新高考数学专题复习专题11圆锥曲线中的定点、定值问题专题练习(学生版+解析)_第1页
新高考数学专题复习专题11圆锥曲线中的定点、定值问题专题练习(学生版+解析)_第2页
新高考数学专题复习专题11圆锥曲线中的定点、定值问题专题练习(学生版+解析)_第3页
新高考数学专题复习专题11圆锥曲线中的定点、定值问题专题练习(学生版+解析)_第4页
新高考数学专题复习专题11圆锥曲线中的定点、定值问题专题练习(学生版+解析)_第5页
已阅读5页,还剩15页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

文档简介

专题11圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一、圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法:(1)、求出圆锥曲线或直线的方程解析式,研究解析式,求出定点·(2)、从特殊位置入手,找出定点,在证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)。例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E:(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,,P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.例2、(2020届山东省临沂市高三上期末)如图,已知点F为抛物线C:()的焦点,过点F的动直线l与抛物线C交于M,N两点,且当直线l的倾斜角为45°时,.(1)求抛物线C的方程.(2)试确定在x轴上是否存在点P,使得直线PM,PN关于x轴对称?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C:x2=−2py经过点(2,−1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=−1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题,属于难题.探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:①从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C:的离心率为,且过点A(2,1).(1)求C的方程:(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.例5、(2020届山东省泰安市高三上期末)已知椭圆的离心率e满足,右顶点为A,上顶点为B,点C(0,-2),过点C作一条与y轴不重合的直线l,直线l交椭圆E于P,Q两点,直线BP,BQ分别交x轴于点M,N;当直线l经过点A时,l的斜率为.(1)求椭圆E的方程;(2)证明:为定值.例6、(2019苏州三市、苏北四市二调)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:eq\f(x2,4)+y2=1,椭圆C2:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0),C2与C1的长轴长之比为eq\r(2)∶1,离心率相同.(1)求椭圆C2的标准方程;(2)设点P为椭圆C2上的一点.①射线PO与椭圆C1依次交于点A,B,求证:eq\f(PA,PB)为定值;②过点P作两条斜率分别为k1,k2的直线l1,l2,且直线l1,l2与椭圆C1均有且只有一个公共点,求证k1·k2为定值.二、达标训练1、(2020届浙江省温州市高三4月二模)如图,已知椭圆,为其右焦点,直线与椭圆交于两点,点在上,且满足.(点从上到下依次排列)(I)试用表示:(II)证明:原点到直线l的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C:=2px经过点(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,,,求证:为定值.3、(2019苏锡常镇调研)已知椭圆E:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2),焦点到相应准线的距离为eq\f(\r(3),3).(1)求椭圆E的标准方程;(2)已知P(t,0)为椭圆E外一动点,过点P分别作直线l1和l2,直线l1和l2分别交椭圆E于点A,B和点C,D,且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2,求证:eq\f(PA·PB,PC·PD)为定值.4、(2018苏州暑假测试)如图,已知椭圆O:eq\f(x2,4)+y2=1的右焦点为F,点B,C分别是椭圆O的上、下顶点,点P是直线l:y=-2上的一个动点(与y轴的交点除外),直线PC交椭圆于另一个点M.(1)当直线PM经过椭圆的右焦点F时,求△FBM的面积;(2)①记直线BM,BP的斜率分别为k1,k2,求证:k1•k2为定值;5、(2016泰州期末)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=4,椭圆C:eq\f(x2,4)+y2=1,A为椭圆右顶点.过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B,C两点,直线AB与圆O的另一交点为P,直线PD与圆O的另一交点为Q,其中D(-eq\f(6,5),0).设直线AB,AC的斜率分别为k1,k2.(1)求k1k2的值;(2)记直线PQ,BC的斜率分别为kPQ,kBC,是否存在常数λ,使得kPQ=λkBC?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由;(3)求证:直线AC必过点Q.专题11圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一、圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法:(1)、求出圆锥曲线或直线的方程解析式,研究解析式,求出定点·(2)、从特殊位置入手,找出定点,在证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)。例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E:(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,,P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.【解析】(1)由题设得A(–a,0),B(a,0),G(0,1).则,=(a,–1).由=8得a2–1=8,即a=3.所以E的方程为+y2=1.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知–3<n<3.由于直线PA的方程为y=(x+3),所以y1=(x1+3).直线PB的方程为y=(x–3),所以y2=(x2–3).可得3y1(x2–3)=y2(x1+3).由于,故,可得,即①将代入得所以,.代入①式得解得n=–3(含去),n=.故直线CD的方程为,即直线CD过定点(,0).若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点(,0).综上,直线CD过定点(,0).例2、(2020届山东省临沂市高三上期末)如图,已知点F为抛物线C:()的焦点,过点F的动直线l与抛物线C交于M,N两点,且当直线l的倾斜角为45°时,.(1)求抛物线C的方程.(2)试确定在x轴上是否存在点P,使得直线PM,PN关于x轴对称?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)存在唯一的点,使直线PM,PN关于x轴对称【解析】(1)当直线l的倾斜角为45°,则的斜率为1,,的方程为.由得.设,,则,∴,,∴抛物线C的方程为.(2)假设满足条件的点P存在,设,由(1)知,①当直线l不与x轴垂直时,设l的方程为(),由得,,,.∵直线PM,PN关于x轴对称,∴,,.∴,∴时,此时.②当直线l与x轴垂直时,由抛物线的对称性,易知PM,PN关于x轴对称,此时只需P与焦点F不重合即可.综上,存在唯一的点,使直线PM,PN关于x轴对称.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C:x2=−2py经过点(2,−1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=−1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.【答案】(1)抛物线的方程为,准线方程为;(2)见解析.【解析】(1)由抛物线经过点,得.所以抛物线的方程为,其准线方程为.(2)抛物线的焦点为.设直线的方程为.由得.设,则.直线的方程为.令,得点A的横坐标.同理得点B的横坐标.设点,则,.令,即,则或.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题,属于难题.探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:①从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关;②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C:的离心率为,且过点A(2,1).(1)求C的方程:(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.【解析】(1)由题设得,,解得,.所以的方程为.(2)设,.若直线与轴不垂直,设直线的方程为,代入得.于是.①由知,故,可得.将①代入上式可得.整理得.因为不在直线上,所以,故,.于是的方程为.所以直线过点.若直线与轴垂直,可得.由得.又,可得.解得(舍去),.此时直线过点.令为的中点,即.若与不重合,则由题设知是的斜边,故.若与重合,则.综上,存在点,使得为定值.例5、(2020届山东省泰安市高三上期末)已知椭圆的离心率e满足,右顶点为A,上顶点为B,点C(0,-2),过点C作一条与y轴不重合的直线l,直线l交椭圆E于P,Q两点,直线BP,BQ分别交x轴于点M,N;当直线l经过点A时,l的斜率为.(1)求椭圆E的方程;(2)证明:为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】(1)由解得或(舍去),∴,又,,又,,,椭圆E的方程为;(2)由题知,直线的斜率存在,设直线的方程为,设,由得,∴,=,∴,=,直线BP的方程为,令解得,则,同理可得,===,为定值.例6、(2019苏州三市、苏北四市二调)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:eq\f(x2,4)+y2=1,椭圆C2:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0),C2与C1的长轴长之比为eq\r(2)∶1,离心率相同.(1)求椭圆C2的标准方程;(2)设点P为椭圆C2上的一点.①射线PO与椭圆C1依次交于点A,B,求证:eq\f(PA,PB)为定值;②过点P作两条斜率分别为k1,k2的直线l1,l2,且直线l1,l2与椭圆C1均有且只有一个公共点,求证k1·k2为定值..eq\a\vs4\al(思路分析)(1)根据已知条件,求出a,b的值,得到椭圆C2的标准方程.(2)①对直线OP斜率分不存在和存在两种情况讨论,当OP斜率存在时,设直线OP的方程为y=kx,并与椭圆C1的方程联立,解得点A横坐标,同理求得点P横坐标,再通过弦长公式,求出eq\f(PA,PB)的表达式,化简整理得到定值.②设P(x0,y0),写出直线l1的方程,并与椭圆C1联立,得到关于x的一元二次方程,根据直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点,得到方程只有一解,即Δ=0,整理得(xeq\o\al(2,0)-4)keq\o\al(2,1)-2x0y0k1+yeq\o\al(2,0)-1=0,同理得到(xeq\o\al(2,0)-4)keq\o\al(2,2)-2x0y0k2+yeq\o\al(2,0)-1=0,从而说明k1,k2是关于k的一元二次方程的两个根,运用根与系数的关系,证得定值.(1)规范解答设椭圆C2的焦距为2c,由题意,a=2eq\r(2),eq\f(c,a)=eq\f(\r(3),2),a2=b2+c2,解得b=eq\r(2),因此椭圆C2的标准方程为eq\f(x2,8)+eq\f(y2,2)=1.(3分)(2)①1°当直线OP斜率不存在时,PA=eq\r(2)-1,PB=eq\r(2)+1,则eq\f(PA,PB)=eq\f(\r(2)-1,\r(2)+1)=3-2eq\r(2).(4分)2°当直线OP斜率存在时,设直线OP的方程为y=kx,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4k2+1)x2=4,所以xeq\o\al(2,A)=eq\f(4,4k2+1),同理xeq\o\al(2,P)=eq\f(8,4k2+1).(6分)所以xeq\o\al(2,P)=2xeq\o\al(2,A),由题意,xP与xA同号,所以xP=eq\r(2)xA,从而eq\f(PA,PB)=eq\f(|xP-xA|,|xP-xB|)=eq\f(|xP-xA|,|xP+xA|)=eq\f(\r(2)-1,\r(2)+1)=3-2eq\r(2).所以eq\f(PA,PB)=3-2eq\r(2)为定值.(8分)②设P(x0,y0),所以直线l1的方程为y-y0=k1(x-x0),即y=k1x-k1x0+y0,记t=-k1x0+y0,则l1的方程为y=k1x+t,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4keq\o\al(2,1)+1)x2+8k1tx+4t2-4=0,因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点,所以Δ=(8k1t)2-4(4keq\o\al(2,1)+1)(4t2-4)=0,即4keq\o\al(2,1)-t2+1=0,将t=-k1x0+y0代入上式,整理得,(xeq\o\al(2,0)-4)keq\o\al(2,1)-2x0y0k1+yeq\o\al(2,0)-1=0,(12分)同理可得,(xeq\o\al(2,0)-4)keq\o\al(2,2)-2x0y0k2+yeq\o\al(2,0)-1=0,所以k1,k2为关于k的方程(xeq\o\al(2,0)-4)k2-2x0y0k+yeq\o\al(2,0)-1=0的两根,从而k1·k2=eq\f(yeq\o\al(2,0)-1,xeq\o\al(2,0)-4).(14又点在P(x0,y0)椭圆C2:eq\f(x2,8)+eq\f(y2,2)=1上,所以yeq\o\al(2,0)=2-eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0),所以k1·k2=eq\f(2-\f(1,4)xeq\o\al(2,0)-1,xeq\o\al(2,0)-4)=-eq\f(1,4)为定值.(16分)二、达标训练1、(2020届浙江省温州市高三4月二模)如图,已知椭圆,为其右焦点,直线与椭圆交于两点,点在上,且满足.(点从上到下依次排列)(I)试用表示:(II)证明:原点到直线l的距离为定值.【答案】(I);(II)证明见解析【解析】(I)椭圆,故,.(II)设,,则将代入得到:,故,,,故,得到,,故,同理:,由已知得:或,故,即,化简得到.故原点到直线l的距离为为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C:=2px经过点(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,,,求证:为定值.【答案】(1)(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1);(2)见解析.【解析】(1)因为抛物线y2=2px经过点P(1,2),所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).由得.依题意,解得k<0或0<k<1.又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).从而k≠-3.所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).由(1)知,.直线PA的方程为.令x=0,得点M的纵坐标为.同理得点N的纵坐标为.由,得,.所以.所以为定值.3、(2019苏锡常镇调研)已知椭圆E:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2),焦点到相应准线的距离为eq\f(\r(3),3).(1)求椭圆E的标准方程;(2)已知P(t,0)为椭圆E外一动点,过点P分别作直线l1和l2,直线l1和l2分别交椭圆E于点A,B和点C,D,且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2,求证:eq\f(PA·PB,PC·PD)为定值.规范解答(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得,eq\f(c,a)=eq\f(\r(3),2),则eq\f(a2,c)-c=eq\f(\r(3),3),c2=a2-b2,(3分)解得a=2,b=1,c=eq\r(3),(5分)所以椭圆E的标准方程是eq\f(x2,4)+y2=1.(6分)(2)解法1由题意,设直线l1的方程为y=k1(x-t),代入椭圆E的方程中,并化简得(1+4keq\o\al(2,1))x2-8keq\o\al(2,1)tx+4keq\o\al(2,1)t2-4=0,(8分)设A(x1,y1),B(x2,y2).则x1+x2=eq\f(8keq\o\al(2,1)t,1+4keq\o\al(2,1)),x1x2=eq\f(4keq\o\al(2,1)t2-4,1+4keq\o\al(2,1)),因为PA=eq\r(1+keq\o\al(2,1))|x1-t|,PB=eq\r(1+keq\o\al(2,1))|x2-t|,(10分)所以PA·PB=(1+keq\o\al(2,1))|x1-t||x2-t|=(1+keq\o\al(2,1))|t2-(x1+x2)t+x1x2|=(1+keq\o\al(2,1))|t2-eq\f(8keq\o\al(2,1)t2,1+4keq\o\al(2,1))+eq\f(4keq\o\al(2,1)t2-4,1+4keq\o\al(2,1))|=eq\f((1+keq\o\al(2,1))|t2-4|,1+4keq\o\al(2,1)),(12分)同理,PC·PD=eq\f((1+keq\o\al(2,2))|t2-4|,1+4keq\o\al(2,2)),(14分)所以eq\f(PA·PB,PC·PD)=eq\f((1+keq\o\al(2,1))(1+4keq\o\al(2,2)),(1+keq\o\al(2,2))(1+4keq\o\al(2,1)))为定值.(16分)解法2由题意,设直线l1的方程为y=k1(x-t),直线l2的方程为y=k2(x-t),设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).直线l1的方程为y=k1(x-t),代入椭圆E的方程中,并化简得(1+4keq\o\al(2,1))x2-8keq\o\al(2,1)tx+4keq\o\al(2,1)t2-4=0,(8分)则x1+x2=eq\f(8keq\o\al(2,1)t,1+4keq\o\al(2,1)),x1x2=eq\f(4keq\o\al(2,1)t2-4,1+4keq\o\al(2,1)),同理则x3+x4=eq\f(8keq\o\al(2,2)t,1+4keq\o\al(2,2)),x3x4=eq\f(4keq\o\al(2,2)t2-4,1+4keq\o\al(2,2)),eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))=(x1-t,y1)(x2-t,y2)=(x1-t)(x2-t)+keq\o\al(2,1)(x1-t)(x2-t)=(x1-t)(x2-t)(1+keq\o\al(2,1)),eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))=(x3-t,y3)(x4-t,y4)=(x3-t)(x4-t)+keq\o\al(2,2)(x3-t)(x4-t)=(x3-t)(x4-t)(1+keq\o\al(2,2)).(12分)因为P,A,B三点共线,所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))=PA·PB,同理,eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))=PC·PD.eq\f(PA·PB,PC·PD)=eq\f(\o(PA,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),\o(PC,\s\up6(→))·\o(PD,\s\up6(→)))=eq\f((x1-t)(x2-t)(1+keq\o\al(2,1)),(x3-t)(x4-t)(1+keq\o\al(2,2)))=eq\f((1+keq\o\al(2,1)),(1+keq\o\al(2,2)))·eq\f((x1-t)(x2-t),(x3-t)(x4-t))=eq\f((1+keq\o\al(2,1)),(1+keq\o\al(2,2)))·eq\f(x1x2-t(x1+x2)+t2,x3x4-t(x3+x4)+t2).代入x1+x2=eq\f(8keq\o\al(2,1)t,1+4keq\o\al(2,1)),x1x2=eq\f(4keq\o\al(2,1)t2-4,1+4keq\o\al(2,1)),x3+x4=eq\f(8keq\o\al(2,2)t,1+4keq\o\al(2,2)),x3x4=eq\f(4keq\o\al(2,2)t2-4,1+4keq\o\al(2,2)),化简得eq\f(PA·PB,PC·PD)=eq\f((1+keq\o\al(2,1))(1+4keq\o\al(2,2)),(1+keq\o\al(2,2))(1+4keq\o\al(2,1))),(14分)因为是定值,所以eq\f(PA·PB,PC·PD)=eq\f((1+keq\o\al(2,1))(1+4keq\o\al(2,2)),(1+keq\o\al(2,2))(1+4keq\o\al(2,1)))为定值.(16分)eq\a\vs4\al(解后反思)本题着重考查了计算能力,而在运算过程中借助了两条直线的地位一致性,只需算出一份数据即可,另外对应换掉相应位置的参数就好,需要考生仔细观察,不能盲目地硬算.定值问题,要恰当去转化,能很好的降低计算量,用向量的坐标来计算,结构对称、优美,代入根与系数关系可以很容易得出结果4、(2018苏州暑假测试)如图,已知椭圆O:eq\f(x2,4)+y2=1的右焦点为F,点B,C分别是椭圆O的上、下顶点,点P是直线l:y=-2上的一个动点(与y轴的交点除外),直线PC交椭圆于另一个点M.(1)当直线PM经过椭圆的右焦点F时,求△FBM的面积;(2)①记直线BM,BP的斜率分别为k1,k2,求证:k1•k2为定值;规范解答(1)由题意B(0,1),C(0,-1),焦点F(eq\r(3),0),当直线PM过椭圆的右焦点F时,则直线PM的方程为eq\f(x,\r(3))+eq\f(y,-1)=1,即y=eq\f(\r(3),3)x-1,联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)+y2=1,,y=\f(\r(3),3)x-1,))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x=\f(8\r(3),7),,y=\f(1,7)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x=0,,y=-1))(舍),即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7),\f(1,7))).(2分)连结BF,则直线BF:eq\f(x,\r(3))+eq\f(y,1)=1,即x+eq\r(3)y-eq\r(3)=0,而BF=a=2,点M到直线BF的距离为d=eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)+\r(3)×\f(1,7)-\r(3))),\r(12+(\r(3))2))=eq\f(\f(2\r(3),7),2)=eq\f(\r(3),7).故S△MBF=eq\f(1,2)·BF·d=eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),7)=eq\f(\r(3),7).(4分)(2)解法1(点P为主动点)①设P(m,-2),且m≠0,则直线PM的斜率为k=eq\f(-1-(-2),0-m)=-eq\f(1,m),则直线PM的方程为y=-eq\f(1,m)x-1,联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=-\f(1,m)x-1,,\f(x2,4)+y2=1))化简得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(4,m2)))x2+eq\f(8,m)x=0,解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(8m,m2+4),\f(4-m2,m2+4))),(6分)所以k1=eq\f(\f(4-m2,m2+4)-1,-\f(8m,m2+4))=eq\f(-2m2,-8m)=eq\f(1,4)m,k2=eq\f(1-(-2),0-m)=-eq\f(3,m),(8分)所以k1·k2=-eq\f(3,m)·eq\f(1,4)m=-eq\f(3,4)为定值.(10分)5、(2016泰州期末)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=4,椭圆C:eq\f(x2,4)+y2=1,A为椭圆右顶点.过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B,C两点,直线AB与圆O的另一交点为P,直线PD与圆O的另一交点为Q,其中D(-eq\f(6,5),0).设直线AB,AC的斜率分别为k1,k2.(1)求k1k2的值;(2)记直线PQ,BC的斜率分别为kPQ,kBC,是否存在常数λ,使得kPQ=λkBC?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由;(3)求证:直线AC必过点Q.思路分析(1)直接设出B(x0,y0),C(-x0,-y0),求出k1,k2,并运用椭圆方程消去y0即可;(2)设出直线AP为y=k1(x-2),与圆联立得出点P坐标,与椭圆联立得出点B坐标,通过斜率公式求出kPQ和kBC即得λ的值;(3)通过直线PQ与x轴垂直时特殊的位置,猜想直线AC过点Q,再证明当直线PQ与x轴不垂直时,直线AC也过点Q,先通过直线PQ方程与圆方程联立,求出点Q坐标,再通过证明斜率相等来证明三点共线,从而证得直线AC必过点Q.规范解答(1)设B(x0,y0),则C(-x0,-y0),eq\f(x\o\al(2,0),4)+yeq\o\al(2,0)=1,因为A(2,0),所以k1=eq\f(y0,x0-2),k2=eq\f(y0,x0+2),所以k1k2=eq\f(y0,x0-2)·eq\f(y0,x0+2)=eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)-4)=eq\f(1-\f(1,4)x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)-4)=-eq\f(1,4).(4分)(2)设直线AP方程为y=k1(x-2),联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y=k1x-2,,x2+y2=4))得(1+keq\o\al(2,1))x2-4keq\o\al(2,1)x+4(keq\o\al(2,1)-1)

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论