2019高考数学二轮复习专题四解析几何微专题7解析几何中定点与定值问题课件
化简,得(a2-r2)y2-2ty(ax-r2)+t2(x2-r2)=0.①
又P(x1,y1),Q(x2,y2)在圆C上,圆C:x2+y2-r2=0.②
由①-t2×②,得(a2-r2)y2-2ty(ax-r2)+t2(x2-r2)-t2(x2+y2-r2)=0.
化简,得(a2-r2)y-2t(ax-r2)-t2y=0.
解析 (1)当r=2,M(4,2)时,A1(-2,0),A2(2,0), 直线MA1的方程为x-3y+2=0.
由
x
x2
y2 3y
24,0,得P 85 ,
6 5
.
直线MA2的方程为x-y-2=0.由
x2
y2
4,
x y 2 0,
得Q(0,-2).
1-1 已知圆O:x2+y2=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 | PB | | PA |
为一常数,试求所有满足条件的点B的坐标.
解析 (1)设所求直线方程为y=-2x+b,即2x+y-b=0.
(3)设点D的坐标为(x3,y3).由C(0,1),M(x1,0)可得直线CM的方程y=- x11 x+1,
与椭圆方程联立,得
y 1 x1
x2 y2 2
1,
1.解得x3= x142 x1
2
,y3=
x12 x12
2 2
.
由B( 2 ,0),得直线BD的方程为y=
9
=-1 ,k'=- 1 .
2 2k
又QB2⊥PB2,所以直线QB2的方程为y=2kx-3.
联立
y y
1 k
2kx
x3,3,解得x= 2k62k
1,即x1= 2k62k
1
.
12k
所以 S PB1B2 = x0 = 2k 2 1 =2.
S QB1B2
2
(2)由(1)知C(0,1),设D(x0,y0).
由 CM
=2 MD
,得2y0=-1,所以y0=- 1 .
2
代入椭圆的方程,得x0= 26 或- 26 .
所以D
6 2
,
1 2
或D
6 2
,
1 2
,
所以l的方程为y= 6 x+1或y=- 6 x+1.
2
2
x1
6k
2k 2 1
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: ax22 + by22 = 1(a>b>0)的离心率为 2 ,椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为3( 2 -
2
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.
解析 (1)由题意, c = 2 ,故a= 2c. a2
又椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为3( 2 -1), 所以a-c=3 2 -3.解得c=3,a=3 2.所以b2=a2-c2=9.
所以椭圆C的标准方程为 x2 + y2 =1.
18 9
(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x2+(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x2+y2=9,
微专题7解析几何中定点与定值问题
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.
x12 2 2x12 4x1 2
(x- 2 ),①直线AC方程为y-
2
2 x+1.②联立①②,得x2= 2 ,
2
x1
从而x1x1=2为定值.
【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.
则
y kx 1, x2 2y2
整理,得(1+2k2)x2-4kx-16=0.
18.
所以x1+x2= 142kk 2 ,x1x2=- 1126k 2 .
所以 TA·T B =(x1,y1-3)·(x2,y2-3)
=x1x2+y1y2-3(y1+y2)+9
=x1x2+(kx1-1)(kx2-1)-3(kx1-1+kx2-1)+9
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 ax22 + by22 =1(a>b>0)的离心率为
2 ,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 2
顶点,过点C的直线l交椭圆于点D,交x轴于点M(x1,0),直线AC与直线BD交于点
N(x2,y2).
解析 设P(x0,y0),Q(x1,y1). (1)在y=x+3中,令x=0,得y=3,从而b=3.
由
x2 a2 yx
y2 9 3,
1,
得 ax22 + (x 93)
2
=1.
所以x0=-
6a2 9a
2
.因为|PB|1= x02
(
y0
3)2
= 2
|x0|,
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若 CM
=2 MD
,求直线l的方程;
(3)求证:x1·x2为定值.
解析
(1)由椭圆的离心率为 22
,焦点到对应准线的距离为1,得
c a a2 c
2,
2解
c 1.
得a 2, c 1.
所以椭圆的标准方程为 x2 +y2=1.
联立
x x
2 2
(y y2
1)2 9,
16, 解得
x y
0,即两圆过点T(0,3).
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(x1,y1),B(x2,y2)两点,
18 9
因为P是椭圆上异于点B1,B2的点,所以x0≠0,
从而x0=- 2k122 k
.
1
因为点P(x0,y0)在椭圆 1x82 + y92 =1上,所以 1x802 + y902 =1,
从而 y02
-9=-
x02 2
.
所以k·k'= y0 x0
3
· y0
x0
3
=
y02 x02
因为该直线与圆O相切,所以 | b | =3.解得b=±3 5 . 22 12
所以所求直线方程为y=-2x+3 5 或y=-2x-3 5 .
(2)设B(t,0),P(x,y),且 | PB | 为常数λ,则|PB|2=λ2|PA|2. | PA |
所以(x-t)2+y2=λ2[(x+5)2+y2]①.将y2=9-x2代入①,
=(k2+1)x1x2-4k(x1+x2)+16
=
16(k 2 1 2k 2
1)
- 16k 2
1 2k
2
+16
= 16(1
1
2k 2k 2
2
)
+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).
得x2-2xt+t2+9-x2=λ2(x2+10x+25+9-x2),
即2(5λ2+t)x+34λ2-t2-9=0对x∈[-3,3]恒成立.
所以
5λ2 t
34
λ2
t2
0,
9
0,
解得
tλ539,
或 tλ1,5(舍去).
5
故满足题意的点B的坐标为 95 ,0.
所以直线PQ的方程为(a2-r2)y-2t(ax-r2)-t2y=0.
令y=0,得x= ra2 ,所以直线PQ过定点
r2 a
,
0
.
【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.
第八节第1课时 定点、定值问题 课件(共42张PPT)
解析：由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，只要
∠AF2B为钝角即可，所以有
b2 a
>2c，即b2>2ac，所以c2－
a2>2ac，即e2－2e－1>0，所以e>1＋ 2或e<1－ 2(舍)．
答案：(1＋ 2，＋∞)
第一课时 定点、定值问题
1．定点问题 (1)参数法：参数法解决定点问题的思路：①引进动 点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中 的核心变量(此处设为k)；②利用条件找到k与过定点的 曲线F(x，y)＝0之间的关系，得到关于k与x，y的等式， 再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点。 (2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题 时，常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。
x2 9
＋
y2 4
＝1上，
过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足N→P＝
→ 2 NM.
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)过F(1，0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过
F(1，0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，
求证：|A1B|＋|C1D|为定值．
解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)． 因为N→P＝ 2 N→M，所以(x－x0，y)＝ 2(0，y0)，
定点问题实质及求解步骤 解析几何中的定点问题实质是：当动直线或动圆变 化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着 定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
已知椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率e＝ 36，直线l： y＝bx＋2与圆x2＋y2＝2相切．
(1)求椭圆的方程； (2)已知定点E(1，0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆 相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使得以CD为 直径的圆过定点E？若存在，求出k的值；若不存在，请 说明理由．
解析几何中的定值、定点和定线问题-备战2019年高考数学二轮复习能力提升讲练通(浙江版)(原卷版)
解析几何中的定值、定点、定线问题仍是高考考试的重点与难点，该类问题知识综合性强,方法灵活,对运算能力和推理能力要求较高,因而成为了高中数学学习的重点和难点.主要以解答题形式考查，往往处在倒数第二题位置，起到拉开距离，选拔优生的目的.一般以椭圆或抛物线为背景，考查定值、定点、定线问题，试题难度较大．定点、定值、定线问题都是探求"变中有不变的量".因此要用全面的、联系的、发展的观点看待并处理此类问题.从整体上把握问题给出的综合信息,并注意挖掘问题中各个量之间的相互关系,恰当适时地运用函数与方程、转化与化归、数形结合、分类讨论、特殊到一般、相关点法、设而不求、换元、消元等基本思想方法. 在解答这类问题过程中，既有探索性的历程，又有严密的逻辑推理及复杂的运算，成为考查学生逻辑思维能力、知识迁移能力和运算求证能力的一道亮丽的风景线，真正体现了考试大纲中“重知识，更重能力”的指导思想.解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用韦达定理进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用．【类型一】解析几何中的定值问题【概要】在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，解决这类问题时，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，一种思路是进行一般计算推理求出其结果，选定一个适合该题设的参变量，用题中已知量和参变量表示题中所涉及的定义，方程，几何性质，再用韦达定理，点差法等导出所求定值关系所需要的表达式，并将其代入定值关系式，化简整理求出结果；另一种思路是通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，用特殊探索法（特殊值、特殊位置、特殊图形等）先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口，将该问题涉及的几何形式转化为代数形式或三角形式，证明该式是恒定的.同时有许多定值问题，通过特殊探索法不但能够确定出定值，还可以为我们提供解题的线索.如果试题是客观题形式出现，特珠化方法往往比较奏效.【题型示例】例1.【四川省成都市龙泉驿区2019届高三统一模拟】已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，直线l：x+2y=4与椭圆有且只有一个交点T．（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；（Ⅱ）O为坐标原点，与OT平行的直线l′与椭圆C交于不同的两点A，B，直线l′与直线l交于点P，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．例2.【河北省唐山市2019届高三上期末】已知椭圆，离心率，过点的动直线与椭圆相交于，两点.当轴时，.（1）求椭圆的方程；（2）已知为椭圆的上顶点，证明为定值.【类型二】解析几何中的定点问题【概要】定点问题是动直线（或曲线）恒过某一定点的问题，一般方法是先将动直线（或曲线）用参数表示出来，再分析判断出其所过的定点．定点问题的难点是动直线（或曲线）的表示，一旦表示出来，其所过的定点就一目了然了．所以动直线（或曲线）中，参数的选择就至关重要．解题的关健在于寻找题中用来联系已知量，未知量的垂直关系、中点关系、方程、不等式，然后将已知量，未知量代入上述关系，通过整理，变形转化为过定点的直线系、曲线系来解决.定点问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点问题的证明．难度较大．定点问题是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点．化解这类问题难点的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．解析几何中的“定点”问题一般是在一些动态事物(如动点、动直线、动弦、动角、动轨迹等)中,寻求某一个不变量——定点，由于这种问题涉及面广、综合性强.【题型示例】例3.【】广东省东莞市2019届高三上学期期末已知椭圆的中心在坐标原点，左右焦点分别为和，且椭圆经过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右顶点作两条相互垂直的直线，，分别与椭圆交于点（均异于点），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.例4.【福建省漳州市2019届高三第一次测试】已知动圆过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）若是曲线上的两个点且直线过的外心，其中为坐标原点，求证：直线过定点.【类型三】解析几何中的定线问题【概要】定线问题是证明动点在 定直线上，其实质是求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为 求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等．【题型示例】例5【2018届华大新高考联盟高三1月】已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，上顶点为,P O 为坐标原点，椭圆的离心率2e =PFO ∆的面积为2. （1）求椭圆的方程；（2）设线段PO 的中点为M ，经过M 的直线l 与椭圆交于,A B 两点， ()3,0C -，若点A 关于x 轴的对称点在直线BC 上，求直线l 方程.例6.【江西省九江市2019届高三第一次模拟】已知抛物线的焦点为，直线与相切于点， （Ⅰ）求抛物线的方程； （Ⅱ）设直线交于两点，是的中点，若，求点到轴距离的最小值及此时直线的方程.【名师点睛】1. 圆锥曲线中求定值问题常见的方法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)由题意得到目标函数，直接通过推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到 目标函数的取值与变量无关，从而证得定值．定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定 “定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现. 定值问题的主要处理方法是函数方法，首先，选择适当的量为变量，然后把证明为定值的量表示为上述变量的函数（可能含多元），最后把得到的函数解析式化简，消去变量得到定值.消去变量的过程中，经常要用到点在曲线上进行坐标代换消元.有时先从特殊情形入手，求出定值，再对一般情形进 行证明，这样可使问题的方向更加明确.另外关注图形的几何性质可简化计算；2. 解决圆锥曲线定点方法一般有两种：（1）从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算. 定点定值问题的实质为等式恒成立，方法为待定系数法.定点问题，关键在于寻找题中的已知量、未知量间的平行、垂直关系或是方程、不等式，然后将已知量、未知量代入上述关系，通过整理、变形转化为过定点的直线系、曲线系的问题来解决.定值问题，关键在于选定一个适合该题设的参变量，用题中已知量和参变量表示题中所涉及的定义、方程、几何性质，再用韦达定理等方法导出所求定值关系式需要的表达式，并将其代入定值关系式，化简整理求出结果. 圆锥曲线中的定点问题是高考中的常考题型，常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是数形结合思想、分类讨论思想的考查．求解的方法有以下两种：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意；。
解析几何中的定点定值问题ppt课件
15
k AM
kBN
k
2x1x2 2x32 m(x1 x2 ) (x1 x3)(x2 x3)
①
由
y k(x m) x2 4y2 4
消元整理得：
(4k
2
1) x 2
8k
2mx
4k
2m2
4
0
，
所以
x1
x2
8k 2m 4k 2 1,
x1x2
4k 2m2 4 4k 2 1
②
y kx
5
基础练习
3、椭圆 x 2 y 2 1，过右焦点 F 作不垂直于 x 轴 36 27
的直线交椭圆于 A 、 B 两点，线段 AB 的垂直平 分线交 x 轴于 N ，则 NF : AB 等于_______.
6
基础练习
４、如图，已知椭圆
x2 a2
y2 b2
1(a
b 0) ，A, F
是其左顶点
和左焦点， P 是圆 x2 y2 b2 上的动点，若 PA =常数， PF
则此椭圆的离心率是
.
7
因何而动？
8
计算路线比较：设k
路线1：
设kAP M，P Q，N 圆 定点
路线2：
设kPQ
P，Q
直线AP 直线AQ
M
，N
圆
定点
9
计算路线比较：设点
路线3：
设P(x0 , y0 ) Q，M N 圆 定点
3
基础练习
1、 过直线 x 4 上动点 P 作圆 O：x2 y2 4 的切线 PA、PB ，则两切点所在直线 AB 恒过一定点，其坐标为_______．
4
基础练习
2、已知 PQ 是过椭圆 C : 2x2 y2 1中心的任一弦， A 是椭圆 C 上异于 P、Q 的任意一点．若 AP、AQ 分别有斜率 k1、k2 ，则 k1 k2 =_______．
2020届二轮复习 微专题7 解析几何中定点与定值问题 课件(20张)(江苏专用)
1 k
x+3.
将y=kx+3代入 x2 + y2 =1,得(2k2+1)x2+12kx=0.
18 9
因为P是椭圆上异于点B1,B2的点,所以x0≠0,
从而x0=-
12k 2k 2
.
1
因为点P(x0,y0)在椭圆
x2 18
+
y2 9
=1上,所以
x02 18
+
y02 9
=1,
从而
y02
-9=-
x02 2
x2 -1 x2 2
=5k-152k
·
x1x2
x1 x2 4 2x1 2x2
4
,
高考导航
栏目索引
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将x1+x2=
4k 2k 2
2
2k 2
1,x1·x2=2k 2
-4 1
代入上式,
整理得yQ=
-5
-5 3k
,
所以k'= 3k ,
3-1
所以k·k'=-5 ,为定值.
6
高考导航
【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:先
1
则x1+x2=-1
4kt 2k
2
,x1x2=12t
2 -2 2k 2
.
所以|OM|·|ON|= x1 · x2
kx1 t-1 kx2 t-1
=
k
2 x1x2
x1x2 k (t -1)(x1
x2
)
(t -1) 2
2t2 -2
=
1 2k 2
k2
2t2 -2 1 2k 2
备战2025年高考二轮复习数学课件专题：解析几何-定值、定点与定直线问题
设直线
2
的斜率存在且斜率不是±2 ,
2
l:y=kx+m(k≠± ),M(x1,y1),N(x2,y2),
2
= + ,
联立 2 2
可得(2k2-1)x2+4kmx+2m2+2=0,
一般法 变量无关
对于满足一定条件的两点连接所得直线过定点或满足一定条件的曲线过
关系法
定点问题,可设直线(或曲线)上两点的坐标,利用坐标在直线(或曲线)上,建
立点的坐标所满足的方程(组),求出相应的直线(或曲线),然后再利用直线
(或曲线)过定点的知识求解
角度三
定直线问题
2
例 3(2024·浙江温州二模)已知椭圆 L: 2
2
直线
2
2 -
EB:y-t= - (x-x1),令
2 1
13
8
x1+x2=− 2 -3,x1x2= 2 -3.
x=0,得点 P 的纵坐标
- 1 2 -4 1 + 1
-( 2 +4) 1 + 1
-2 1 + 1
+t.
+t=
+t=
yP=
2 - 1
2 - 1
解决相关问题;其次是要善于运用特殊化方法,即先从问题的特殊情况入手,
发现和推导问题结论,然后再证明一般情形成立,从而解决定值、定点、定
直线问题.
角度一
定值问题
例 1(2024·山东临沂模拟)已知椭圆
2
C: 2
+
2
1
=1(a>b>0)的离心率为2,且点
2
解析几何中定值和定点问题
解析几何中定值与定点问题【探究问题解决的技巧、方法】(1)定点和定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的．(2)解圆锥曲线中的定点、定值问题也可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究．【实例探究】题型1：定值问题:例1：已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率等于（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）过椭圆C的右焦点作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若为定值.解：（I）设椭圆C的方程为，则由题意知b= 1.∴椭圆C的方程为（II）方法一：设A、B、M点的坐标分别为易知F点的坐标为（2，0）.将A点坐标代入到椭圆方程中，得去分母整理得方法二：设A、B、M点的坐标分别为又易知F点的坐标为（2，0）.显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得又例2.已知椭圆C经过点A(1,3/2),两个焦点为(-1,0),(1,0).1）求椭圆方程2）E、F是椭圆上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明：直线EF的斜率为定值，并求出这个定值（1）a²-b²=c² =1设椭圆方程为x²/（b²+1）+y²/b²=1将（1，3/2）代入整理得4b^4-9b²-9=0 解得b²=3 （另一值舍）所以椭圆方程为x²/4+y²/3=1（2）设AE斜率为k则AE方程为y-(3/2)=k(x-1)①x ²/4+y ²/3=1 ②①，②联立得出两个解一个是A （1,3/2）另一个是E （x1，y1） ①代入②消去y 得（1/4+k ²/3）x ²-（2k ²/3-k ）x+k ²/3-k-1/4=0 根据韦达定理 x1·1=（k ²/3-k-1/4）/（1/4+k ²/3）③ 将③的结果代入①式得y1=（-k ²/2-k/2+3/8）/(1/4+k ²/3)设AF 斜率为-k ，F （x2，y2） 则AF 方程为y-（3/2）=-k （x-1）④ x ²/4+y ²/3=1 ② ②④联立同样解得x2=（k ²/3+k-1/4）/（1/4+k ²/3） y2=（-k ²/2+k/2+3/8）/（1/4+k ²/3） EF 斜率为（y2-y1）/(x2-x1)=1/2所以直线EF 斜率为定值，这个定值是1/2。
(江苏专用)2020高考数学二轮复习专题四解析几何微专题7解析几何中定点与定值问题课件
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.
N(x2,y2).
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若 C M=2 M,求D 直线l的方程; (3)求证:x1·x2为定值.
解析
(1)由椭圆的离心率为 ,2 焦点到对应准线的距离为1,得 2
c 2
a 解2
a2 c
c
, 1
.
得
a
2,
c 1.
所以椭圆的标准方程为 x 2 +y2=1.
解析 (1)当r=2,M(4,2)时,A1(-2,0),A2(2,0), 直线MA1的方程为x-3y+2=0.
由
x得2 Py 2 .4,
x 3y 2 0,
8 5
,6 5
直线MA2的方程为x-y-2=0.由
x2
y2
4,
x y 2 0,
得x2-2xt+t2+9-x2=λ2(x2+10x+25+9-x2),
即2(5λ2+t)x+34λ2-t2-9=0对x∈[-3,3]恒成立.
所以
534λ解2λ2得t t2
高考数学二轮复习第2部分八大难点突破难点4解析几何中的范围定值和探索性问题课件
2．圆锥曲线中的最值、范围问题 圆锥曲线中参数的范围及最值问题，由于其能很好地考查学生对数学知识的迁 移、组合、融会的能力，有利于提高学生综合运用所学知识分析、解决问题的 能力．该类试题设计巧妙、命题新颖别致，常求特定量、 特定式子的最值或范 围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热 点．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关 系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建 立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量， 其原则是这个变 量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线 的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．
∴|AB|＝
211，∴S△ABD＝12|AB|·|OD|＝12×
211×12＝
11 8.
(3)证明：由(1)知：A1(－2,0)，A2(2,0)，B2(0,1)， ∴直线 A1B2 的方程为 y＝12x＋1， 由题意，直线 A2P 的方程为 y＝k(x－2)，k≠0，且 k≠±12，
由y＝12x＋1， y＝kx－2，
y＝kx＋4， (ⅱ)联立1x62 ＋y82＝1， 消去 y 并整理得，(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0， 解得 x1＝－4 或 x2＝41－ ＋82kk22，所以 P41－ ＋82kk22，1＋8k2k2， 直线 AN 的方程为 y＝－21k(x＋4)，同理可得，Q18＋k2－2k42，－1＋8k2k2， 所以 P，Q 关于原点对称，即 PQ 过原点．
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201903024291
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.
x 2 ( y 1) 2 16, x 0, 联立 2 2 解得 即两圆过点T(0,3). y 3, x y 9,
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(x1,y1),B(x2,y2)两点,
题型二 椭圆中的定值问题
例2
2
x2 y 2 (2018苏锡常镇四市高三调研)如图,椭圆 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率为 a b
2 ,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(x1,0),直线AC与直线BD交于点
微专题7
解析几何中定点与定值问 题
微专题7
题型一 定点问题
解析几何中定点与定值问题
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;
2019版高考数学二轮复习 第1篇 专题7 解析几何 第3讲 第3课时 定点、定值与探索性问题学案
第三课时 定点、定值与探索性问题考向一 圆锥曲线中的定值问题【典例】 (2018·临沂质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过(1,1)与⎝ ⎛⎭⎪⎫62，32两点．(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：1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2为定值． [思路分析]总体 设计看到：求椭圆方程与定值问题．想到：利用特例得出定值再证明，或采用推理、计算、消元得定值．解题 指导(1)利用待定系数法求椭圆方程；(2)先利用特殊情况得出定值，再推广到一般情况，即分别用直线斜率k 表示出|OA |2、|OB |2和|OM |2，再化简求值.[规范解答] (1)将(1,1)与⎛⎪⎫6，3两点代入椭圆C 的方程， 得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋1b2＝1，32a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，b 2＝32. 2分∴椭圆C 的方程为x 23＋2y 23＝1.4分(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A ，B 关于原点对称.5分①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1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝1b 2＋1b 2＋2a2＝2．6分同理，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1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝1a 2＋1a 2＋2b 2＝2．7分②若点A ，B ，M 不是椭圆的顶点，设直线l 的方程为y ＝kx (k ≠0)，则直线OM 的方程为y ＝－1kx ，设A (x 1，y 1)，B (－x 1，－y 1)， 8分由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 23＋2y 23＝1，消去y 得，x 2＋2k 2x 2－3＝0，解得x 21＝31＋2k 2，y 21＝3k 21＋2k 2，9分∴|OA |2＝|OB |2＝x 21＋y 21＝31＋k 21＋2k 2，同理|OM |2＝31＋k 22＋k2，10分∴1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝2×1＋2k 231＋k 2＋22＋k231＋k2＝2. 11分 故1|OA |2＋1|OB |2＋2|OM |2＝2为定值. 12分[技法总结] 求解定值问题的两大途径(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[变式提升]1．(2018·益阳三模)已知抛物线C 1的方程为x 2＝2py (p ＞0)，过点M (a ，－2p )(a 为常数)作抛物线C 1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C 1交于Q ，N 两点，Q ，N 两点在x 轴上的射影分别为Q ′，N ′，且|Q ′N ′|＝25，求抛物线C 1的方程；解 因为抛物线C 1的焦点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，所以过焦点且在x 轴上截距为2的直线方程是x 2＋y p 2＝1，即x 2＋2yp ＝1．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x 2＋2yp＝1，消去y 并整理，得x 2＋p 22x －p 2＝0，设点Q (x Q ，y Q )，N (x N ，y N )， 则x Q ＋x N ＝－p 22，x Q x N ＝－p 2．则|Q ′N ′|＝|x Q －x N |＝x Q ＋x N2－4x Q x N＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 222－4×－p 2＝p 44＋4p 2＝2 5 ，解得p ＝2．所以抛物线C 1的方程为x 2＝4y ．(2)设直线AM ，BM 的斜率分别为k 1，k 2, 求证：k 1·k 2为定值． 证明 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1＞0，x 2＜0)，依题意，由x 2＝2py (p ＞0)，得y ＝x 22p ，则y ′＝x p．所以切线MA 的方程是y －y 1＝x 1p (x －x 1)，即y ＝x 1p x －x 212p .又点M (a ，－2p )在直线MA 上，于是有－2p ＝x 1p ×a －x 212p，即x 21－2ax 1－4p 2＝0．同理，有x 22－2ax 2－4p 2＝0，因此，x 1，x 2是方程x 2－2ax －4p 2＝0的两根， 则x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝－4p 2．所以k 1·k 2＝x 1p ·x 2p ＝x 1x 2p 2＝－4p 2p2＝－4，故k 1·k 2为定值得证．2．(2018·龙岩一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，点⎝⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆上．不过原点的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝0(O 为坐标原点)．(1)求椭圆C 的方程；(2)试判断1|OA |2＋1|OB |2是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．解 (1)∵椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32，又c 2＝a 2－b 2， ∴34a 2＝a 2－b 2，∴a 2＝4b 2． 又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆上，∴1a 2＋34b 2＝1，即14b 2＋34b2＝1，∴b 2＝1，则a 2＝4， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1．(2)当直线OA 的斜率存在且不为0时，设其方程为y ＝kx ，∵A ，B 分别为椭圆上的两点，且OA →·OB →＝0，即OA ⊥OB ，∴直线OB 的方程为y ＝－1kx ．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 把y ＝kx 代入椭圆C ：x 24＋y 2＝1，得x 21＝41＋4k 2，∴y 21＝4k 21＋4k2，同理x 22＝4k 24＋k 2，∴y 22＝44＋k2，∴1|OA |2＋1|OB |2＝1x 21＋y 21＋1x 22＋y 22＝141＋4k 2＋4k 21＋4k2＋14k 24＋k 2＋44＋k2＝54．当直线OA ，OB 中的一条直线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为0，此时1|OA |2＋1|OB |2＝1a 2＋1b 2＝14＋1＝54． 综上所述，1|OA |2＋1|OB |2为定值 54 ．考向二 圆锥曲线中的定点问题 【典例】 (2018·荆州二模)已知倾斜角为π4的直线经过抛物线Γ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F ，与抛物线Γ相交于A 、B 两点，且|AB |＝8．(1)求抛物线Γ的方程；(2)过点P (12,8)的两条直线l 1、l 2分别交抛物线Γ于点C 、D 和E 、F ，线段CD 和EF 的中点分别为 M 、N . 如果直线l 1与l 2的倾斜角互余，求证：直线MN 经过一定点．(1)解 由题意可设直线AB 的方程为y ＝x －p2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －p 2，y 2＝2px消去y 整理得x 2－3px ＋p 24＝0，设令A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝3p ， 由抛物线的定义得|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝4p ＝8， ∴4p ＝8，∴p ＝2． ∴抛物线的方程为y 2＝4x ．(2)证明 设直线l 1、l 2的倾斜角分别为α、β，直线l 1的斜率为k ，则k ＝tan α． ∵直线l 1与l 2的倾斜角互余，∴tan β＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝cos αsin α＝1sin αcos α＝1tan α，∴直线l 2的斜率为1k．∴直线CD 的方程为y －8＝k (x －12)，即y ＝k (x －12)＋8，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －12＋8，y 2＝4x 消去x 整理得ky 2－4y ＋32－48k ＝0，∴y C ＋y D ＝4k ，∴x C ＋x D ＝24＋4k 2－16k，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12＋2k2－8k ，2k ，以1k代替点M 坐标中的k ，可得点N 的坐标为(12＋2k 2－8k,2k )，∴k MN ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2－k 2－8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k ＝11k＋k －4．∴直线MN 的方程为y －2k ＝11k＋k －4[x －(12＋2k 2－8k )]， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k －4y ＝x －10， 显然当x ＝10，y ＝0． ∴直线MN 经过定点(10,0)．[技法总结] 动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．[变式提升]3．(2018·甘肃检测)如图，设直线l ：y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2与抛物线C ：y 2＝2px (p >0，p 为常数)交于不同的两点M ，N ，且当k ＝12时，弦MN 的长为415．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 过点B (1，－1)，求证：直线NQ 过定点．(1)解 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，当k ＝12时，直线l ：y ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2，即x ＝2y －p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y －p 2，y 2＝2px ，消去x ，得y 2－4py ＋p 2＝0．∴y 1＋y 2＝4p ，y 1y 2＝p 2， 于是得|MN |＝1＋4|y 1－y 2| ＝5×y 1＋y 22－4y 1y 2＝215|p |＝415， 因为p >0，所以p ＝2，即抛物线C 的标准方程为y 2＝4x ．(2)证明 设点M (4t 2,4t )，N (4t 21，4t 1)，Q (4t 22，4t 2)， 易得直线MN ，MQ ，NQ 的斜率均存在， 则直线MN 的斜率是k MN ＝4t －4t 14t 2－4t 21＝1t ＋t 1， 从而直线MN 的方程是y ＝1t ＋t 1(x －4t 2)＋4t ， 即x －(t ＋t 1)y ＋4tt 1＝0．同理可知MQ 的方程是x －(t ＋t 2)y ＋4tt 2＝0，NQ 的方程是x －(t 1＋t 2)y ＋4t 1t 2＝0．又易知点(－1,0)在直线MN 上，从而有4tt 1＝1． 即t ＝14t 1，点B (1，－1)在直线MQ 上， 从而有1－(t ＋t 2)×(－1)＋4tt 2＝0， 即1－⎝⎛⎭⎪⎫14t 1＋t 2×(－1)＋4×14t 1×t 2＝0，化简得4t 1t 2＝－4(t 1＋t 2)－1．代入NQ 的方程得x －(t 1＋t 2)y －4(t 1＋t 2)－1＝0． 所以直线NQ 过定点(1，－4)．4．(2018·绵阳三模)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，MF 2⊥x 轴，直线MF 1交y 轴于H 点，OH ＝24，Q 为椭圆E 上的动点，△F 1F 2Q 的面积的最大值为1．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点S (4,0)作两条直线与椭圆E 分别交于A 、B 、C 、D ，且使AD ⊥x 轴，如图，问四边形ABCD 的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．解 (1)设F (c,0)，由题意可得c 2a 2＋y 2b 2＝1，即y M ＝b 2a．∵OH 是△F 1F 2M 的中位线，且OH ＝24， ∴|MF 2|＝22，即b 2a ＝22，整理得a 2＝2b 4.①又由题知，当Q 在椭圆E 的上顶点时，△F 1F 2M 的面积最大，∴12×2c ×b ＝1，整理得bc＝1，即b 2(a 2－b 2)＝1，② 联立①②可得2b 6－b 4＝1， 变形得(b 2－1)(2b 4＋b 2＋1)＝0， 解得b 2＝1，进而a 2＝2．∴椭圆E 的方程式为x 22＋y 2＝1．(2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则由对称性可知D (x 1，－y 1)，B (x 2，－y 2)． 设直线AC 与x 轴交于点(t,0)， 直线AC 的方程为x ＝my ＋t (m ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，x 22＋y 2＝1消去x ，得(m 2＋2)y 2＋2mty ＋t 2－2＝0，∴y 1＋y 2＝－2mt m 2＋2，y 1y 2＝t 2－2m 2＋2，由A 、B 、S 三点共线k AS ＝k BS ，即y 1x 1－4＝－y 2x 2－4， 将x 1＝my 1＋t ，x 2＝my 2＋t 代入整理得y 1(my 2＋t －4)＋y 2(my 1＋t －4)＝0，即2my 1y 2＋(t －4)(y 1＋y 2)＝0， 从而2m t 2－2－2mt t －4m 2＋2＝0，化简得2m (4t －2)＝0，解得t ＝12，于是直线AC 的方程为x ＝my ＋12，故直线AC 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0. 同理可得BD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0， ∴直线AC 与BD 的交点是定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0．。