系,找到定点.②特殊到一般法,根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.1-1 已知圆O :x 2+y 2=9,点A (-5,0),直线l :x -2y =0.(1)求与圆O 相切,且与直线l 垂直的直线方程;(2)若在直线OA 上存在定点B (不同于点A ),满足:对于圆O 上任一点P ,都有 为一常数,试求所有满足条件的点B 的坐标.||||PB PA解析 (1)设所求直线方程为y =-2x +b ,即2x +y -b =0.因为该直线与圆O 相切, =3.解得b =± .所以所求直线方程为y =-2x 或y =-2x .(2)设B (t ,0),P (x ,y ),且 为常数λ,则|PB |2=λ2|PA |2.所以(x -t )2+y 2=λ2[(x +5)2+y 2]①.将y 2=9-x 2代入①,2221+555||||PB PA 得x 2-2xt +t 2+9-x 2=λ2(x 2+10x +25+9-x 2),即2(5λ2+t )x +34λ2-t 2-9=0对x ∈[-3,3]恒成立.所以 解得 或 (舍去).故满足题意的点B 的坐标为 .22250,3490,λt λt ⎧+=⎨--=⎩3,595λt ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩1,5λt =⎧⎨=-⎩9,05⎛⎫- ⎪⎝⎭题型二 椭圆中的定值问题例2 (2018苏锡常镇四市高三调研)如图,椭圆 + =1(a >b >0)的离心率为 ,焦点到相应准线的距离为1,点A ,B ,C 分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点,过点C 的直线l 交椭圆于点D ,交x 轴于点M (x 1,0),直线AC 与直线BD 交于点N (x 2,y 2).(1)求椭圆的标准方程;(2)若 =2 ,求直线l 的方程;(3)求证:x 1·x 2为定值.22x a 22y b22CM →MD →解析 (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 +y 2=1.(2)由(1)知C (0,1),设D (x 0,y 0).由 =2 ,得2y 0=-1,所以y 0=- .2222,2 1.c a a c c⎧=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩2,1.a c ⎧=⎨=⎩22x CM →MD →12代入椭圆的方程,得x 0= 或- .所以D 或D ,所以l 的方程为y = x +1或y =- x +1.(3)设点D 的坐标为(x 3,y 3).由C (0,1),M (x 1,0)可得直线CM 的方程y =- x +1,与椭圆方程联立,得 解得x 3= ,y 3= .626261,22⎛⎫- ⎪⎝⎭61,22⎛⎫-- ⎪⎝626211x 12211,1.2y x x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩12142x x +212122x x -+由B ,0),得直线BD 的方程为y = (x - ),①直线AC 方程为y - x +1.②联立①②,得x 2= ,从而x 1x 1=2为定值.2212112422x x --+-22212x 【方法归纳】 定值问题是解析几何中的一种常见问题,基本的求解方法是:先用变量表示所需证明的不变量,然后通过推导并结合已知条件,消去变量,得到定值.2-1 (2018南通高三第二次调研)如图,在平面直角坐标系xOy 中,B 1,B 2是椭圆 + =1(a >b >0)的短轴端点,P 是椭圆上异于点B 1,B 2的一动点,当直线PB 1的方程为y =x +3时,线段PB 1的长为4 .(1)求椭圆的标准方程;(2)设点Q 满足:QB 1⊥PB 1,QB 2⊥PB 2.求证:△PB 1B 2与△QB 1B 2的面积之比为定值.22x a 22y b2解析 设P (x 0,y 0),Q (x 1,y 1).(1)在y =x +3中,令x =0,得y =3,从而b =3.由 得 + =1.所以x 0=- .因为|PB |1 x 0|,所以 · .解得a 2=18.所以椭圆的标准方程为 + =1.(2)设直线PB 1,PB 2的斜率分别为k ,k ',2221,93,x y a y x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩22x a 2(3)9x +2269a a +2200(3)x y +-2222269a a +218x 9y则直线PB 1的方程为y =kx +3.又QB 1⊥PB 1,所以直线QB 1的方程为y =- x +3.将y =kx +3代入 + =1,得(2k 2+1)x 2+12kx =0.因为P 是椭圆上异于点B 1,B 2的点,所以x 0≠0,从而x 0=- .因为点P (x 0,y 0)在椭圆 + =1上,所以 + =1,从而 -9=- .1k 218x 29y 21221k k 218x 29y 2018x 209y 20y 202x所以k ·k '= · = =- ,k '=- .又QB 2⊥PB 2,所以直线QB 2的方程为y =2kx -3.联立 解得x = ,即x 1= .所以 = = =2.003y x -003y x +20209y x -1212k 13,23,y x k y kx ⎧=-+⎪⎨⎪=-⎩2621k k +2621k k +1212PB B QB B S S 01x x -221221621k k k k ++2-2 (2018苏州学业阳光指标调研)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆C : + =1(a >b >0)的离心率为 ,椭圆上的动点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AB 为直径的圆是否恒过定点,并说明理由.22x a 22y b222解析 (1)由题意, = ,故a c .又椭圆上的动点P 到一个焦点的距离的最小值为 所以a -c 解得c =3,a 所以b 2=a 2-c 2=9.所以椭圆C 的标准方程为 + =1.(2)当直线l 的斜率为0时,令y =-1,则x =±4,此时以AB 为直径的圆的方程为x 2+(y +1)2=16.当直线l 的斜率不存在时,以AB 为直径的圆的方程为x 2+y 2=9,c a 222222218x 29y联立 解得 即两圆过点T (0,3).猜想:以AB 为直径的圆恒过定点T (0,3).对一般情况证明如下:设过点M (0,-1)的直线l 的方程为y =kx -1,与椭圆C 交于A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两点,2222(1)16,9,x y x y ⎧++=⎨+=⎩0,3,x y =⎧⎨=⎩则 整理,得(1+2k 2)x 2-4kx -16=0.所以x 1+x 2= ,x 1x 2=- .221,218.y kx x y =-⎧⎨+=⎩2412k k +21612k +所以 · =(x 1,y 1-3)·(x 2,y 2-3)TA →TB→=x 1x 2+y 1y 2-3(y 1+y 2)+9=x 1x 2+(kx 1-1)(kx 2-1)-3(kx 1-1+kx 2-1)+9=(k 2+1)x 1x 2-4k (x 1+x 2)+16= - +16= +16=0.所以TA ⊥TB .所以存在以AB 为直径的圆恒过定点T ,且定点T 的坐标为(0,3).2216(1)12k k -++221612k k +2216(12)12k k -++。