高中数学通用两周搞定圆锥曲线题型透析第九节 圆锥曲线中的定点问题(原卷版)

2023-11-27 · U1 上传 · 11页 · 849.8 K

第九节圆锥曲线中的定点问题题型一 直线过定点问题例1(2023·烟台一模改编)已知椭圆C:eq\f(x2,4)+y2=1,若A(-2,0),直线l:y=kx+m与C交于P,Q两点,且AP⊥AQ,试判断直线l是否过定点?若是,求出此定点的坐标;若不是,说明理由.解 设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)+y2=1,,y=kx+m,))消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)>0,即4k2-m2+1>0,则x1+x2=eq\f(-8km,1+4k2),x1x2=eq\f(4m2-4,1+4k2).因为AP⊥AQ,所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))=0,而eq\o(AP,\s\up6(→))=(x1+2,y1),eq\o(AQ,\s\up6(→))=(x2+2,y2),故x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0.y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2·eq\f(4m2-4,1+4k2)+km·eq\f(-8km,1+4k2)+m2=eq\f(m2-4k2,1+4k2),所以x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=eq\f(4m2-4,1+4k2)-eq\f(16km,1+4k2)+4+eq\f(m2-4k2,1+4k2)=eq\f(5m2-16km+12k2,1+4k2)=0,即5m2-16km+12k2=0,解得m=2k或m=eq\f(6,5)k.当m=2k时,直线l的方程为y=k(x+2),恒过点A,不满足题意;当m=eq\f(6,5)k时,4k2-m2+1=4k2-eq\f(36,25)k2+1=eq\f(64,25)k2+1>0,直线l的方程为y=keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(6,5))),过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(6,5),0)),符合题意.综上,直线l恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(6,5),0)).感悟提升 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.训练1(2023·佛山质检)已知双曲线C的渐近线方程为y=±eq\f(\r(3),3)x,且过点P(3,eq\r(2)).(1)求C的方程;(2)设Q(1,0),直线x=t不经过P点且与C相交于A,B两点,若直线BQ与C交于另一点D,求证:直线AD过x轴上的一定点.(1)解 因为渐近线方程为y=±eq\f(\r(3),3)x,且点P靠近x轴,所以可设双曲线C的方程为eq\f(x2,9)-eq\f(y2,3)=λ(λ≠0),将点P(3,eq\r(2))代入得eq\f(9,9)-eq\f(2,3)=λ,解得λ=eq\f(1,3),所以双曲线C的方程为eq\f(x2,3)-y2=1.(2)证明 显然直线BQ的斜率不为零,设直线BQ的方程为x=my+1,B(x1,y1),D(x2,y2),A(x1,-y1),联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)-y2=1,,x=my+1,))消x整理得(m2-3)y2+2my-2=0.依题意得m2-3≠0且Δ=4m2+8(m2-3)>0,即m2>2且m2≠3,y1+y2=-eq\f(2m,m2-3),y1y2=-eq\f(2,m2-3),直线AD的方程为y+y1=eq\f(y2+y1,x2-x1)(x-x1),令y=0,得x=eq\f((x2-x1)y1,y2+y1)+x1=eq\f(x1y2+x2y1,y2+y1)=eq\f((my1+1)y2+(my2+1)y1,y2+y1)=eq\f(2my1y2+(y1+y2),y2+y1)=eq\f(2m·\f(-2,m2-3)-\f(2m,m2-3),\f(-2m,m2-3))=eq\f(\f(-6m,m2-3),\f(-2m,m2-3))=3.所以直线AD过x轴上的定点(3,0).题型二 其它曲线过定点问题例2(2023·湖南三湘名校联考)已知椭圆C:eq\f(y2,a2)+eq\f(x2,b2)=1(a>b≥1)的离心率为eq\f(\r(2),2),其上焦点到直线bx+2ay-eq\r(2)=0的距离为eq\f(\r(2),3).(1)求椭圆C的方程;(2)过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),0))的直线l交椭圆C于A,B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过,求出定点坐标;若不过,请说明理由.解 (1)由题意得,e=eq\f(c,a)=eq\f(\r(2),2),又a2=b2+c2,所以a=eq\r(2)b,c=b.又eq\f(|2ac-\r(2)|,\r(4a2+b2))=eq\f(\r(2),3),a>b≥1,所以b2=1,a2=2,故椭圆C的方程为eq\f(y2,2)+x2=1.(2)当AB⊥x轴时,以线段AB为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,3)))eq\s\up12(2)+y2=eq\f(16,9).当AB⊥y轴时,以线段AB为直径的圆的方程为x2+y2=1.可得两圆交点为Q(-1,0).由此可知,若以线段AB为直径的圆恒过定点,则该定点为Q(-1,0).下证Q(-1,0)符合题意.设直线l的斜率存在,且不为0,其方程为y=keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,3))),代入eq\f(y2,2)+x2=1,并整理得(k2+2)x2-eq\f(2,3)k2x+eq\f(1,9)k2-2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=eq\f(2k2,3(k2+2)),x1x2=eq\f(k2-18,9(k2+2)),所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))=(x1+1)(x2+1)+y1y2=x1x2+x1+x2+1+k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1-\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2-\f(1,3)))=(1+k2)x1x2+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,3)k2))(x1+x2)+1+eq\f(1,9)k2=(1+k2)·eq\f(k2-18,9(k2+2))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,3)k2))·eq\f(2k2,3(k2+2))+1+eq\f(1,9)k2=0,故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→)),即Q(-1,0)在以线段AB为直径的圆上.综上,以线段AB为直径的圆恒过定点(-1,0).感悟提升 (1)定点问题,先猜后证,可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想,如直线的水平或竖直位置,即k=0或k不存在.(2)以曲线上的点为参数,设点P(x1,y1),利用点在曲线f(x,y)=0上,即f(x1,y1)=0消参.训练2(2023·深圳调研)已知双曲线C:eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,b2)=1(a>0,b>0)经过点A(2,0),且点A到C的渐近线的距离为eq\f(2\r(21),7).(1)求双曲线C的方程;(2)过点(4,0)作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M,N两点,直线x=4分别交直线AM,AN于点E,F.试判断以EF为直径的圆是否经过定点,若经过定点,请求出定点坐标;反之,请说明理由.解 (1)由题意得a=2,因为双曲线C的渐近线方程为y=±eq\f(b,2)x,所以有eq\f(2b,\r(b2+4))=eq\f(2\r(21),7),解得b=eq\r(3),因此双曲线C的方程为eq\f(x2,4)-eq\f(y2,3)=1.(2)①当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-4),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)-\f(y2,3)=1,,y=k(x-4),))得(3-4k2)x2+32k2x-64k2-12=0,Δ>0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=eq\f(-32k2,3-4k2),x1x2=eq\f(-64k2-12,3-4k2),由直线AM的方程为y=eq\f(y1,x1-2)(x-2),令x=4,得点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4,\f(2y1,x1-2))),由直线AN的方程为y=eq\f(y2,x2-2)(x-2),令x=4,得点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4,\f(2y2,x2-2))),则以EF为直径的圆的方程为(x-4)(x-4)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(2y1,x1-2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y-\f(2y2,x2-2)))=0.由对称性可知,若以EF为直径的圆过定点,则该定点一定在x轴上.令y=0,有(x-4)2=-eq\f(4y1y2,(x1-2)(x2-2)),将y1=k(x1-4),y2=k(x2-4)代入上式,得(x-4)2=-eq\f(4k2[x1x2-4(x1+x2)+16],x1x2-2(x1+x2)+4),则(x-4)2=-eq\f(4k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(-64k2-12,3-4k2)-4·\f(-32k2,3-4k2)+16)),\f(-64k2-12,3-4k2)-2·\f(-32k2,3-4k2)+4)=9,解得x=1或x=7.即以EF为直径的圆经过定点(1,0)和(7,0).②当直线l的斜率不存在时,点E,F的坐标分别为(4,3),(4,-3),以EF为直径的圆的方程为(x-4)(x-4)+(y-3)(y+3)=0,该圆经过点(7,0)和(1,0).综上可得,以EF为直径的圆经过定点(1,0)和(7,0).题型三齐次化的处理策略“齐次”从词面上解释是“次数相等”的意思.在代数里也有“齐次”的叫法,例如f=ax2+bxy+cy2称为二次齐次式,f中每一项都是关于x,y的二次项.下面研究齐次化在圆锥曲线中的应用.例已知抛物线y2=2px(p>0),过原点且互相垂直的两直线OA,OB交抛物线于A,B.求证:直线AB过定点.证明 设AB:x=my+n,A(x1,y1),B(x2,y2),kOA=eq\f(y1,x1),kOB=eq\f(y2,x2),将直线AB方程变形为eq\f(x-my,n)=1,代入到y2=2px中得y2=2px·eq\f(x-my,n)注意到kOA=eq\f(y1,x1),kOB=eq\f(y2,x2),上式两边同除以x2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\

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