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圆锥曲线是高考必考题,考查直线与圆锥曲线的基本知识与方法和数形结合、函数与方程等重要数学思想,涉及距离、斜率的基本概念. 定点、定值问题是解析几何考查的热点题型之一,这类问题的一个基本思想是等式的恒成立.
特殊入手,再证明
例1 已知椭圆[C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)]的焦距为2,两焦点与短轴的一个顶点的连线构成直角三角形.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点[M(0,-13)]的动直线[l]交椭圆[C]于[A,B]两点,试问:在y轴是否存在一个定点[Q],使得以[AB]为直径的圆恒过定点[Q]?若存在,求出点[Q]的坐标;若不存在,请说明理由.
分析 (1)待定系数法;(2)直线[l]有两个特殊位置,从而可确定两个特殊圆的方程,先找到符合条件的特殊点[Q],再证明此点满足一般情况,即[QA?QB]的值恒为0.
解 (1)由椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形, [∴b=c.]
又斜边长为2,即[2c=2].
故[a=2c=2].
故椭圆的方程为[x22+y2=1].
(2)当[l]与x轴平行时,以AB为直径的圆的方程为[x2+(y+13)2=169].
当[l]与y轴平行时,以AB为直径的圆的方程为[x2+y2=1].
联立得,[x2+(y+13)2=169,x2+y2=1,]解得,[x=0,y=1.],
故若存在定点Q,则Q的坐标只可能为[Q(0,1)].
下面证明[Q(0,1)]为所求.
①若直线[l]斜率不存在,上述已经证明.
②当直线[l]斜率存在时,设直线[l:y=kx-13,][A(x1,y1)],[B(x2,y2)],
由题意得,[y=kx-13,x2+2y2-2=0,]
联立得,[(9-18k2)x2-12kx-16=0.]
[∴Δ=144k2+64(9+18k2)>0],
[x1+x2=12k18k2+9],[x1x2=-1618k2+9].
又[QA=(x1,y1-1)],[QB=(x2,y2-1)],
[∴QA?QB=x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+k2)x1x2-4k3(x1+x2)+169=(1+k2)-169+18k2-4k3?12k9+18k2+169=0.]
[∴QA⊥QB],即以[AB]为直径的圆恒过点[Q(0,1).]
解读 解析几何中证明动直线(曲线)过定点,一般是先选择一个参数建立直线(曲线)系方程,然后根据直线(曲线)系方程过定点时方程成立与参数没有关系,得到一个关于[x],[y]的方程组,以这个方程组的解为坐标的点就是直线(曲线)所过的定点,当定点具备一定的限制条件时,可特殊对待. 解决定点问题的关键就是建立直线或者曲线系方程,要注意选用合适的参数表达直线或者曲线系方程;如果是双参数,要注意这两个参数之间的相互关系.
推理计算,消去变量
例2 已知椭圆[C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)]的离心率为[12],以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线[7x-5y+12=0]相切.
(1)求椭圆[C]的方程;
(2)设[A(-4,0)],过点[R(3,1)]作与[x]轴不重合的直线交椭圆[C]于[P,Q]两点,连接[AP],[AQ]分别交直线[x=163]于[M],[N]两点,若直线[MR],[NR]的斜率分别为[k1],[k2],试问:[k1k2]是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)由题意得,[ca=12],[127+5=b],[a2=b2+c2],解得,[a=4],[b=23],[c=2].
故椭圆[C]的方程为[x216+y212=1].
(2)设[P(x1,y1)],[Q(x2,y3)],直线[PQ]的方程为[x=my+3].
由[x216+y212=1,x=my+3]得,[(3m2+4)y2+18my-21=0].
所以[y1+y2=-18m3m2+4],[y1y2=-213m2+4].
由[A],[P],[M]三点共线可知,[yM163+4=y1x1+4],所以[yM=28y13(x1+4)].
同理可得,[yN=28y23(x2+4)].
所以[k1k2=yM163-3×yN163-3=9yMyN49=16y1y2(x1+4)(x2+4).]
因为[(x1+4)(x2+4)=(my1+7)(my2+7)]
[=m2y1y2+7m(y1+y2)+49],
所以[k1k2=16y1y2m2y1y2+7m(y1+y2)+49]
[=16×-213m2+4m2×-213m2+4+7mx×-18m3m2+4+49=127.]
例3 已知抛物线C:y2=4x,点M(m,0)在x轴的正半轴上,过点M的直线l与C相交于A,B两点,O为坐标原点.
(1)若m=1,且直线l的斜率为1,求以线段AB为直径的圆的方程;
(2)问是否存在定点M,不论直线l绕点M如何转动,使得[1AM2+1BM2]恒为定值.
分析 (1)设而不求,弦长公式求出圆心与半径即可.(2)引入直线l的斜率的倒数作为变量,表达出[1AM2+1BM2],分析数式取值与变量无关的条件是解决此题关键.
解 (1)设A,B两点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点P的坐标为P(x0,y0).
由题意得,M(1,0),直线l的方程为y=x-1.
由[y=x-1,y2=4x]得,x2-6x+1=0.
则x1+x2=6,x1x2=1,且x0=[x1+x22]=3,y0=x0-1=2.
故圆心为P(3,2),
直径[|AB|=2]|x1-x2|[=2?x1+x22-4x1x2=8].
∴以AB为直径的圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16.
(2)若存在这样的点M,使得[1AM2+1BM2]恒为定值,设直线l的方程为x=ky+m.
由[x=ky+m,y2=4x]得,y2-4ky-4m=0.
于是y1+y2=4k,y1y2=-4m.
又|AM|2=[y12](1+k2),|BM|2=[y22](1+k2),
∴[1AM2+1BM2=1y12+1y22?11+k2]
[=11+k2?y1+y22-2y1y2y1y22=11+k2?k2+m2m2.] (*)
(*)式要与k无关,只需[m2]=1,即m=2,进而[1AM2+1BM2=14].
∴存在定点M(2,0),不论直线l绕点M如何转动,[1AM2+1BM2]恒为定值[14].
解读 解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确,即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量,那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比值关系,其不受变化的量影响的一个值就是要求的定值. 解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比值关系,根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量. 注意把问题的各种可能情况考虑进去,特别是涉及直线的斜率时,要注意直线的斜率不存在的情况,同时要注意问题的转化及使用平面几何的知识简化运算.
特殊入手,再证明
例1 已知椭圆[C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)]的焦距为2,两焦点与短轴的一个顶点的连线构成直角三角形.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点[M(0,-13)]的动直线[l]交椭圆[C]于[A,B]两点,试问:在y轴是否存在一个定点[Q],使得以[AB]为直径的圆恒过定点[Q]?若存在,求出点[Q]的坐标;若不存在,请说明理由.
分析 (1)待定系数法;(2)直线[l]有两个特殊位置,从而可确定两个特殊圆的方程,先找到符合条件的特殊点[Q],再证明此点满足一般情况,即[QA?QB]的值恒为0.
解 (1)由椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形, [∴b=c.]
又斜边长为2,即[2c=2].
故[a=2c=2].
故椭圆的方程为[x22+y2=1].
(2)当[l]与x轴平行时,以AB为直径的圆的方程为[x2+(y+13)2=169].
当[l]与y轴平行时,以AB为直径的圆的方程为[x2+y2=1].
联立得,[x2+(y+13)2=169,x2+y2=1,]解得,[x=0,y=1.],
故若存在定点Q,则Q的坐标只可能为[Q(0,1)].
下面证明[Q(0,1)]为所求.
①若直线[l]斜率不存在,上述已经证明.
②当直线[l]斜率存在时,设直线[l:y=kx-13,][A(x1,y1)],[B(x2,y2)],
由题意得,[y=kx-13,x2+2y2-2=0,]
联立得,[(9-18k2)x2-12kx-16=0.]
[∴Δ=144k2+64(9+18k2)>0],
[x1+x2=12k18k2+9],[x1x2=-1618k2+9].
又[QA=(x1,y1-1)],[QB=(x2,y2-1)],
[∴QA?QB=x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+k2)x1x2-4k3(x1+x2)+169=(1+k2)-169+18k2-4k3?12k9+18k2+169=0.]
[∴QA⊥QB],即以[AB]为直径的圆恒过点[Q(0,1).]
解读 解析几何中证明动直线(曲线)过定点,一般是先选择一个参数建立直线(曲线)系方程,然后根据直线(曲线)系方程过定点时方程成立与参数没有关系,得到一个关于[x],[y]的方程组,以这个方程组的解为坐标的点就是直线(曲线)所过的定点,当定点具备一定的限制条件时,可特殊对待. 解决定点问题的关键就是建立直线或者曲线系方程,要注意选用合适的参数表达直线或者曲线系方程;如果是双参数,要注意这两个参数之间的相互关系.
推理计算,消去变量
例2 已知椭圆[C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)]的离心率为[12],以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线[7x-5y+12=0]相切.
(1)求椭圆[C]的方程;
(2)设[A(-4,0)],过点[R(3,1)]作与[x]轴不重合的直线交椭圆[C]于[P,Q]两点,连接[AP],[AQ]分别交直线[x=163]于[M],[N]两点,若直线[MR],[NR]的斜率分别为[k1],[k2],试问:[k1k2]是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)由题意得,[ca=12],[127+5=b],[a2=b2+c2],解得,[a=4],[b=23],[c=2].
故椭圆[C]的方程为[x216+y212=1].
(2)设[P(x1,y1)],[Q(x2,y3)],直线[PQ]的方程为[x=my+3].
由[x216+y212=1,x=my+3]得,[(3m2+4)y2+18my-21=0].
所以[y1+y2=-18m3m2+4],[y1y2=-213m2+4].
由[A],[P],[M]三点共线可知,[yM163+4=y1x1+4],所以[yM=28y13(x1+4)].
同理可得,[yN=28y23(x2+4)].
所以[k1k2=yM163-3×yN163-3=9yMyN49=16y1y2(x1+4)(x2+4).]
因为[(x1+4)(x2+4)=(my1+7)(my2+7)]
[=m2y1y2+7m(y1+y2)+49],
所以[k1k2=16y1y2m2y1y2+7m(y1+y2)+49]
[=16×-213m2+4m2×-213m2+4+7mx×-18m3m2+4+49=127.]
例3 已知抛物线C:y2=4x,点M(m,0)在x轴的正半轴上,过点M的直线l与C相交于A,B两点,O为坐标原点.
(1)若m=1,且直线l的斜率为1,求以线段AB为直径的圆的方程;
(2)问是否存在定点M,不论直线l绕点M如何转动,使得[1AM2+1BM2]恒为定值.
分析 (1)设而不求,弦长公式求出圆心与半径即可.(2)引入直线l的斜率的倒数作为变量,表达出[1AM2+1BM2],分析数式取值与变量无关的条件是解决此题关键.
解 (1)设A,B两点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点P的坐标为P(x0,y0).
由题意得,M(1,0),直线l的方程为y=x-1.
由[y=x-1,y2=4x]得,x2-6x+1=0.
则x1+x2=6,x1x2=1,且x0=[x1+x22]=3,y0=x0-1=2.
故圆心为P(3,2),
直径[|AB|=2]|x1-x2|[=2?x1+x22-4x1x2=8].
∴以AB为直径的圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16.
(2)若存在这样的点M,使得[1AM2+1BM2]恒为定值,设直线l的方程为x=ky+m.
由[x=ky+m,y2=4x]得,y2-4ky-4m=0.
于是y1+y2=4k,y1y2=-4m.
又|AM|2=[y12](1+k2),|BM|2=[y22](1+k2),
∴[1AM2+1BM2=1y12+1y22?11+k2]
[=11+k2?y1+y22-2y1y2y1y22=11+k2?k2+m2m2.] (*)
(*)式要与k无关,只需[m2]=1,即m=2,进而[1AM2+1BM2=14].
∴存在定点M(2,0),不论直线l绕点M如何转动,[1AM2+1BM2]恒为定值[14].
解读 解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确,即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量,那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比值关系,其不受变化的量影响的一个值就是要求的定值. 解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比值关系,根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量. 注意把问题的各种可能情况考虑进去,特别是涉及直线的斜率时,要注意直线的斜率不存在的情况,同时要注意问题的转化及使用平面几何的知识简化运算.