nbhkdz.com冰点文库

高三数学复习圆锥曲线定点定值问题

时间:2015-12-04


圆锥曲线中的定点定值问题
定点问题
1. (江苏 2008 ) 设平面直角坐标系 xoy 中,设二次函数 f ? x ? ? x2 ? 2x ? b ? x ? R ? 的

图象与两坐标轴有三个交点,经过这三个交点的圆记为 C.求: (Ⅰ)求实数 b 的取值范围; (Ⅱ)求圆 C 的方程; (Ⅲ)问圆 C 是否经过某定点(其坐标与 b 无关)?请证明你的结论. 【解析】本小题主要考查二次函数图象与性质、圆的方程的求法. 解: (Ⅰ)令 x =0,得抛物线与 y 轴交点是(0,b) ; 令 f ? x ? ? x ? 2x ? b ? 0 ,由题意 b≠0 且Δ >0,解得 b<1 且 b≠0.
2

(Ⅱ)设所求圆的一般方程为 x ? y 2 ? Dx ? Ey ? F ? 0
2

令 y =0 得 x ? Dx ? F ? 0 这与 x ? 2 x ? b =0 是同一个方程,故 D=2,F= b .
2 2

令 x =0 得 y 2 ? Ey =0,此方程有一个根为 b,代入得出 E=―b―1. 所以圆 C 的方程为 x2 ? y 2 ? 2x ? (b ? 1) y ? b ? 0 . (Ⅲ)圆 C 必过定点(0,1)和(-2,1) . 证明如下:将(0,1)代入圆 C 的方程,得左边=0 +1 +2×0-(b+1)+b=0,右边 =0, 所以圆 C 必过定点(0,1) . 同理可证圆 C 必过定点(-2,1) .
2 2

P 为直线 l : x ? 4 2. (本小题满分 16 分) 如图: 已知 A, B 是圆 x2 ? y 2 ? 4 与 x 轴的交点,

PA, PB 与圆 x2 ? y 2 ? 4 的另一个交 上的动点,
点分别为 M , N . M (1) 若 P 点坐标为 (4, 6) ,求直线 MN 的方程; (2) 求证:直线 MN 过定点. A O B P

N

解(1)直线 PA 方程为 y ? x ? 2 , 由 ?

?y ? x ? 2
2 2 ?x ? y ? 4

解得 M (0, 2) ,………2 分

直线 PB 的方程 y ? 3x ? 6 ,由 ?

? y ? 3x ? 6 ?x ? y ? 4
2 2

解得 N ( , ? ) ,………4 分

8 5

6 5

所以 MN 的方程 y ? ?2 x ? 2 ………6 分

(2)法一:设 p(4, t ) ,则直线 PA 的方程为 y ?

t t ( x ? 2) ,直线 PB 的方程为 y ? ( x ? 2) 6 2

? x2 ? y 2 ? 4 72 ? 2t 2 24t 2t 2 ? 8 ?8t ? M ( , ) N ( , ) ………10 分 得 ,同理 ? t 36 ? t 2 36 ? t 2 4 ? t2 4 ? t2 ? y ? ( x ? 2) 6 ?

24t ?8t ? 2 t 2 ? 8t ……………12 分 直线 MN 的斜率 k ? 36 ? t 2 4 ? 2 72 ? 2t 2t ? 8 12 ? t 2 ? 36 ? t 2 4 ? t2
8t 8t 8t 2t 2 ? 8 8t x? (x ? )? 直线 MN 的方程为 y ? ,化简得: y ? 14 分 2 2 2 2 12 ? t 12 ? t 2 12 ? t 4?t 4?t
所以直线 MN 过定点 (1, 0) …………………16 分

法二:设 P(4, y0 ), M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) , k BP ?

y0 y 3 y1 y ? 3 ? 0 ? 3k AP ,即 ? 2 , 2 6 x1 ? 2 x2 ? 2

两边平方得:

9(2 ? x1 ) 2 ? x2 9(4 ? x12 ) 4 ? x2 2 ,整理得 ? ? 2 2 x1 ? 2 2 ? x2 ( x1 ? 2) ( x2 ? 2)
2 2

即 2 x1 x2 ? 5( x1 ? x2 ) ? 8 ? 0 …… (1) ,设 MN 的方程为 y ? k ( x ? m) , 代入 x ? y ? 4 ? 0 中得

(1 ? k 2 ) x2 ? 2k 2mx ? k 2m2 ? 4 ? 0 ,得 x1 ? x2 ?

2k 2 m k 2 m2 ? 4 , x x ? 代入(1)式得 1 2 1? k 2 1? k 2

2k 2 m ? 8 10k 2 m ? ? 8 ? 0 ,即 k 2 (m2 ? 5m ? 4) ? 0 .当 k ? 0 , m ? 1 ,或 m ? 4 (舍) 2 2 1? k 1? k
当 k ? 0 时,直线 MN 即为直线 AB,所以直线 MN 过定点 (1, 0) .

3. (本小题满分 16 分) 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,M 点的坐标为(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】 (1)当 r=2,M(4,2),则 A1(-2,0),A2(2,0).
? x 2 ? y 2 ? 4, ? P 8 ,6 x ? 3 y ? 2 ? 0 ? 直线 MA1 的方程:x-3y+2=0,解 得 5 5 .…………………2 分 ? x 2 ? y 2 ? 4, ? Q 0,? 2 ? 直线 MA2 的方程:x-y-2=0,解 ? x ? y ? 2 ? 0 得 ? . ………………4 分

? ?

由两点式,得直线 PQ 方程为:2x-y-2=0. ………………………………6 分 (2)证法一:由题设得 A1(-r,0),A2(r,0) .设 M(a,t), t t 直线 MA1 的方程是:y = a+r(x+r),直线 MA1 的方程是:y = (x-r) .…………8 分 a-r
? x 2 ? y 2 ? r 2, ? 2 2 ? t ( x ? r ) P r (a ? r ) ? rt , 2tr (a ? r ) y ? 2 2 ? (a ? r ) ? t (a ? r ) 2 ? t 2 .…………………………10 分 a?r 解? 得

?

?

? x 2 ? y 2 ? r 2, ? rt 2 ? r (a ? r ) 2 2tr (a ? r ) ? t Q ,? y? (x ? r) 2 2 ? ( a ? r ) ? t ( a ? r ) 2 ? t 2 . ……………………12 分 a?r 解? 得 2at 于是直线 PQ 的斜率 kPQ= , a2-t2-r2

?

?

y?

直线 PQ 的方程为

2tr (a ? r ) r (a ? r ) 2 ? rt 2 2at ? x ? (a ? r )2 ? t 2 a 2 ? t 2 ? r 2 (a ? r )2 ? t 2 . …………14 分

?

?

r 2 ,0 r2 上式中令 y = 0,得 x= a ,是一个与 t 无关的常数.故直线 PQ 过定点 a . …16 分

?

?

证法二:由题设得 A1(-r,0),A2(r,0) .设 M(a,t), t 直线 MA1 的方程是:y=a+r(x+r),与圆 C 的交点 P 设为 P(x1,y1) . t 直线 MA2 的方程是:y= (x-r);与圆 C 的交点 Q 设为 Q(x2,y2) . a-r 则点 P(x1,y1) ,Q(x2,y2)在曲线[(a+r)y-t(x+r)] [(a-r)y-t(x-r)]=0 上, …10 分 化简得 (a2-r2)y2-2ty(ax-r2)+t2(x2-r2)=0. ① 又有 P(x1,y1) ,Q(x2,y2)在圆 C 上,圆 C:x2+y2-r2=0.② -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) -t2 y=0. 所以直线 PQ 的方程为(a2-r2)y-2t(ax-r2)-t2 y=0. ③ ……………14 分
r 2 ,0 r2 在③中令 y = 0 得 x = a ,故直线 PQ 过定点 a .………………16 分

?

?

4.

(江苏 2010 18) (16 分)在平面直角坐标系 xoy 中,如 图 ,已知椭圆

x2 y2 ? ? 1的 9 5

左右顶点为 A,B, 右焦点为 F, 设过点 ( T t, m ) 的直线 TA,TB 与椭圆分别交于点 M ( x1 , y1 ) ,

N ( x2 , y 2 ) ,其中 m>0, y1 ? 0, y 2 ? 0
(1)设动点 P 满足 PF ? PB ? 4 ,求点 P 的轨迹
2 2

(2)设 x1 ? 2, x 2 ?

1 ,求点 T 的坐标 3

A

O

F

B

(3)设 t ? 9 ,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点 (其坐标与 m 无关)

解析:解:由题意可得: F ( 2, 0) , B(3, 0) , A( ? 3, 0) (1)设要求的点 P( x , y ) ,因 PF ? PB ? 4 所以 ( x ? 2)2 ? y 2 ? ( x ? 3)2 ? y 2 ? 4
2 2

即x ?

9 2

1 5 20 , y1 ? 0, y 2 ? 0 所以可以求出 y1 ? , y2 ? ? 3 3 9 1 5 5 所以直线 MA : y ? x ? 1 ,直线 NB : y ? x ? 3 6 2 10 ) 从而点 T 的坐标为 ( 7 , 3 y?0 x?3 m m ? x? (3) T ( 9, m ) ,则直线 TA : ,即 y ? m?0 9?3 12 4 y ?0 x?3 m m ? 直线 TB : ,即 y ? x ? m?0 9?3 6 2
(2)因为 x1 ? 2, x 2 ? 将直线 TA 的方程与椭圆方程联立可得: (5 ?

9 2 2 9m 2 9m 2 m )x ? x? ? 45 ? 0 144 24 16

? 9m 2 ? 24 ? x1 ? 3 ? ? 9 2 3m2 ? 5? m 15 ? 2 ? 144 16 ? 3(80 ? m ) 由韦达定理可得: ? ,从而求出 x ? 1 9 2 80 ? m2 9m 2 ? 5 ? m ? 45 144 ? 16 ? 3 x ? ? 1 9 2 5? m ? ? 144

将 x1 代入则直线 TA 的方程有: y1 ?

40m 3(80 ? m2 ) 40m M ( , ) ,所以 80 ? m2 80 ? m2 80 ? m2

同理可以求出 N (

3(m2 ? 20) 20m ,? ) 2 20 ? m 20 ? m2

20m 3(m2 ? 20) x ? 10m 20 ? m2 20 ? m2 (1 ? x) , 从而直线 MN : ,即 y ? 2 ? 2 2 40m 20m m ? 40 3(80 ? m ) 3( m ? 20) ? ? 80 ? m2 20 ? m2 80 ? m2 20 ? m2 y?
显然直线 MN 必恒过 x 轴上的定点 (1, 0)

5.

(2012 北京理 19) 已知曲线 C : ?5 ? m? x ? ? m ? 2? y ? 8 ? m ? R ? .
2 2

(1)若曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆,求 m 的取值范围; (2)设 m ? 4 ,曲线 C 与 y 轴的交点为 A ,B (点 A 位于点 B 的上方) , 直线 y ? kx ? 4 与 曲线 C 交于不同的两点 M , N ,直线 y ? 1 与直线 BM 交于点 G ,求证: A ,G , N 三点共线. 解: (1)原曲线方程可化简得:
x2 y2 ? ?1 8 8 5?m m?2

8 ? 8 ?5 ? m ? m ? 2 ? ? 8 7 ?0 由题意可得: ? ,解得: ? m ? 5 . 5 ? m 2 ? ? 8 ?m ? 2 ? 0 ?
(2)由已知直线代入椭圆方程化简得: (2k 2 ? 1) x2 ? 16kx ? 24 ? 0 ,
?=32(2k 2 ? 3) ,解得: k 2 ?

3 . 2

由韦达定理得: xM ? xN ?

24 16k ①, xM xN ? ,② 2 2k 2 ? 1 2k ? 1

设 N ( xN , k xN ? 4) , M ( xM , kxM ? 4) , G( xG , 1)

MB 方程为: y ?

? 3xM ? kxM ? 6 x ? 2 ,则 G ? , 1? , xM ? kxM ? 6 ?

? AG ? ?

???? ? 3xM ? ???? ,? 1? , AN ? ? xN ,xN k ? 2 ? , ? xM k ? 6 ?

???? ???? 欲证 A , G ,N 三点共线,只需证 AG , AN 共线



3 xM ( xN k ? 2) ? ? xN 成立,化简得: (3k ? k ) xM xN ? ?6( xM ? xN ) xM k ? 6

G ,N 三点共线得证. 将①②代入易知等式成立,则 A ,

6.

如图,椭圆

x2 y2 3 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 过点 P(1, ) ,其左、右焦点分别为 F1 , F2 ,离心率 2 a b 2
M

e?

1 , M,N 是 椭 圆 右 准 线 上 的 两 个 动 点 , 且 2 ????? ???? ? F1M ? F2 N ? 0 .

y

(1)求椭圆的方程; (2)求 MN 的最小值; (3)以 MN 为直径的圆 C 是否过定点?请证明你的结论. 解:(1)? e ?
F1 O F2

x

N

c 1 3 ? ,且过点 P(1, ) , a 2 2
? ? a ? 2, ? ?b ? 3,

(第 4 题)

9 ?1 ? a 2 ? 4b 2 ? 1, ? ? ? a ? 2c, ? a 2 ? b2 ? c2 , ? ?

解得 ?

?椭圆方程为

x2 y2 ? ?1 4 3

…………………………………………………4 分

????? ???? ? ????? ???? ? (2) 设点 M (4, y1 ), N (4, y2 ) 则 F1M ? (5, y1 ), F2 N ? (3, y2 ), F1M ? F2 N ? 15 ? y1 y2 ? 0 ,
15 15 ? y1 y2 ? ?15 ,又? MN ? y2 ? y1 ? - ? y1 ? + y1 ≥ 2 15 , y1 y1
? MN 的最小值为 2 15 .………………………………………………………………10 分

(3) 圆心 C 的坐标为 (4,

y2 ? y1 y1 ? y2 . ) ,半径 r ? 2 2
y1 ? y2 2 ( y2 ? y1 ) 2 ) ? , 2 4

圆 C 的方程为 ( x ? 4) 2 ? ( y ?

整理得: x2 ? y 2 ? 8x ? ( y1 ? y2 ) y ? 16 ? y1 y2 ? 0 .……………………………………16 分

? y1 y2 ? ?15 ,? x2 ? y 2 ? 8x ? ( y1 ? y2 ) y ? 1 ? 0
令 y ? 0 ,得 x 2 ? 8 x ? 1 ? 0 ,? x ? 4 ? 15 .

?圆 C 过定点 (4 ? 15,0) .………………………………………………………………16 分

7.

(本小题满分 16 分) 已知圆 O : x 2 ? y 2 ? 8 交 x 轴于 A, B 两点,曲线 C 是以 AB 为

长轴,直线 l: x ? ?4 为准线的椭圆. (1)求椭圆的标准方程; (2)若 M 是直线 l 上的任意一点,以 OM 为直径的圆 K 与圆 O 相交于 P, Q 两点,求证: 直线 PQ 必过定点 E ,并求出点 E 的坐标;

(3)如图所示,若直线 PQ 与椭圆 C 交于 G , H 两点,且 EG ? 3HE ,试求此时弦 PQ 的 长.

解: (Ⅰ)设椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1? a ? b ? 0 ? ,则: a 2 b2

?a ? 2 2 ? x2 y 2 ? 2 ?a ? 2 2 ? ? 1 。……4 分 ,从而: ? ,故 b ? 2 ,所以椭圆的标准方程为 ?a 8 4 ? ?c ? 2 ? ?4 ?c
(Ⅱ)设 M (?4, m) ,则圆 K 方程为 ? x ? 2 ? ? ? y ?
2

? ?

m ? m2 ?4 ? ? 2? 4

2

与圆 O : x 2 ? y 2 ? 8 联立消去 x 2 , y 2 得 PQ 的方程为 4 x ? my ? 8 ? 0 , 过定点 E ? ?2,0 ? 。 …………8 分

? x12 ? 2 y12 ? 8 ? (Ⅲ)解法一:设 G ? x1, y1 ? , H ? x2 , y2 ? ,则 ? 2 ,………① 2 ? ? x2 ? 2 y2 ? 8

??? ? ??? ? ? x ? ?8 ? 3x2 ? EG ? 3HE ,?? x1 ? 2, y1 ? ? 3? ?2 ? x2 , ? y2 ? ,即: ? 1 ? y1 ? ?3 y2
8 ? x2 ? ? ? ? 3 代入①解得: ? (舍去正值) , ?y ? ? 2 2 ? 3 ?
从而圆心 O ? 0,0? 到直线 PQ 的距离 d ? 分

? kPQ ? 1 ,所以 PQ : x ? y ? 2 ? 0 ,

1 ? 2, 从而, PQ ? 2 R2 ? d 2 ? 2 6 2

16

8.

(2012 福建理 19) 如图,椭圆 E:

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的左焦点为 F1 ,右焦点为 a 2 b2

F2 ,离心率 e ? 1 ,过 F1 的直线交椭圆于 A, B 两点,且 △ABF2 的 2
周长为 8. (Ⅰ)求椭圆 E 的方程. (Ⅱ) 设动直线 l: y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P, 且与直线 x ? 4 相交于点 Q. 试 探究:在坐标平面内是否存在定点 M,使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由.

解:解法一: (1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8,即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,所以 4a=8,a=2. 1 c 1 又因为 e=2,即a=2,所以 c=1,所以 b= a2-c2= 3. x2 y2 故椭圆 E 的方程是 4 + 3 =1.

y=kx+m, ? ? (2)由?x2 y2 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. + =1, ? ?4 3 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得 4k2-m2+3=0.(*) 4km 4k 3 ? 4k 3 ? 此时 x0=- 2 =- m ,y0=kx0+m=m,所以 P?- m ,m?. ? ? 4k +3 ?x=4, 由? 得 Q(4,4k+m). ?y=kx+m 假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. →· → =0 对满足(*)式的 m、k 恒成立. 设 M(x 0),则MP MQ
1,

4k 3? → → =? →· → =0, ?- m -x1,m?,MQ 因为MP =(4-x1,4k+m),由MP MQ ? ? 16k 4kx1 12k 得- m + m -4x1+x2 1+ m +3=0, k 整理,得(4x1-4)m+x2 1-4x1+3=0.(**) ?4x1-4=0, 由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,所以? 2 解得 x1=1. ?x1-4x1+3=0, 故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 解法二:(1)同解法一. y=kx+m, ? ? (2)由?x2 y2 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. + = 1 , ? ?4 3 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 Δ=0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得 4k2-m2+3=0.(*) 4km 4k 3 ? 4k 3 ? 此时 x0=- 2 =- m ,y0=kx0+m=m,所以 P?- m ,m?. ? ? 4k +3 ?x=4, 由? 得 Q(4,4k+m). ?y=kx+m, 假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. 取 k=0,m= 3,此时 P(0, 3),Q(4, 3),以 PQ 为直径的圆为(x-2)2 3? 1 ? +(y- 3)2=4,交 x 轴于点 M1(1,0),M2(3,0);取 k=-2,m=2,此时 P?1,2?, ? ? ? 5? ? 3? 45 Q(4,0), 以 PQ 为直径的圆为?x-2?2+?y-4?2=16, 交 x 轴于点 M3(1,0), M4(4,0). 所 ? ? ? ? 以若符合条件的点 M 存在,则 M 的坐标必为(1,0). 以下证明 M(1,0)就是满足条件的点: 4k 3? → → =? ?- m -1,m?,MQ 因为 M 的坐标为(1,0),所以MP =(3,4k+m), ? ? →· → =-12k-3+12k+3=0, 从而MP MQ m m

→ → 故恒有MP⊥MQ,即存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.
解法三:(1)同解法一. (2)由对称性可知设 P( x0 , y0 )( y0 ? 0) 与 M ( x, 0)

x2 y 2 3 ? ? 1 ? y ? 3 ? x 2 ? y? ? ? 4 3 4

3x 3x ?k ?? 0 4 y0 3 4 3 ? x2 4

直线 l : y ? y0 ? ?

3x0 3(1 ? x0 ) ( x ? x0 ) ? Q(4, ) 4 y0 y0

? ? ?? ? ? ??? 3 (1 ? x0 ) *)3 ) MP ? MQ ?0 ?( x ?0 x )( ? x 4 )? 0 y ? ?0 ? x (? 0 x ( x? 1 ) ? ( x ? 1 ) ( y0
(*)对 x0 ? (?2, 2) 恒成立 ? x ? 1 , 得 M (1,0)

9.

(本小题满分 16 分)在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C:

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 过点 a 2 b2

a a A( , ), B ( 3,1) . 2 2
(1)求椭圆 C 的方程; (2)已知点 P( x0 , y0 ) 在椭圆 C 上,F 为椭圆的左焦点,直线 l 的方程为 x0 x ? 3 y0 y ? 6 ? 0 . ①求证:直线 l 与椭圆 C 有唯一的公共点; ②若点 F 关于直线 l 的对称点为 Q,求证:当点 P 在椭圆 C 上运动时,直线 PQ 恒过定点, 并求出此定点的坐标.

10. (本题满分 16 分) 已知左焦点为 F(-1,0)的椭圆过点 E(1, 2 3 ).过点 P(1,1)分别作斜率为 k1,k2 的椭 3 圆的动弦 AB,CD,设 M,N 分别为线段 AB,CD 的中点. (1)求椭圆的标准方程; (2)若 P 为线段 AB 的中点,求 k1; (3)若 k1+k2=1,求证直线 MN 恒过定点,并求出定点坐标. 解:依题设 c=1,且右焦点 F? (1,0).

? ? 所以,2a= EF ? EF? = (1 ? 1) ? ? 2 3 ? ? 2 3 ? 2 3 ,b2=a2-c2=2, 3 3 ? ?
2

2

























2 x2 ? y ? 1 . 3 2

…………………………………………………………4 分

(2)设 A( x1 , y1 ),B( x 2 , y2 ),则 ②-①,得 所 k1= 分 (3)依题设,k1≠k2.

x12 y12 x2 y 2 ? ? 1 ①, 2 ? 2 ? 1 ②. 3 2 3 2

( x2 ? x 1 ) x ( 2 ? x 1 ) y ( ?2 y y (y 1) ? 2 1) . ? ?0 3 2
以 ,

y2 ? y1 2( x2 ? x1 ) 4x ?? ? ? P ? ? 2 . ………………………………………………………9 x2 ? x1 3( y2 ? y1 ) 6 yP 3

设 M( xM , yM ),直线 AB 的方程为 y-1=k1(x-1),即 y=k1x+(1-k1),亦即 y=k1x+k2, 代入椭圆方程并化简得 于
yM ? 2k2 . 2 ? 3k12
2 .0 ( 2? k 312 x )2 ? k 6 ? 3 k? 6 ? 1 k 2 x 2





xM ?

?3k1k2 2 ? 3k12



……………………………………………………………11 分
?3k1k2 2k1 , yN ? . 2 2 2 ? 3k2 2 ? 3k2

同理, xN ?

当 k1k2≠0 时, 直 k= 线 MN 的 斜 率

yM ? yN 4 ? 6(k22 ? k2 k1 ? k12 ) 10 ? 6k2 k1 = .……………………………………13 分 ? ?9k2 k1 (k2 ? k1 ) ?9k2 k1 xM ? xN
直线 MN 的方程为 y ?
2k2 10 ? 6k2 k1 ?3k1k2 ? (x ? ), ?9k2 k1 2 ? 3k12 2 ? 3k12

即 亦即 此

y?

10 ? 6k2 k 1 10 ? 6k k 2k 2 1 3k k 1 2 x?( ? ? ) 2, ?9k2 k1 ?9k2 k1 2 ? 3k12 2 ? 3k12

y?

10 ? 6k2 k1 x? 2 . ?9k2 k1 3
时 直 线 过 定 点

(0, ? 2 ) . ………………………………………………………………………………15 分 3

当 k1k2=0 时,直线 MN 即为 y 轴,此时亦过点 (0, ? 2 ) . 3 综
2 . ( ?0 , 3







线

MN



















…………………………………………………… 16 分 )

11.

(本小题满分 16 分)

⑴由题意得 2c ? 2 ,所以 c ? 1 ,又

2 3 + 2 ? 1 ,…………………………………2 分 2 a 2b 1 消去 a 可得, 2b4 ? 5b2 ? 3 ? 0 ,解得 b2 ? 3 或 b2 ? ? (舍去) ,则 a 2 ? 4 , 2 x2 y2 ? ? 1 .……………………………………………………4 分 所以椭圆 E 的方程为 4 3
⑵(ⅰ)设 P( x1 , y1 )( y1 ? 0) , M (2, y0 ) ,则 k1 ?

y1 y0 , k2 ? , x 2 1 ?2

因为 A, P, B 三点共线,所以 y0 ?

4 y1 y0 y1 4 y12 , 所以, k1k2 ? ,8 分 ? x1 ? 2 2( x1 ? 2) 2( x12 ? 4)

因为 P( x1 , y1 ) 在椭圆上,所以 y12 ? (4 ? x12 ) ,故 k1k2 ?

3 4

4 y12 3 ? ? 为定值.10 分 2 2( x1 ? 4) 2

(ⅱ)直线 BP 的斜率为 k2 ?

y1 2 ? x1 ,直线 m 的斜率为 km ? , x1 ? 2 y1

则直线 m 的方程为 y ? y0 ?

2 ? x1 ( x ? 2) ,…………………………………………12 分 y1

y?

2 ? x1 2 ? x1 2(2 ? x1 ) 4 y1 2 ? x1 2( x12 ? 4) ? 4 y12 ( x ? 2) ? y0 ? x? ? ? x? y1 y1 y1 x1 ? 2 y1 ( x1 ? 2) y1

?

2 ? x1 2 ? x1 2 ? x1 2( x12 ? 4) ? 12 ? 3x12 2 ? x1 x? ( x ? 1) , x? = = y1 y1 y1 y1 ( x1 ? 2) y1
………………………………………………………16 分

所以直线 m 过定点 (?1,0) .

12. (2102 福建文 21) 如图, 等边三角形 OAB 的边长为 8 3 , 且其三个顶点均在抛物线 E : x 2 ? 2 py( p ? 0) 上. (I)求抛物线 E 的方程; (II)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P ,与直线 y ? ?1 相交于点 Q .证明以 PQ 为直 径的圆恒过 y 轴上某定点.

本小题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识, 考查运算求解能力、 推理论证能力, 考查数形结合思想、 化归与转化思想、 特殊与一般思想. 解:依题意 | OB | = 8 3 , ?BOy ? 30? ,

设 B ( x, y ) ,则 x=|OB|sin30? ? 4 3 , y =|OB|cos30? ? 12 .
2 因为点 B(4 3,12) 在 x 2 ? 2 py 上,所以 ( 4 3 ) ? 2 p ?12 ,解得 p ? 2 .

所以抛物线 E 的方程为 x 2 ? 4 y . (2)由(1)知 y ?

1 2 x , 4

y? ? 1 x . 2 2 4

2 设 P( x0 , y0 ) ,则 x0 ? 0 ,并且 l 的方程为 y ? y0 ? x0 ( x ? x0 ) ,即 y ? 1 x0 x ? 1 x0 .

? x2 ? 4 1 1 2 ? , ?x ? 0 ? y ? 2 x0 x ? 4 x0 , 2 x0 由? 得? ? y ? ?1. ? y ? ?1 ? ?
所以 Q(
2 x0 ?4 , ?1) . 2 x0

2 设 M (0, y1 ) ,令 MP ? MQ=0 对满足 y0 ? 1 x0 ( x0 ? 0) 的 x0 , y0 恒成立.

???? ???? ?

4

由于 MP ? ( x0 , y0 ? y1) , MQ= (

???? ?

2 x0 ?4 , ? 1 ? y1 ) , 2 x0

2 ???? ???? ? x0 ?4 ? y0 ? y0 y 1 ? y1 ? y12 ? 0 , 由于 MP ? MQ ? 0 , 得 2

2 即 (y1 ? y1 ? 2) ? (1 ? y1) y0 ? 0 .

(*)

? 2 由于(*)对满足 y0 ? 1 x0 ( x0 ? 0) 的 y0 恒成立,所以 ?
4
解得 y1 ? 1 . 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M (0,1) . 解法二 (1)同解法一 (2)由(1)知 y ?

1 ? y1 ? 0,

2 ? y1 ? y1 ? 2 ? 0,

1 2 x , 4

y? ? 1 x . 2 2 4

2 设 P( x0 , y0 ) ,则 x0 ? 0 ,并且 l 的方程为 y ? y0 ? x0 ( x ? x0 ) ,即 y ? 1 x0 x ? 1 x0 .

2 ? x0 ?4 1 x x ? 1 x2 , ? y ? x ? , ? ? 0 0 2 4 2 x0 由? 得? ? y ? ?1. ? y ? ?1 ? ?

所以 Q(

2 x0 ?4 , ?1) . 2 x0

取 x0 =2,此时 P(2,1),Q(0,-1),
2 以 PQ 为直径的圆为 ( x ? 1 ) ? y 2 ? 2 ,交 y 轴于点 M 1 (0,1)或 M 2 (0,-1);

取 x0 =1,此时 P (1, 1 ) , Q(? 2 , ?1) ,

4

3

以 PQ 为直径的圆为 ( x ? ) ? ( y ? ) ?
2 2

1 4

3 8

125 ,交 y 轴于 M 3 (0,1) 或 M 4 (0, ? 7 ) . 4 64

故若满足条件得点 M 存在,只能是 M (0,1) . 以下证明点 M (0,1) 就是所要求的点.

( 因为 MP ? ( x0 , y 0 ? 1 , MQ ? )

???? ?

2 x0 ?4 , ? 2) 2 x0

???? ???? ? x2 ? 4 MP ? MQ ? 0 ? 2 y0 ? 2 ? 2 y0 ? 2 ? 2 y0 ? 2 ? 0 2
故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M.

13. 已 知 定 点 M ( x0, y0 ) 在 抛 物 线 m : y 2 ? 2 px ( p > 0 ) 上 , 动 点 A, B ? m 且

???? ???? MA?MB ? 0 .求证:弦 AB 必过一定点.
【解析】设 AB 所在直线方程为: x ? my ? n . 与抛物线方程 y 2 ? 2 px 联立,消去 x 得

y 2 ? 2 pmy ? 2 pn ? 0 .
设 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) 则 y1 ? y2 ? 2 pm ……①

y1 y2 ? ?2 pn ……②
由已知 MA?MB ? 0 得, KMA KMB ? ?1.即

???? ????

y1 ? y0 y2 ? y0 ? ? ?1 x1 ? x0 x2 ? x0

……③

∵ x1 ? x0 ?

1 1 ( y12 ? y0 2 ) ? ( y1 ? y0 )( y1 ? y0 ) 2p 2p

x2 ? x0 ?

1 1 ( y2 2 ? y0 2 ) ? ( y2 ? y0 )( y2 ? y0 ) 2p 2p

∴③式可化为

2p 2p ? ? ?1 , y1 ? y0 y2 ? y0

即 4 p2 ? ?[ y1 y2 ? y0 ( y1 ? y2 ) ? y02 ] . 将①②代入得, n ? 2 p ? my0 ? x0 . 直线 AB 方程化为: x ? my ? 2 p ? x0 ? my0 ? m( y ? y0 ) ? x0 ? 2 p . ∴直线 AB 恒过点 ( x0 ? 2 p, ? y0 ) .

定值问题:
14. 过抛物线 m :y ? ax2( a >0) 的焦点 F 作直线 l 交抛物线于 P, Q 两点, 若线段 PF 与 FQ 的长分别为 p, q ,则 p ?1 ? q ?1 的值必等于________ 解法 1: (特殊值法) 令直线 l 与 x 轴垂直,则有 l : y ? 解法 2: (参数法) 如图 1,设 P( x1 , y1 ) , Q( x2 , y2 ) 且 PM , QN 分别垂直于准线于 M , N .

1 1 ? p?q? ,所以有 p ?1 ? q ?1 ? 4a 4a 2a

1 1 , q ? QN ? y2 ? 4a 4a 1 1 抛物线 y ? ax2 ( a >0)的焦点 F (0, ) ,准线 y ? ? . 4a 4a 1 ∴ l : y ? kx ? 4a 又由 l ? m ,消去 x 得 P 16a2 y2 ? 8a(1 ? 2k 2 ) y ?1 ? 0 p ? PM ? y1 ?

[来源:Zxxk.Com]

y

F

1 ? 2k 2 1 , y1 y2 ? ∴ y1 ? y2 ? , 2a 16a 2
∴ p?q ? ∴ p ?q
?1

Q
O
M
图1

x
N

1? k 2 1 1 1? k 2 , pq ? y1 y2 ? ( y1 ? y2 ) ? ? a 4a 16a 2 4a 2

?1

? 4a .

15. 已知过点 A(?1, 0) 的动直线 l 与圆 C : x2 ? ( y ? 3)2 ? 4 相交于 P, Q 两点, M 是 PQ 中 点, l 与直线 m : x ? 3 y ? 6 ? 0 相交于 N . (1)求证:当 l 与 m 垂直时, l 必过圆心 C ; (2)当 PQ ? 2 3 时,求直线 l 的方程; (3)探索 AM ? AN 是否与直线 l 的倾斜角有关?若无关, 请求出其 值;若有关,请说明理由. 解:(1)? l 与 m 垂直,且 k m ? ? ,? k1 ? 3, 故直线 l 方程为 y ? 3( x ? 1), 即 3x ? y ? 3 ? 0.

???? ? ????

1 3

? 圆心坐标(0,3)满足直线 l 方程,? 当 l 与 m 垂直时, l 必过圆心 C . (2)①当直线 l 与 x 轴垂直时,易知 x ? ?1 符合题意.
②当直线 l 与 x 轴不垂直时,设直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 1), 即 kx ? y ? k ? 0 ,

? PQ ? 2 3,?CM ? 4 ? 3 ? 1 ,则由 CM ?

?k ? 3 k ?1
2

? 1 ,得 k ?

4 , 3

? 直线 l : 4 x ? 3 y ? 4 ? 0.
故直线 l 的方程为 x ? ?1 或 4 x ? 3 y ? 4 ? 0. (3)?CM ? MN ,? AM ? AN ? ( AC ? CM ) ? AN ? AC ? AN ? CM ? AN ? AC ? AN. ①当 l 与 x 轴垂直时,易得 N (?1, ? ),

???? ? ????

??? ? ???? ? ????
5 3 ????

??? ? ???? ???? ? ????
5 3

??? ? ????

则 AN ? (0, ? ), 又 AC ? (1,3) ,

??? ?

???? ? ???? ??? ? ???? ? AM ? AN ? AC ? AN ? ?5 .
②当 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 1),

则由 ?

? y ? k ( x ? 1), ?3k ? 6 ?5k , ), 得 N( 1 ? 3k 1 ? 3k ? x ? 3 y ? 6 ? 0,

则 AN ? (

????

?5 ?5k , ). 1 ? 3k 1 ? 3k

???? ? ???? ???? ???? ?5 ?15k ? AM ? AN ? AC ? AN ? ? ? ?5. 1 ? 3k 1 ? 3k ???? ? ???? ???? ? ???? 综上所述, AM ? AN 与直线 l 的斜率无关,且 AM ? AN ? ?5 .
(3)另法:设直线 AC 交直线 m 于 H,易得 AC⊥m. AH=

?1 ? 6 10

?

10 2

???? ? ???? ???? ???? ? ???? ???? ???? ???? ? ???? ???? ???? ? AM ? AN ? ( AC ? CM ) ? AN ? AC ? AN ? CM ? AN ? AC ? AN ???? ???? ???? ???? ???? ???? ???? ???? ???? ???? ???? 10 ? AC ? ( AH ? HN ) ? AC ? AH ? AC ? HN ? AC ? AH ? ? AC ? AH ? ? 10 ? ? ?5. 2 ???? ? ???? ???? ? ???? ? AM ? AN 与直线 l 的斜率无关,且 AM ? AN ? ?5 .

16. 过抛物线 y 2 ? 2 px ( p >0)上一定点 P( x0 , y0 )( y0 >0) ,作两条直线分别交抛物 线于 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ,求证: PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时,直线 AB 的斜率为非零常数. 【解析】设直线 PA 的斜率为 K PA ,直线 PB 的斜率为 KPB . 由 y12 ? 2 px1 故 K PA ?

y02 ? 2 px0 相减得, ( y1 ? y0 )( y1 ? y0 ) ? 2 p( x1 ? x0 )
( x1 ? x0 )
y

y1 ? y0 2p ? x1 ? x0 y1 ? y0

同理可得, K PB

y ? y0 2p ? 2 ? x2 ? x0 y2 ? y0

( x2 ? x0 )

P

由 PA, PB 倾斜角互补知: K PA ? ? K PB

O

2p 2p ∴ ?? y1 ? y0 y2 ? y0
∴ y1 ? y2 ? ?2 y0 由 y22 ? 2 px2 ∴ K AB ?

x
A

B

y12 ? 2 px1 相减得, ( y2 ? y1 )( y2 ? y1 ) ? 2 p( x2 ? x1 )

y2 ? y1 2p 2p p ? ? ?? x2 ? x1 y1 ? y2 ?2 y0 y0

∴直线 AB 的斜率为非零常数.

17. (2012 湖南理 21) 在直角坐标系 xOy 中,曲线 C1 上的点均在圆 C2 : ( x ? 5) ? y ? 9 外,且对 C1 上任意
2 2

一点 M , M 到直线 x ? ?2 的距离等于该点与圆 C2 上点的距离的最小值.

(1)求曲线 C1 的方程; (2)设 P( x0 , y0 )( y0 ? ?3) 为圆 C2 外一点,过 P 作圆 C2 的两条切线,分别与曲线 C1 相交 于点 A, B 和 C , D .证明:当 P 在直线 x ? ?4 上运动时,四点 A, B, C , D 的纵坐标之积为定 值. 解(1)解法 1 :设 M 的坐标为 ( x, y ) ,由已知得

x ? 2 ? ( x ? 5)2 ? y 2 ? 3 ,
易知圆 C2 上的点位于直线 x ? ?2 的右侧.于是 x ? 2 ? 0 ,所以

( x ? 5) 2 ? y 2 ? x ? 5 .
化简得曲线 C1 的方程为` y ? 20 x .
2

解法 2 :由题设知,曲线 C1 上任意一点 M 到圆心 C2 (5, 0) 的距离等于它到直线 x ? ?5 的 距离,因此,曲线 C1 是以 (5, 0) 为焦点,直线 x ? ?5 为准线的抛物线, 故其方程为 y ? 20 x .
2

(2)当点 P 在直线 x ? ?4 上运动时, P 的坐标为 (?4, y0 ) ,又 y0 ? ?3 ,则过 P 且与圆

C2 相切得直线的斜率 k 存在且不为 0 ,每条切线都与抛物线有两个交点,切线方程为 y ? y0 ? k ( x ? 4), 即 kx ? y ? y0 ? 4k ? 0 .于是

5k ? y0 ? 4k k 2 ?1
整理得

? 3.

2 72k 2 ?18 y0k ? y0 ? 9 ? 0.



设过 P 所作的两条切线 PA, PC 的斜率分别为 k1 , k2 ,则 k1 , k2 是方程①的两个实根,故

k1 ? k2 ? ?

18 y0 y ?? 0. 72 4



由?

?k1 x ? y ? y0 ? 4k1 ? 0, 得 k1 y2 ? 20 y ? 20( y0 ? 4k1 ) ? 0. 2 y ? 20 x , ?



设四点 A, B, C , D 的纵坐标分别为 y1 , y2 , y3 , y4 ,则 y1 , y2 是方程③的两个实根,所以

y1 ? y2 ?
同理可得

20( y0 ? 4k1 ) . k1 20( y0 ? 4k2 ) . k2



y3 ? y4 ?
于是由②,④,⑤三式得



y1 y2 y3 y4 ?

400( y0 ? 4k1 )( y0 ? 4k2 ) k1k2

?

2 400 ? ? y0 ? 4( k1 ? k2 ) y0 ? 16k1k2 ? ?

k1k2
2 2 400 ? ? y0 ? y0 ? 16k1 k2 ? ?

?

k1 k2

? 6400 .

所以,当 P 在直线 x ? ?4 上运动时,四点 A, B, C , D 的纵坐标之积为定值 6400.

x2 y2 (a ? b ? 0)的 18. (2012 江苏 19) 如图, 在平面直角坐标系 xoy 中, 椭圆 2 ? 2 ? 1 a b
左右焦点分别为 F1(?c,0), F2(c,0)。已知点(1,e)和(e, 为椭圆的离心率 (1) 求椭圆的方程; (2) 设 A,B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点,且直线 AF1 与直线 BF2 平行,AF2 与 BF1 交于 点 P。 (i)若 AF1 ?

2 )都在椭圆上,其中 e 2

BF2 ?

6 ,求直线 AF1 的斜率 2

(ii)求证: PF1 ?

PF2 是定值

19. (2012 上海理 22) 在平面直角坐标系 xOy 中,已知双曲线 C1 : 2 x 2 ? y 2 ? 1.
(1)过 C1 的左顶点引 C1 的一条渐近线的平行线,求该直线与另一条渐近线及 x 轴围成 的三角形的面积; (2) 设斜率为 1 的直线 l 交 C1 于 P 、 若 l 与圆 x 2 ? y 2 ? 1 相切, 求证: OP ? OQ ; Q 两点, (3)设椭圆 C 2 : 4 x 2 ? y 2 ? 1,若 M 、 N 分别是 C1 、 C 2 上的动点,且 OM ? ON , 求证: O 到直线 MN 的距离是定值. 【点评】本题主要考查双曲线的概念、标准方程、几何性质及其直线与双曲线的关系、椭圆 的标准方程和圆的有关性质.特别要注意直线与双曲线的关系问题,在双曲线当中,最特殊 的为等轴双曲线,它的离心率为 2 ,它的渐近线为 y ? ? x ,并且相互垂直,这些性质的 运用可以大大节省解题时间,本题属于中档题 .

x2 2 ? ? 2 解:(1)双曲线 C1: 1 -y =1,左顶点 A?- ,0?,渐近线方程:y=± 2x. 2 ? ? 2 ? 2? 过点 A 与渐近线 y= 2x 平行的直线方程为 y= 2?x+ ?,即 y= 2x+1. 2? ? 2 ? ?x=- 4 , ?y=- 2x, 解方程组? 得? 1 ?y= 2x+1 ? ?y=2. 1 2 所以所求三角形的面积为 S=2|OA||y|= 8 . (2)设直线 PQ 的方程是 y=x+b,因直线 PQ 与已知圆相切, |b| 故 =1,即 b2=2. 2 ?y=x+b, 由? 2 2 得 x2-2bx-b2-1=0. ?2x -y =1, ?x1+x2=2b, 设 P(x1,y1)、Q(x2,y2),则? 2 ?x1x2=-1-b . 又 y1y2=(x1+b)(x2+b),所以 →· → =x x +y y =2x x +b(x +x )+b2 OP OQ =2(-1-b2)+2b2+b2=b2-2=0. 故 OP⊥OQ. (3)当直线 ON 垂直于 x 轴时, 2 3 |ON|=1,|OM|= 2 ,则 O 到直线 MN 的距离为 3 . 当直线 ON 不垂直于 x 轴时,
1 2 1 2 1 2 1 2

? 2? 设直线 ON 的方程为 y=kx?显然|k|> ?, 2 ? ? 1 则直线 OM 的方程为 y=-kx. ?y=kx, 由? 2 2 ?4x +y =1 同理|OM|2= 1 ? x2= ? 4+k2, 得? k2 2 ? ?y =4+k2, 1+k2 所以|ON| = . 4+k2
2

1+k2 , 2k2-1 设 O 到直线 MN 的距离为 d, 因为(|OM|2+|ON|2)d2=|OM|2|ON|2. 3k2+3 1 1 1 3 所以d2=|OM|2+|ON|2= 2 =3,即 d= 3 . k +1 综上,O 到直线 MN 的距离是定值.

20. 已知椭圆 E :

x2 y 2 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,且过点 P(2, 2) ,设椭圆的右 2 a b 2

准线 l 与 x 轴的交点为 A ,椭圆的上顶点为 B ,直线 AB 被以原 点为圆心的圆 O 所截得的弦长为 ⑴求椭圆 E 的方程及圆 O 的方程; ⑵若 M 是准线 l 上纵坐标为 t 的点,求证:存在一个异于 M 的点 Q , 对于圆 O 上任意一点 N ,有

4 5 . 5

MN 为定值;且当 M 在直线 l 上运动时,点 Q 在一个定圆上. NQ

解:⑴? e ?

2 ,? a ? 2c ,又? a2 ? b2 ? c2 ,?a ? b 2

4 2 x2 y 2 ? 2 ? 2 ? 1 过 点 P 2 , 2 , ? 2 ? 2 ? 1 解 得 a 2 ? 8 , b2 ? c 2 ? 4 , ?椭圆方程: a b a b

?

?

x2 y 2 ? ? 1 ? A? 4 , 0 , ? 0? ,? 2 直线 , AB 的方程为 x ? 2 y ? 4 ? 0 ,则圆心 O 到直线 AB ?B 8 4 4 ? 4 ? ?1 4 ? 2 2 的距离 d ? ? 圆 O 的半径 r ? ? ? ?? 2? ? ? 2 ? 圆的方程: x ? y ? 4 . 5? 5 ? 5? ?
2 2

⑵右准线的方程为 x ? 4 ,由题可设 M ? 4, t ? , N ? x0 , y0 ? 定点 Q ? x, y ?

? MN 与 NQ 的比值是常数并且 Q 不同于 M , ? NQ2 ? ? NM 2 , ? 是正常数并且不等于 1,
即 ? x0 ? x ? ? ? y0 ? y ? ? ? ? x0 ? 4 ? ? ? ? y0 ? t ?
2 2 2 2

2 2 将 x0 ? y0 ? 4 代入有 ?2 xx0 ? 2 yy0 ? x 2 ? y 2 ? 4 ? ?8? x0 ? 2?ty0 ? 20 ? t 2 ? ,

?

?

? x ? 4? ? 4 ? 解得: ? ? 1 (舍去)或 ? ? ? 有无数组 ? x0 , y0 ? ,从而 ? y ? t ? 16 ? t 2 ? 2 2 2 ? ? x ? y ? 4 ? ? 20 ? t ? ?
于是定值为:

4 NM 16 ? t 2 2 ,又 16 ? t ? , 代入得 x2 ? y 2 ? 4?, 于是 x2 ? y 2 ? x ,故 ? ? NQ 2

1 1 Q 在圆心 ( , 0) ,半径为 的定圆上. 2 2

21. 已知椭圆 E:

x2 y2 ? ? 1 的左焦点为 F,左准线 l 与 x 轴的交点是圆 C 的圆心, 8 4

圆 C 恰好经过坐标原点 O,设 G 是圆 C 上任意一点. (Ⅰ)求圆 C 的方程; (Ⅱ)若直线 FG 与直线 l 交于点 T,且 G 为线段 FT 的中点,求直线 FG 被圆 C 所截得的 弦长; (Ⅲ)在平面上是否存在一点 P,使得 说明理由.

GF 1 ? ?若存在,求出点 P 坐标;若不存在,请 GP 2

解:(1) 知:圆 C 的方程为 ( x ? 4) ? y ? 16 ……………(4 分)
2 2

22. (本小题满分 16 分)已知⊙ O : x2 ? y 2 ? 1 和点 M (4, 2) . (Ⅰ)过点 M 向⊙ O 引切线 l ,求直线 l 的方程; (Ⅱ)求以点 M 为圆心,且被直线 y ? 2 x ? 1 截得的弦长为 4 的⊙ M 的方程; (Ⅲ)设 P 为(Ⅱ)中⊙ M 上任一点,过点 P 向⊙ O 引切线,切点为 Q. 试探究:平 面内是否存在一定点 R ,使得

PQ 为定值?若存在,请举 PR
y M·

出一例,并指出相应的定值;若不存在,请说明理由.

o

x

解: (Ⅰ)设切线 l 方程为 y ? 2 ? k ( x ? 4) ,易得 分

| 4k ? 2 | k 2 ?1

? 1 ,解得 k ?

8 ? 19 ……3 15

8 ? 19 ( x ? 4) ………………………………………………………5 分 15 (Ⅱ)圆心到直线 y ? 2 x ? 1 的距离为 5 …………………………7 分
∴切线 l 方程为 y ? 2 ? 设圆的半径为 r ,则 r 2 ? 2 2 ? ( 5) 2 ? 9 ………………………………………………9 分

∴⊙ M 的方程为 ( x ? 4) 2 ? ( y ? 2) 2 ? 9

………………………………………………… 10 分

(Ⅲ)假设存在这样的点 R (a, b) ,点 P 的坐标为 ( x, y ) ,相应的定值为 ? , 根据题意可得 PQ ?

x2 ? y2 ?1 , ∴

x2 ? y2 ?1 ( x ? a ) 2 ? ( y ? b) 2
2 2

? ? …………………………12 分

即 x 2 ? y 2 ? 1 ? ?2 ( x 2 ? y 2 ? 2ax ? 2by ? a 2 ? b 2 )
2 2

(*) ,

又点 P 在圆上∴ ( x ? 4) ? ( y ? 2) ? 9 ,即 x ? y ? 8x ? 4 y ? 11,代入(*)式得:

8x ? 4 y ? 12 ? ?2 (8 ? 2a) x ? (4 ? 2b) y ? (a 2 ? b 2 ? 11)
2

?

?

………………………………14 分

?? (8 ? 2a) ? 8 ? 若系数对应相等,则等式恒成立,∴ ??2 (4 ? 2b) ? 4 , ??2 (a 2 ? b 2 ? 11) ? ?12 ?
2 1 10 , ,b ? ,? ? 5 5 3 PQ ∴可以找到这样的定点 R ,使得 为定值. 如点 R 的坐标为 (2,1) 时,比值为 2 ; PR 2 1 10 点 R 的坐标为 ( , ) 时,比值为 …………………………………………………………16 分 5 5 3
解得 a ? 2, b ? 1, ? ?

2或a ?

23.

(2012 辽宁理 20)

x2 y 2 2 如 图 , 椭 圆 C0 : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0 , a , b 为 常 数 ) , 动 圆 C1 : x2 ? y 2 ? t1 , a b

b ? t1 ? a .点 A1, A2 分别为 C0 的左,右顶点, C1 与 C0 相交于 A,B,C,D 四点.
(Ⅰ)求直线 AA1 与直线 A2 B 交点 M 的轨迹方程;
2 (Ⅱ)设动圆 C2 : x2 ? y 2 ? t2 与 C0 相交于 A?, B?, C?, D? 四点, 其中 b ? t2 ? a , t1 ? t2 . 若 2 矩形 ABCD 与矩形 A?, B?, C?, D? 的面积相等,证明: t12 ? t2 为定值.

24. (2012 江西理 20) 已知三点 O (0, 0) , A(?2,1) , B(2,1) ,曲线 C 上任意一点 M ( x, y ) 满足

??? ? ???? ???? ? ??? ? ??? ? | MA ? MB |? OM ? (OA ? OB) ? 2 .
(1)求曲线 C 的方程; (2)动点 Q( x0 , y0 )(?2 ? x0 ? 2) 在曲线 C 上,曲线 C 在点 Q 处的切线为 l .问:是 否存在定点 P(0,t )(t ? 0),使得 l 与 PA, PB 都相交,交点分别为 D, E ,且 △QAB 与

△PDE 的面积之比是常数?若存在,求 t 的值;若不存在,说明理由. → =(-2-x,1-y),MB → =(2-x,1-y),得 解:(1)由MA → +MB → |= ?-2x?2+?2-2y?2, |MA →· → +OB → )=(x,y)· OM (OA (0,2)=2y,

由已知得 ?-2x?2+?2-2y?2=2y+2, 化简得曲线 C 的方程:x2=4y. (2)假设存在点 P(0,t)(t<0)满足条件, t-1 1-t 则直线 PA 的方程是 y= 2 x+t,PB 的方程是 y= 2 x+t. x2 x0 x2 0? 0 ? 曲线 C 在 Q 处的切线 l 的方程是 y= 2 x- 4 ,它与 y 轴交点为 F?0,- 4 ?. ? ? x0 由于-2<x0<2,因此-1< 2 <1. t-1 1 x0 t-1 ①当-1<t<0 时,-1< 2 <-2,存在 x0∈(-2,2)使得 2 = 2 , 即 l 与直线 PA 平行,故当-1<t<0 时不符合题意. t-1 x0 1-t x0 ②当 t≤-1 时, 2 ≤-1< 2 , 2 ≥1> 2 , 所以 l 与直线 PA, PB 一定相交. t-1 ? ?y= 2 x+t, 分别联立方程组? x0 x2 0 y = ? ? 2 x- 4 , 别是 x2 x2 0+4t 0+4t ,xE= , 2?x0+1-t? 2?x0+t-1? x2 0+4t 则 xE-xD=(1-t) 2 . x0-?t-1?2 2 1-t ?x2 x2 1 0+4t? 0 又|FP|=- 4 -t,有 S△PDE=2· |FP|· |xE-xD|= 8 · . ?t-1?2-x2 0 2 x2 1 ? 0? 4-x0 ?1- 4 ?= 又 S△QAB=2· 4· 2 , ? ? 2 2 2 S△QAB 4 ?x0-4?[x0-?t-1? ] 于是 = · 2 S△PDE 1-t ?x0 +4t?2 4 2 2 2 4 x0-[4+?t-1? ]x0+4?t-1? = · . 4 2 2 1-t x0+8tx0+16t xD=
2 ?-4-?t-1? =8t, S△QAB 对任意 x0∈(-2,2),要使 为常数,则 t 要满足? 2 2 S△PDE ?4?t-1? =16t ,

1-t ? ?y= 2 x+t, ? x0 x2 0 ? ?y= 2 x- 4 ,

解得 D, E 的横坐标分

S△QAB =2, S△PDE 故存在 t=-1,使△QAB 与△PDE 的面积之比是常数 2. 解得 t=-1,此时

2 y2 0) ,离心 25. 如图,在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 x 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的右焦点为 F (1, a b

率为 2 . 2 分别过 O , F 的两条弦 AB , CD 相交于点 E (异于 A , C 两点) ,且 OE ? EF . (1)求椭圆的方程; y (2)求证:直线 AC , BD 的斜率之和为定值.
C

A
(1)解:由题意,得 c ? 1 , e ? c ? 2 ,故 a ? 2 , a 2 从而 b2 ? a 2 ? c 2 ? 1 , 所以椭圆的方程为 x ? y 2 ? 1 . ① 2 (2)证明:设直线 AB 的方程为 y ? kx , ② y ? ? k ( x ? 1) 直线 CD 的方程为 , ③ 由①②得,点 A , B 的横坐标为 ?
2

E
O

F

D

x

…5 分

B
………7 分

2k ? 1
2

2



由①③得,点 C , D 的横坐标为

2k 2 ? 2(k 2 ? 1) , 2k 2 ? 1

……9 分

kx2 ) , C ( x3, k (1 ? x3 )) , D( x4, k (1 ? x4 )) , kx1 ) , B( x2, 记 A( x1,

则 直 线 AC , BD 的 斜 率 之 和 为

kx1 ? k (1 ? x3 ) kx2 ? k (1 ? x4 ) ? x1 ? x3 x2 ? x4

?k? ?k?

( x1 ? x3 ? 1)( x2 ? x4 ) ? ( x1 ? x3 )( x2 ? x4 ? 1) ( x1 ? x3 )( x2 ? x4 ) 2( x1 x2 ? x3 x4 ) ? ( x1 ? x2 ) ? ( x3 ? x4 ) ( x1 ? x3 )( x2 ? x4 )
……13 分

2 ?2 ? 2(k ? 1) ? ? 0 ? 4k 2 2? ? 2 ? 2 2k 2 ? 1 ? k ? ? 2k ? 1 2 k ? 1 ? ( x1 ? x3 )( x2 ? x4 )

? 0.

……16 分

x2 y2 1 26. 已知椭圆 C: 2+ 2=1 经过点(0, 3),离心率为 ,直线 l 经过椭圆 C 的右焦点 F 交 a b 2 椭圆于 A、B 两点,点 A、F、B 在直线 x=4 上的射影依次为 D、K、E. (1)求椭圆 C 的方程; → → → → (2)若直线 l 交 y 轴于点 M,且MA=λAF,MB=μBF,当直线 l 的倾斜角变化时,探求 λ+μ 的值是否为定值?若是,求出 λ+μ 的值;否则,说明理由; (3)连结 AE、BD,试探索当直线 l 的倾斜角变化时,直线 AE 与 BD 是否相交于定点?若是,

请求出定点的坐标,并给予证明;否则,说明理由.

c 1 解 (1)依题意得 b= 3,e=a=2,a2=b2+c2, x2 y2 ∴a=2,c=1,∴椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1. (2)因直线 l 与 y 轴相交,故斜率存在,设直线 l 方程为

y=k(x-1),求得 l 与 y 轴交于 M(0,-k),
又 F 坐标为(1,0),设 l 交椭圆于 A(x1,y1),B(x2,y2), y=k?x-1?, ? ?2 2 由?x y 消去 y 得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, + = 1 , ? ?4 3 4k2-12 8k2 ∴x1+x2= ,x x = , 3+4k2 1 2 3+4k2 → → 又由MA=λAF,∴(x1,y1+k)=λ(1-x1,-y1), x1 x2 ∴λ= ,同理 μ= , 1-x1 1-x2 2?4k2-12? 8k2 2- 3+4k 3+4k2 x1+x2-2x1x2 x1 x2 8 ∴λ+μ= + = = =-3. 1-x1 1-x2 1-?x1+x2?+x1x2 4k2-12 8k2 1- + 3+4k2 3+4k2 8 所以当直线 l 的倾斜角变化时,直线 λ+μ 的值为定值-3. (3)当直线 l 斜率不存在时,直线 l⊥x 轴,则 ABED 为矩形,由对称性知,AE 与 BD 相交于 FK

?5 ? 的中点 N 2,0 , ? ? ?5 ? 猜想,当直线 l 的倾斜角变化时,AE 与 BD 相交于定点 N 2,0 , ? ?
证明:由(2)知 A(x1,y1),B(x2,y2),

?5 ? ∴D(4,y1),E(4,y2),当直线 l 的倾斜角变化时,首先证直线 AE 过定点 2,0 , ? ?

y2-y1 ∵lAE:y-y2= (x-4), 4-x1 y2-y1 ? 3? 2?4-x1?· y2-3?y2-y1? 2?4-x1?· k?x2-1?-3k?x2-x1? 5 当 x=2时,y=y2+ · -2 = = 4-x1 ? ? 2?4-x1? 2?4-x1? -8k-2kx1x2+5k?x1+x2? -8k?3+4k2?-2k?4k2-12?+5k· 8k2 = = =0. 2 2?4-x1? 2?4-x1?· ?3+4k ?

?5 ? ∴点 N 2,0 在直线 lAE 上. ? ? ?5 ? 同理可证,点 N 2,0 也在直线 lBD 上. ? ? ?5 ? ∴当直线 l 的倾斜角变化时,直线 AE 与 BD 相交于定点 2,0 . ? ?


赞助商链接

高三数学重点专题复习 圆锥曲线之定点、定值、证明问题

高三数学重点专题复习 圆锥曲线定点定值、证明问题 - 圆锥曲线之定点定值、证明问题 题型一 定点问题 [典例] 已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点 F(1...

2014届高三数学二轮复习 与圆锥曲线有关的定点、定值、...

2014届高三数学二轮复习圆锥曲线有关的定点定值、最值、范围问题专题能力提升训练 理_数学_高中教育_教育专区。与圆锥曲线有关的定点定值、最值、范围问题...

高三理科数学二轮复习专题能力提升训练:与圆锥曲线有关...

高三理科数学二轮复习专题能力提升训练:与圆锥曲线有关的定点定值、最值、范围问题_数学_高中教育_教育专区。训练 与圆锥曲线有关的定点定值、最值、范围问题...

高三数学 第57课时 圆锥曲线的定点、定值、范围和最值...

高三数学 第57课时 圆锥曲线定点定值、范围和最值问题教案_数学_高中教育...高三数学第一轮复习 第5... 4页 免费 高三数学第一轮复习 第5... 4页 ...

...必考问题专项突破17 与圆锥曲线有关的定点、定值、...

2013届高三数学二轮复习 必考问题专项突破17 与圆锥曲线有关的定点定值、最值、范围问题 理_数学_高中教育_教育专区。17 与圆锥曲线有关的定点定值、最值、...

专题20 圆锥曲线中的最值、范围、定点与定值-2018版高...

专题20 圆锥曲线中的最值、范围、定点定值-2018版高人一筹之高三数学一轮复习特色专题训练(原卷版) - 2018 届学科网高三一轮特色专题训练 一、选择题 1. ...

高三数学二轮复习(19)圆锥曲线定点定植教师版

高三数学二轮复习(19)圆锥曲线定点定植教师版_高三数学_数学_高中教育_教育专区。...2 2 圆锥曲线中的定值问题 法二:设 P(x0,y0)(y0≠0).当 0≤x0<2 ...

2018年高考文科数学考前集训:圆锥曲线的定点、定值、存...

2018年高考文科数学考前集训:圆锥曲线定点定值、存在性问题(解析版)_高考_高中教育_教育专区。2018年高考文科数学考前集训:圆锥曲线定点定值、存在性问题(...

...与圆锥曲线有关的定点、定值、最值、范围问题 理_免...

如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题或意见建议,请点击此处进行反馈。 2013届高三数学二轮复习专题能力提升训练17 与圆锥曲线有关的定点定值...

...第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

2018年高考数学二轮复习教案 第一部分 专题五 解析几何 第三讲 第二课时 圆锥曲线定点定值、存在性问题_高考_高中教育_教育专区。2018年高考数学二轮复习教案 ...