圆锥恒过定点问题.(教师)

PAGEPAGE1例1.如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝eq\f(1,2)，过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为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．【答案】解：（Ⅰ）∵|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，∴|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8。又∵|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，∴4a＝8，a＝2。又∵e＝eq\f(1,2)，即eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴以c＝1。∴b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)。∴椭圆E的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。（II）由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0。∵动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，∴m≠0且Δ＝0，∴64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0=1\*GB3①，此时x0＝－eq\f(4km,4k2＋3)＝－eq\f(4k,m)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3,m)。∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)，\f(3,m)))。由得Q(4,4k＋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。设M(x1,0)，则eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0对满足=1\*GB3①式的m、k恒成立。∵eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－x1，\f(3,m)))，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(4－x1,4k＋m)，∴由eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，得－eq\f(16k,m)＋eq\f(4kx1,m)－4x1＋xeq\o\al(2,1)＋eq\f(12k,m)＋3＝0，整理，得(4x1－4)eq\f(k,m)＋xeq\o\al(2,1)－4x1＋3＝0=2\*GB3②。∵=2\*GB3②式对满足=1\*GB3①式的m，k恒成立，∴，解得x1＝1。∴存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M。例2.如图所示，等边三角形OAB的边长为8eq\r(3)，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(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．【答案】解：（I）依题意，|OB|＝8eq\r(3)，∠BOy＝30°。设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4eq\r(3)，y＝|OB|cos30°＝12。因为点B(4eq\r(3)，12)在x2＝2py上，所以(4eq\r(3))2＝2p×12，解得p＝2。故抛物线E的方程为x2＝4y。（II）由（I）知y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x。设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)。由得。所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1))。假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0对满足y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)(x0≠0)的x0，y0恒成立。由eq\o(MP,\s\up6(→))＝(x0，y0－y1)，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1－y1))，由于eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，得eq\f(x\o\al(2,0)－4,2)－y0－y0y1＋y1＋yeq\o\al(2,1)＝0，即(yeq\o\al(2,1)＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0(*)。由于(*)式对满足y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)(x0≠0)的y0恒成立，所以，解得y1＝1。故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)。3.已知抛物线C的方程为y2=2px（p＞0），直线：x+y=m与x轴的交点在抛物线C准线的右侧．（Ⅰ）求证：直线与抛物线C恒有两个不同交点；（Ⅱ）已知定点A（1，0），若直线与抛物线C的交点为Q，R，满足，是否存在实数m，使得原点O到直线的距离不大于，若存在，求出正实数p的取值范围；若不存在，请说明理由．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；抛物线的简单性质．.专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（Ⅰ）联立x+y=m与y2=2px，证明△＞0，即可得到直线l与抛物线C恒有两个不同交点；（Ⅱ）根据，结合韦达定理，求出p的表达式，利用原点O到直线l的距离不大于，确定m的范围，由此可得正实数p的取值范围．解答：（Ⅰ）证明：由题知，联立x+y=m与y2=2px，消去x可得y2+2py﹣2pm=0…（*）∵p＞0且，∴△=4p2+8pm＞0，所以直线l与抛物线C恒有两个不同交点；…4分（Ⅱ）解：设Q（x1，y1），R（x2，y2），由（*）可得y1+y2=﹣2p，y1•y2=﹣2pm故=2y1y2+（1﹣m）（y1+y2）+（m﹣1）2=m2﹣（2+2p）m+1﹣2p=0∴又由原点O到直线l的距离不大于，则有，由（Ⅰ）有，即，结合，化简该不等式得：5m2+2m+1＞0，恒成立，∴，令t=m+1，则而函数在上单调递减，∴∴存在m且，实数p的取值范围为．…10分．4. 已知椭圆与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，原点O到直线AB的距离为，该椭圆的离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）是否存在过点的直线与椭圆交于M，N两个不同的点，且对外任意一点Q，有成立？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由。解：（Ⅰ）由题意得，直线的方程为……………（1分）由及，得………………（3分）所以椭圆的方程为……………（4分）（Ⅱ），．①………（6分）当直线的斜率不存在时，，，易知符合条件，此时直线的方程为…………………………（8分）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入得由，解得．设，则，②，③…………………（10分）由①得④由②③④消去，得，即，无解．综上存在符合条件的直线………（12分）5.已知椭圆的中心是坐标原点，焦点在轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点．过右焦点与轴不垂直的直线交椭圆于，两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）在线段上是否存在点,使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.解：（Ⅰ）因为椭圆的短轴长：，又因为两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点，所以：；故椭圆的方程为：……………4分（Ⅱ）（1）若与轴重合时，显然与原点重合，；（2）若直线的斜率，则可设，设则：所以化简得：；的中点横坐标为：，代入可得：的中点为，由于得到所以：综合（1）（2）得到：……14分6.设椭圆的离心率为,点是椭圆上的一点,且点到椭圆两焦点的距离之和为4.(1)求椭圆的方程；(2)椭圆上一动点，关于直线的对称点为,求的取值范围.解:(1)依题意知,……2分∵,.……4分∴所求椭圆的方程为.……6分（2）∵点关于直线的对称点为，∴……8分解得：，.……10分∴.……12∵点在椭圆:上,∴,则.∴的取值范围为.……13分7.已知抛物线的焦点以及椭圆的上、下焦点及左、右顶点均在圆上．（1）求抛物线和椭圆的标准方程；（2）过点的直线交抛物线于两不同点，交轴于点，已知，则是否为定值？若是，求出其值；若不是，说明理由．解：（1）解：（1）由抛物线的焦点在圆上得：，，∴抛物线…………3分同理由椭圆的上、下焦点及左、右顶点均在圆上可解得：．得椭圆．…………6分（2）是定值，且定值为－1．设直线的方程为，则．联立方程组，消去得：且…………9分由得：整理得：．…………14分8.已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点与两个焦点构成的三角形的周长为.（I）求椭圆的方程；（II）设过椭圆右焦点的动直线与椭圆交于两点，试问：在轴上是否存在定点，使成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．（I）由题意知：，且 解得：进而 ∴椭圆的方程为 （II）易求得右焦点,假设在轴上存在点（为常数），使 ①当直线的斜率不存在时，则，此时,解得或. ②当直线的斜率存在时，设，联立方程组，消去整理得 设，则当即时，为定值：由①②可知，在轴上存在定点，使成立 9.设椭圆C：+=1（a＞b＞0）过点M（1，1），离心率e=，O为坐标原点．（I）求椭圆C的方程．（Ⅱ）若直线l是圆O：x2+y2=1的任意一条切线，且直线l与椭圆C相交于A，B两点，求证：•为定值．解：（Ⅰ）由题意可得，解得，∴椭圆C的方程为．（Ⅱ）①当圆O的切线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，则圆心O到直线l的距离，∴1+k2=m2．将直线l的方程和椭圆C的方程联立，得到（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣4=0．设直线l与椭圆C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则，．∴=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）====0，②当圆的切线l的斜率不存在时，验证得．综合上述可得，为定值0．10.已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线相切．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设，，是椭圆上关于轴对称的任意两个不同的点，连结交椭圆于另一点，证明直线与轴相交于定点；解：（Ⅰ）由题意知，所以．即．又因为，所以，．故椭圆的方程为． …4分（Ⅱ）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为．由得．① …6分设点，，则．直线的方程为．令，得．将，代入，整理，得．②由①得，代入②整理，得．所以直线与轴相交于定点． 11.已知椭圆的离心率为，定点，椭圆短轴的端点是，，且.（1）求椭圆的方程；(2）设过点且斜率不为的任意直线交椭圆于，两点.试问轴上是否存在定点，使平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.（1）解：由，得.依题意△是等腰直角三角形，从而，故.所以椭圆的方程是.…………5分（2）解：设，，直线的方程为.将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得.所以，.若平分，则直线，的倾斜角互补，所以.设，则有.将，代入上式，整理得，所以.将，代入上式，整理得.由于上式对任意实数都成立，所以.综上，存在定点，使平分.…………12分12.已