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2018版高考数学一轮复习第九章解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题理

时间:2017-10-26


第 3 课时
题型一 定点问题

定点、定值、探索性问题
x2 y2 a b

例 1 (2017·长沙联考)已知椭圆 2+ 2=1(a>0,b>0)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PM=λ 1MQ,PN=λ 2NQ.
(1)求椭圆的标准方程; (2)若 λ 1+λ 2=-3,试证明:直线 l 过定点并求此定点. (1)解 设椭圆的焦距为 2c,由题意知 b=1,且(2a) +(2b) =2(2c) , 又 a =b +c ,∴a =3. ∴椭圆的方程为 +y =1. 3 (2)证明 由题意设 P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),
2 2 2 2 2 2 2









x2

2

N(x2,y2),设 l 方程为 x=t(y-m),
→ → 由PM=λ 1MQ知(x1,y1-m)=λ 1(x0-x1,-y1), ∴y1-m=-y1λ 1,由题意 y1≠0,∴λ 1= -1.

m y1

m → → 同理由PN=λ 2NQ知 λ 2= -1. y2
∵λ 1+λ 2=-3,∴y1y2+m(y1+y2)=0,①
?x +3y =3, ? 联立? ?x=t?y-m? ?
2 4 2 2

得(t +3)y -2mt y+t m -3=0,
2 2 2

2

2

2

2 2

∴由题意知 Δ =4m t -4(t +3)(t m -3)>0,② 2mt t m -3 且有 y1+y2= 2 ,y1y2= 2 ,③ t +3 t +3 ③代入①得 t m -3+2m t =0, ∴(mt) =1, 由题意 mt<0,∴mt=-1,满足②, 得直线 l 方程为 x=ty+1,过定点(1,0),即 Q 为定点. 思维升华 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)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定点,再证明该定点与变量无关.
2 2 2 2 2 2 2 2

1

(2016·河北衡水中学调研)如图,已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上, 离心率 e= 2 2 ,F 是右焦点,A 是右顶点,B 是椭圆上一点,BF⊥x 轴,|BF|= . 2 2

(1)求椭圆 C 的方程; (2)设直线 l:x=ty+λ 是椭圆 C 的一条切线,点 M(- 2,y1),点 N( 2,y2)是切线 l 上 两个点,证明:当 t,λ 变化时,以 MN 为直径的圆过 x 轴上的定点,并求出定点坐标. 解 (1)由题意设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0),① 焦点 F(c,0),因为 =

x2 y2 a b

c a

2 ,② 2
2

2 c 1 将点 B(c, )的坐标代入方程①得 2+ 2=1.③ 2 a 2b 由②③结合 a =b +c ,得 a= 2,b=1. 故所求椭圆方程为 +y =1. 2
2 2 2

x2

2

x ? ? +y2=1, (2)由? 2 ? ?x=ty+λ

2

得(2+t )y +2tλ y+λ -2=0.

2

2

2

因为 l 为切线,所以 Δ =(2tλ ) -4(t +2)(λ -2)=0, 即 t -λ +2=0.④ 设圆与 x 轴的交点为 T(x0,0), → → 则TM=(- 2-x0,y1),TN=( 2-x0,y2). 因为 MN 为圆的直径, → → 2 故TM·TN=x0-2+y1y2=0.⑤ 当 t=0 时,不符合题意,故 t≠0. - 2-λ 2-λ 因为 y1= ,y2= ,
2 2

2

2

2

t

t

λ -2 所以 y1y2= 2 ,代入⑤结合④得

2

t

→ → ?x0-2?t +λ -2 TM·TN= 2

2

2

2

t

2



?x0-1?t

2

2

t

2


2

要使上式为零,当且仅当 x0=1,解得 x0=±1. 所以 T 为定点,故动圆过 x 轴上的定点(-1,0)与(1,0), 即椭圆的两个焦点. 题型二 定值问题 例2 (2016·广西柳州铁路一中月考)椭圆有两顶点 A(-1,0),B(1,0),过其焦点 F(0,1)

的直线 l 与椭圆交于 C,D 两点,并与 x 轴交于点 P.直线 AC 与直线 BD 交于点 Q.

3 (1)当|CD|= 2时,求直线 l 的方程; 2 → → (2)当点 P 异于 A,B 两点时,求证:OP·OQ为定值. (1)解 ∵椭圆的焦点在 y 轴上, 故设椭圆的标准方程为 2+ 2=1(a>b>0), 由已知得 b=1,c=1,∴a= 2, ∴椭圆的方程为 +x =1. 2 当直线 l 的斜率不存在时,|CD|=2 2,与题意不符; 当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+1,

y2 x2 a b

y2

2

C(x1,y1),D(x2,y2). y=kx+1, ? ? 2 联立?y 2 +x =1, ? ?2
则 x1+x2=-
2

化简得(k +2)x +2kx-1=0,

2

2

2k 1 ,x1·x2=- 2 . k +2 k +2
2

∴|CD|= 1+k = 1+k ·
2 2

?x1+x2? -4x1x2 2k 1 2 ? +4· 2 k2+2 k +2

2

?-



2 2?k +1? 3 = 2, k2+2 2

3

解得 k=± 2. ∴直线 l 的方程为 2x-y+1=0 或 2x+y-1=0. (2)证明 当直线 l 的斜率不存在时,与题意不符. 当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+1(k≠0,k≠±1),C(x1,y1),D(x2,y2), 1 ∴点 P 的坐标为(- ,0).

k

由(1)知 x1+x2=-

2k 1 ,x1x2=- 2 , k +2 k +2
2

且直线 AC 的方程为 y= 直线 BD 的方程为 y=

y1 (x+1), x1+1

y2 (x-1), x2-1

将两直线方程联立,消去 y, 得

x+1 y2?x1+1? = . x-1 y1?x2-1? x+1 y2 与 异号, x-1 y1

∵-1<x1<1,-1<x2<1,∴ (
2 x+1 2 y2 2?x1+1? )= 2 x-1 y1?x2-1?2

= =

2-2x2 ?x1+1? 2· 2 2-2x1 ?x2-1? ?1+x1??1+x2? ?1-x1??1-x2? 1-
2

2

2

2k 1 - 2 k +2 k +2 k-1 2 = =( ), 2k 1 k+1 1+ 2 - 2 k +2 k +2

y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1
=k (-
2

1

k2+2

)+k(-
2

2k )+1 k2+2

2?1+k? ?k-1? =- , 2 ?k +2??k+1? ∵ ∴

k-1 x+1 k-1 与 y1y2 异号,∴ 与 同号, k+1 x-1 k+1 x+1 k-1 = ,解得 x=-k, x-1 k+1

故点 Q 的坐标为(-k,y0), 1 → → OP·OQ=(- ,0)·(-k,y0)=1,

k

4

→ → 故OP·OQ为定值. 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. 1 (2016·珠海模拟)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,点 F( ,0),直线 l:x= 2 1 - ,点 P 在直线 l 上移动,R 是线段 PF 与 y 轴的交点,RQ⊥FP,PQ⊥l. 2

(1)求动点 Q 的轨迹 C 的方程; (2)设圆 M 过 A(1,0),且圆心 M 在曲线 C 上,TS 是圆 M 在 y 轴上截得的弦,当 M 运动时,弦 长|TS|是否为定值?请说明理由. 解 (1)依题意知,点 R 是线段 FP 的中点,且 RQ⊥FP, ∴RQ 是线段 FP 的垂直平分线. ∵点 Q 在线段 FP 的垂直平分线上,∴|PQ|=|QF|, 又|PQ|是点 Q 到直线 l 的距离, 故动点 Q 的轨迹是以 F 为焦点,l 为准线的抛物线,其方程为 y =2x(x>0). (2)弦长|TS|为定值.理由如下: 取曲线 C 上点 M(x0, y0), M 到 y 轴的距离为 d=|x0|=x0, 圆的半径 r=|MA|= ?x0-1? +y0, 则|TS|=2 r -d =2 y0-2x0+1, ∵点 M 在曲线 C 上,∴x0= , 2 ∴|TS|=2 y0-y0+1=2 是定值. 题型三 探索性问题 例 3 (2015·四川)如图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率是
2 2 2 2 2 2 2 2

y2 0

x2 y2 a b

2 ,过点 P(0,1)的动直 2

线 l 与椭圆相交于 A, B 两点, 当直线 l 平行于 x 轴时, 直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2.
5

(1)求椭圆 E 的方程; |QA| |PA| (2)在平面直角坐标系 xOy 中,是否存在与点 P 不同的定点 Q,使得 = 恒成立?若存 |QB| |PB| 在,求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由. 解 (1)由已知,点( 2,1)在椭圆 E 上,

a b ? ?a 因此? -b =c , c 2 ? ?a= 2 ,
2
2

1 + 2=1,
2 2

2

解得 a=2,b= 2, 所以椭圆 E 的方程为 + =1. 4 2 (2)当直线 l 与 x 轴平行时,设直线 l 与椭圆相交于 C,D 两点, |QC| |PC| 如果存在定点 Q 满足条件,则有 = =1, |QD| |PD| 即|QC|=|QD|, 所以 Q 点在 y 轴上,可设 Q 点的坐标为(0,y0). 当直线 l 与 x 轴垂直时,设直线 l 与椭圆相交于 M,N 两点,则 M,N 的坐标分别为(0, 2), (0,- 2), 由 |QM| |PM| |y0- 2| 2-1 = ,有 = ,解得 y0=1 或 y0=2, |QN| |PN| |y0+ 2| 2+1

x2 y2

所以,若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件,则 Q 点坐标只可能为(0,2), |QA| |PA| 下面证明:对任意直线 l,均有 = , |QB| |PB| 当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立, 当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 y=kx+1,

6

A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), x y ? ? + =1, 联立? 4 2 ? ?y=kx+1,
2 2 2

得(2k +1)x +4kx-2=0,

2

2

其判别式 Δ =(4k) +8(2k +1)>0, 所以 x1+x2=- 4k , 2 2k +1

2

x1x2=-

2 , 2 2k +1

1 1 x1+x2 因此 + = =2k,

x1 x2

x1x2

易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B′的坐标为(-x2,y2), 又 kQA=

y1-2 kx1-1 1 = =k- , x1 x1 x1

y2-2 kx2-1 1 1 kQB′= = =-k+ =k- , -x2 -x2 x2 x1
所以 kQA=kQB′,即 Q,A,B′三点共线, |QA| |QA| |x1| |PA| 所以 = = = , |QB| |QB′| |x2| |PB| |QA| |PA| 故存在与 P 不同的定点 Q(0,2),使得 = 恒成立. |QB| |PB| 思维升华 解决探索性问题的注意事项 探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存 在. (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论; (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件; (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法. (2015·湖北)一种作图工具如图 1 所示.O 是滑槽 AB 的中点,短杆 ON 可绕 O 转动,长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接,MN 上的栓子 D 可沿滑槽 AB 滑动,且 DN=ON=1,MN =3,当栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动时,带动 N 绕 O 转动一周(D 不动时,N 也不动),M 处 的笔尖画出的曲线记为 C,以 O 为原点,AB 所在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐 标系.

7

(1) 求曲线 C 的方程; (2) 设动直线 l 与两定直线 l1:x-2y=0 和 l2:x+2y=0 分别交于 P,Q 两点.若直线 l 总 与曲线 C 有且只有一个公共点,试探究:△OPQ 的面积是否存在最小值?若存在,求出该最 小值;若不存在,说明理由. → → → → 解 (1)设点 D(t,0)(|t|≤2),N(x0,y0),M(x,y),依题意,MD=2DN,且|DN|=|ON|=1,
??x0-t? +y0=1, ? 所以(t-x,-y)=2(x0-t,y0),且? 2 2 ?x0+y0=1. ?
2 2

即?

? ?t-x=2x0-2t, ?y=-2y0, ?

且 t(t-2x0)=0.

由于当点 D 不动时,点 N 也不动,所以 t 不恒等于 0, 于是 t=2x0,故 x0= ,y0=- ,代入 x0+y0=1, 4 2 可得 + =1,即所求曲线 C 的方程为 + =1. 16 4 16 4 1 (2)①当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 为 x=4 或 x=-4,都有 S△OPQ= ×4×4=8. 2

x

y

2

2

x2

y2

x2

y2

②当直线 l 的斜率存在时, 1? ? 设直线 l:y=kx+m?k≠± ?, 2? ? 由?
?y=kx+m, ? ? ?x +4y =16,
2 2 2 2

消去 y,
2

可得(1+4k )x +8kmx+4m -16=0. 因为直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点, 所以 Δ =64k m -4(1+4k )(4m -16)=0, 即 m =16k +4.(*1) 又由?
?y=kx+m, ? ? ?x-2y=0,
2 2 2 2 2 2

? 2m , m ?; 可得 P? ? ?1-2k 1-2k?
8

同理可得 Q?

? -2m , m ?. ? ?1+2k 1+2k?
|m| 1 2 和|PQ|= 1+k |xP-xQ|,可得 S△OPQ= ·|PQ|·d= 2 1+k
2 2

由原点 O 到直线 PQ 的距离为 d=

1 1 ? 2m + 2m ?=? 2m 2?.(* ) ·|m|·|xP-xQ|= ·|m|·? ? ? ? 2 2 2 ?1-2k 1+2k? ?1-4k ? 将(*1)式代入(*2)式得,S△OPQ=?
2

? 2m 2?=8|4k +1|. ? ?1-4k ? |4k2-1|

2

2

2 ? ?4k +1? ? 2 1 当 k > 时,S△OPQ=8? 2 ?=8?1+ 2 ?>8; 4 k - 1 4 k -1? 4 ? ? ?
2 1 当 0≤k < 时, 4

2 ? ?4k +1 ? ? S△OPQ=8? 2?=8?-1+ 2?. 1-4k ? ?1-4k ? ? 2 2 1 2 因为 0≤k < ,则 0<1-4k ≤1, 2≥2, 4 1-4k 2 ? ? 所以 S△OPQ=8?-1+ 2?≥8, 1-4k ? ? 当且仅当 k=0 时取等号. 所以当 k=0 时,S△OPQ 的最小值为 8. 综合①②可知,当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时,△OPQ 的面积取得最小值 8.

2

23.设而不求,整体代换

典例 (12 分)椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1、F2,离心率为 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;

x2 y2 a b

3 ,过 F1 且 2

(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 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 k2≠0,证明 1

kk1 kk2



1

为定值,并求出这个定值.

思想方法指导 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等),利用题 目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组,再化为一元二次方程,从而利用根与系数的 关系进行整体代换,达到“设而不求,减少计算”的效果,直接得定值.
9

规范解答 解 (1)由于 c =a -b ,将 x=-c 代入椭圆方程 2+ 2=1,得 y=± . 2b 2 由题意知 =1,即 a=2b .
2 2 2 2

x2 y2 a b

b2 a

a

又 e= =

c a

3 ,所以 a=2,b=1. 2

所以椭圆 C 的方程为 +y =1.[2 分] 4 (2)设 P(x0,y0)(y0≠0), 又 F1(- 3,0),F2( 3,0), 所以直线 PF1,PF2 的方程分别为

x2

2

lPF1 :y0x-(x0+ 3)y+ 3y0=0,

lPF2 :y0x-(x0- 3)y- 3y0=0.
由题意知 |my0+ 3y0|

y +?x0+ 3?

2 0

2



|my0- 3y0|
2 y2 3? 0+?x0-

.

由于点 P 在椭圆上,所以 +y0=1. 4 所以 |m+ 3| = |m- 3| .[4 分]

x2 0

2

? 3 ?2 ? x0+2? ?2 ?

? 3 ?2 ? x0-2? ?2 ?

因为- 3<m< 3,-2<x0<2, 可得

m+ 3
3 x0+2 2



3-m

3 2- x0 2



3 3 3 所以 m= x0,因此- <m< .[6 分] 4 2 2 (3)设 P(x0,y0)(y0≠0), 则直线 l 的方程为 y-y0=k(x-x0).

x ? ? +y2=1, 联立得? 4 ? ?y-y0=k?x-x0?.
整理得(1+4k )x +8(ky0-k x0)x+4(y0-2kx0y0+k x0-1)=0.[10 分] 由题意 Δ =0,即(4-x0)k +2x0y0k+1-y0=0. 又 +y0=1, 4
10
2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

x2 0

2

所以 16y0k +8x0y0k+x0=0,故 k=- . 4y0 1 1 x0+ 3 x0- 3 2x0 由(2)知 + = + = ,

2 2

2

x0

k1 k2
1 1

y0

y0

y0

所以 因此

1 1

kk1 kk2 k?k1 k2? ? kk1 kk2




1? 1 1 ? ? 4y0? 2x0 = ? + ?=?- ?· =-8,

x0 ?

y0

为定值,这个定值为-8.[12 分]

1.(2016·北京西城区模拟)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e=

x2 y2 a b

2 ,短轴长为 2 2. 2

(1)求椭圆 C 的标准方程; (2)如图,椭圆左顶点为 A,过原点 O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆 C 交于 P,Q 两点,直 线 PA,QA 分别与 y 轴交于 M,N 两点.试问以 MN 为直径的圆是否经过定点(与直线 PQ 的斜率 无关)?请证明你的结论. 解 (1)由短轴长为 2 2,得 b= 2,

c a2-b2 2 由 e= = = , a a 2
得 a =4,b =2. 所以椭圆 C 的标准方程为 + =1. 4 2 (2)以 MN 为直径的圆过定点 F(± 2,0). 证明如下: 设 P(x0,y0),则 Q(-x0,-y0), 且 + =1,即 x0+2y0=4, 4 2 因为 A(-2,0),所以直线 PA 方程为 y=
2 2

x2 y2

x2 y2 0 0

2

2

y0 (x+2), x0+2

11

所以 M(0, 所以 N(0,
2 2

2y0 y0 ),直线 QA 方程为 y= (x+2), x0+2 x0-2 2y0 2y0 2y0 ),以 MN 为直径的圆为(x-0)(x-0)+(y- )(y- )=0, x0-2 x0+2 x0-2
2

4x0y0 4y0 即 x +y - 2 y+ 2 =0, x0-4 x0-4 因为 x0-4=-2y0,所以 x +y +2 y-2=0, 令 y=0,则 x -2=0,解得 x=± 2. 所以以 MN 为直径的圆过定点 F(± 2,0).
2 2 2 2 2

x0 y0

x2 y2 3 2.(2016·安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,点 a b 3
( 3, 2)为椭圆上的一点. (1)求椭圆 E 的标准方程; (2)若斜率为 k 的直线 l 过点 A(0,1),且与椭圆 E 交于 C,D 两点,B 为椭圆 E 的下顶点,求 证:对于任意的 k,直线 BC,BD 的斜率之积为定值. (1)解 因为 e= 3 3 3 2 2 2 ,所以 c= a,a =b +( a) .① 3 3 3

3 2 又椭圆过点( 3, 2),所以 2+ 2=1.②

a

b

由①②,解得 a =6,b =4, 所以椭圆 E 的标准方程为 + =1. 6 4 (2)证明 设直线 l:y=kx+1,

2

2

x2 y2

x y ? ? + =1, 联立? 6 4 ? ?y=kx+1,
得(3k +2)x +6kx-9=0. 设 C(x1,y1),D(x2,y2),则
2 2

2

2

x1+x2=-

6k 9 ,x1x2=- 2 , 2 3k +2 3k +2

易知 B(0,-2), 故 kBC·kBD= =

y1+2 y2+2 · x1 x2

kx1+3 kx2+3 · x1 x2

12



k2x1x2+3k?x1+x2?+9 x1x2 x1x2 x1x2

3k?x1+x2? 9 2 =k + +

2k 2 2 =k +3k· -(3k +2) 3 =-2. 所以对于任意的 k,直线 BC,BD 的斜率之积为定值. → → → 3.如图,椭圆长轴的端点为 A,B,O 为椭圆的中心,F 为椭圆的右焦点,且AF·FB=1,|OF| =1.

(1)求椭圆的标准方程; (2)记椭圆的上顶点为 M,直线 l 交椭圆于 P,Q 两点,问:是否存在直线 l,使点 F 恰为△PQM 的垂心,若存在,求直线 l 的方程;若不存在,请说明理由.

x 2 y2 解 (1)设椭圆方程为 2+ 2=1(a>b>0),则 c=1, a b
→ → 又∵AF·FB=(a+c)·(a-c) =a -c =1. ∴a =2,b =1, 故椭圆的标准方程为 +y =1. 2 (2)假设存在直线 l 交椭圆于 P,Q 两点, 且 F 恰为△PQM 的垂心, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), ∵M(0,1),F(1,0),∴直线 l 的斜率 k=1. 于是设直线 l 为 y=x+m,
2 2 2 2

x2

2

y=x+m, ? ? 2 由?x 2 +y =1, ? ?2
得 3x +4mx+2m -2=0,
2 2

x1+x2=- m,①

4 3

13

x1x2=

2m -2 .② 3

2

→ → ∵MP·FQ=x1(x2-1)+y2(y1-1)=0. 又 yi=xi+m(i=1,2), ∴x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0, 即 2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m -m=0.(*) 2m -2 4m 2 将①②代入(*)式得 2· - (m-1)+m -m=0, 3 3 4 解得 m=- 或 m=1, 3 4 经检验 m=- 符合条件. 3 故存在直线 l,使点 F 恰为△PQM 的垂心, 直线 l 的方程为 3x-3y-4=0. *4.(2016·江西三校第一次联考)已知半椭圆 2+ 2=1(x≥0)与半椭圆 2+ 2=1(x<0)组成的 曲线称为“果圆”,其中 a =b +c ,a>b>c>0.如图,设点 F0,F1,F2 是相应椭圆的焦点,A1,
2 2 2 2 2

x2 y2 a b

y2 x2 b c

A2 和 B1,B2 是“果圆”与 x,y 轴的交点.

(1)若三角形 F0F1F2 是边长为 1 的等边三角形,求“果圆”的方程; (2)若|A1A2|>|B1B2|,求 的取值范围; (3)一条直线与果圆交于两点,两点的连线段称为果圆的弦.是否存在实数 k,使得斜率为 k 的直线交果圆于两点,得到的弦的中点 M 的轨迹方程落在某个椭圆上?若存在,求出所有 k 的值;若不存在,说明理由. 解 (1)∵F0(c,0),F1(0,- b -c ),F2(0, b -c ), ∴|F0F2|= ?b -c ?+c =b=1, |F1F2|=2 b -c =1, 3 7 2 2 2 2 ∴c = ,a =b +c = , 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2 2

b a

14

4 ? ?7x +y =1,x≥0, ∴所求“果圆”的方程为? 4 y + x =1,x<0. ? ? 3
2 2 2 2

(2)由题意,得 a+c>2b, 即 a -b >2b-a,
2 2

b 4 2 2 2 ∴a -b >(2b-a) ,得 < . a 5 b2 1 又 b >c =a -b ,∴ 2> . a 2
2 2 2 2

∴ ∈(

b a

2 4 , ). 2 5

? ? (3)设“果圆”C 的方程为? y x ? ?b +c =1,x<0,
2 2 2 2

x2 y2 + =1,x≥0, a2 b2

记平行弦的斜率为 k,当 k=0 时, 直线 y=t(-b≤t≤b)与半椭圆 2+ 2=1(x≥0)的交点是 P(a 1(x<0)的交点是 Q(-c 1- 2,t).

x2 y2 a b

1- 2, t), 与半椭圆 2+ 2=

t2 b

y2 x2 b c

t2 b

∴P,Q 的中点 M(x,y)满足 x=

a-c
2

·

t2 1- 2,y=t,得 b

?

x2 a-c
2
2

+ 2=1.
2

?
2

y2 b

∵a =b +c <2b ,∴a< 2b, ∴(

2

2

a-c
2

) -b =

2

2

a-c-2b a-c+2b
2 · 2

<0.

综上所述,当 k=0 时,“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上. 当 k>0 时,过 B1 的直线 l 与半椭圆 2+ 2=1(x≥0)的交点是( 因此,在直线 l 右侧,以 k 为斜率的平行弦的中点为(

x2 y2 a b

2ka b k a b-b , ). k a +b2 k2a2+b2
2 2

2

2 2

3

3 ka2b -b ), 2, 2 2 k a +b k a +b2 2 2

b2 轨迹在直线 y=- 2x 上,即不在某一椭圆上. ka
当 k<0 时,可类似讨论得到平行弦的中点的轨迹不在某一椭圆上.

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