圓錐恒過定點(diǎn)問題.(教師)

PAGEPAGE1例1.如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)為F1，右焦點(diǎn)為F2，離心率e＝eq\f(1,2)，過F1的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，且△ABF2的周長(zhǎng)為8.（Ⅰ）求橢圓E的方程；（II）設(shè)動(dòng)直線l：y＝kx＋m與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P，且與直線x＝4相交于點(diǎn)Q.試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)M，使得以PQ為直徑的圓恒過點(diǎn)M？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【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?！郻＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)?！鄼E圓E的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。（II）由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0?！邉?dòng)直線l與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(x0，y0)，∴m≠0且Δ＝0，∴64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化簡(jiǎn)得4k2－m2＋3＝0=1\*GB3①，此時(shí)x0＝－eq\f(4km,4k2＋3)＝－eq\f(4k,m)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3,m)?！郟eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)，\f(3,m)))。由得Q(4,4k＋m)。假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)M滿足條件，由圖形對(duì)稱性知，點(diǎn)M必在x軸上。設(shè)M(x1,0)，則eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0對(duì)滿足=1\*GB3①式的m、k恒成立?！遝q\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式對(duì)滿足=1\*GB3①式的m，k恒成立，∴，解得x1＝1?！啻嬖诙c(diǎn)M(1,0)，使得以PQ為直徑的圓恒過點(diǎn)M。例2.如圖所示，等邊三角形OAB的邊長(zhǎng)為8eq\r(3)，且其三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線E：x2＝2py(p＞0)上．（I）求拋物線E的方程；（II）設(shè)動(dòng)直線l與拋物線E相切于點(diǎn)P，與直線y＝－1相交于點(diǎn)Q，證明以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點(diǎn)．【答案】解：（I）依題意，|OB|＝8eq\r(3)，∠BOy＝30°。設(shè)B(x，y)，則x＝|OB|sin30°＝4eq\r(3)，y＝|OB|cos30°＝12。因?yàn)辄c(diǎn)B(4eq\r(3)，12)在x2＝2py上，所以(4eq\r(3))2＝2p×12，解得p＝2。故拋物線E的方程為x2＝4y。（II）由（I）知y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x。設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，且l的方程為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))。假設(shè)以PQ為直徑的圓恒過定點(diǎn)M，由圖形的對(duì)稱性知M必在y軸上，設(shè)M(0，y1)，令eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0對(duì)滿足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(*)式對(duì)滿足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為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)M(0,1)。3.已知拋物線C的方程為y2=2px（p＞0），直線：x+y=m與x軸的交點(diǎn)在拋物線C準(zhǔn)線的右側(cè)．（Ⅰ）求證：直線與拋物線C恒有兩個(gè)不同交點(diǎn)；（Ⅱ）已知定點(diǎn)A（1，0），若直線與拋物線C的交點(diǎn)為Q，R，滿足，是否存在實(shí)數(shù)m，使得原點(diǎn)O到直線的距離不大于，若存在，求出正實(shí)數(shù)p的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題；拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．.專題：綜合題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．分析：（Ⅰ）聯(lián)立x+y=m與y2=2px，證明△＞0，即可得到直線l與拋物線C恒有兩個(gè)不同交點(diǎn)；（Ⅱ）根據(jù)，結(jié)合韋達(dá)定理，求出p的表達(dá)式，利用原點(diǎn)O到直線l的距離不大于，確定m的范圍，由此可得正實(shí)數(shù)p的取值范圍．解答：（Ⅰ）證明：由題知，聯(lián)立x+y=m與y2=2px，消去x可得y2+2py﹣2pm=0…（*）∵p＞0且，∴△=4p2+8pm＞0，所以直線l與拋物線C恒有兩個(gè)不同交點(diǎn)；…4分（Ⅱ）解：設(shè)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∴又由原點(diǎn)O到直線l的距離不大于，則有，由（Ⅰ）有，即，結(jié)合，化簡(jiǎn)該不等式得：5m2+2m+1＞0，恒成立，∴，令t=m+1，則而函數(shù)在上單調(diào)遞減，∴∴存在m且，實(shí)數(shù)p的取值范圍為．…10分．4. 已知橢圓與x軸、y軸的正半軸分別交于A，B兩點(diǎn)，原點(diǎn)O到直線AB的距離為，該橢圓的離心率為 （1）求橢圓的方程； （2）是否存在過點(diǎn)的直線與橢圓交于M，N兩個(gè)不同的點(diǎn)，且對(duì)外任意一點(diǎn)Q，有成立？若存在，求出的方程；若不存在，說明理由。解：（Ⅰ）由題意得，直線的方程為……………（1分）由及，得………………（3分）所以橢圓的方程為……………（4分）（Ⅱ），．①………（6分）當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，，，易知符合條件，此時(shí)直線的方程為…………………………（8分）當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為，代入得由，解得．設(shè)，則，②，③…………………（10分）由①得④由②③④消去，得，即，無解．綜上存在符合條件的直線………（12分）5.已知橢圓的中心是坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在軸上，短軸長(zhǎng)為2，且兩個(gè)焦點(diǎn)和短軸的兩個(gè)端點(diǎn)恰為一個(gè)正方形的頂點(diǎn)．過右焦點(diǎn)與軸不垂直的直線交橢圓于，兩點(diǎn)．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）在線段上是否存在點(diǎn),使得？若存在，求出的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由.解：（Ⅰ）因?yàn)闄E圓的短軸長(zhǎng)：，又因?yàn)閮蓚€(gè)焦點(diǎn)和短軸的兩個(gè)端點(diǎn)恰為一個(gè)正方形的頂點(diǎn)，所以：；故橢圓的方程為：……………4分（Ⅱ）（1）若與軸重合時(shí)，顯然與原點(diǎn)重合，；（2）若直線的斜率，則可設(shè)，設(shè)則：所以化簡(jiǎn)得：；的中點(diǎn)橫坐標(biāo)為：，代入可得：的中點(diǎn)為，由于得到所以：綜合（1）（2）得到：……14分6.設(shè)橢圓的離心率為,點(diǎn)是橢圓上的一點(diǎn),且點(diǎn)到橢圓兩焦點(diǎn)的距離之和為4.(1)求橢圓的方程；(2)橢圓上一動(dòng)點(diǎn)，關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為,求的取值范圍.解:(1)依題意知,……2分∵,.……4分∴所求橢圓的方程為.……6分（2）∵點(diǎn)關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為，∴……8分解得：，.……10分∴.……12∵點(diǎn)在橢圓:上,∴,則.∴的取值范圍為.……13分7.已知拋物線的焦點(diǎn)以及橢圓的上、下焦點(diǎn)及左、右頂點(diǎn)均在圓上．（1）求拋物線和橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過點(diǎn)的直線交拋物線于兩不同點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，已知，則是否為定值？若是，求出其值；若不是，說明理由．解：（1）解：（1）由拋物線的焦點(diǎn)在圓上得：，，∴拋物線…………3分同理由橢圓的上、下焦點(diǎn)及左、右頂點(diǎn)均在圓上可解得：．得橢圓．…………6分（2）是定值，且定值為－1．設(shè)直線的方程為，則．聯(lián)立方程組，消去得：且…………9分由得：整理得：．…………14分8.已知橢圓的離心率為，且橢圓上一點(diǎn)與兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形的周長(zhǎng)為.（I）求橢圓的方程；（II）設(shè)過橢圓右焦點(diǎn)的動(dòng)直線與橢圓交于兩點(diǎn)，試問：在軸上是否存在定點(diǎn)，使成立？若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．（I）由題意知：，且 解得：進(jìn)而 ∴橢圓的方程為 （II）易求得右焦點(diǎn),假設(shè)在軸上存在點(diǎn)（為常數(shù)），使 ①當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，則，此時(shí),解得或. ②當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)，聯(lián)立方程組，消去整理得 設(shè)，則當(dāng)即時(shí)，為定值：由①②可知，在軸上存在定點(diǎn)，使成立 9.設(shè)橢圓C：+=1（a＞b＞0）過點(diǎn)M（1，1），離心率e=，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．（I）求橢圓C的方程．（Ⅱ）若直線l是圓O：x2+y2=1的任意一條切線，且直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，求證：?為定值．解：（Ⅰ）由題意可得，解得，∴橢圓C的方程為．（Ⅱ）①當(dāng)圓O的切線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，則圓心O到直線l的距離，∴1+k2=m2．將直線l的方程和橢圓C的方程聯(lián)立，得到（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣4=0．設(shè)直線l與橢圓C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）兩點(diǎn)，則，．∴=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）====0，②當(dāng)圓的切線l的斜率不存在時(shí)，驗(yàn)證得．綜合上述可得，為定值0．10.已知橢圓的離心率為，以原點(diǎn)為圓心，橢圓的短半軸為半徑的圓與直線相切．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設(shè)，，是橢圓上關(guān)于軸對(duì)稱的任意兩個(gè)不同的點(diǎn)，連結(jié)交橢圓于另一點(diǎn)，證明直線與軸相交于定點(diǎn)；解：（Ⅰ）由題意知，所以．即．又因?yàn)?，所以，．故橢圓的方程為． …4分（Ⅱ）由題意知直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為．由得．① …6分設(shè)點(diǎn)，，則．直線的方程為．令，得．將，代入，整理，得．②由①得，代入②整理，得．所以直線與軸相交于定點(diǎn)． 11.已知橢圓的離心率為，定點(diǎn)，橢圓短軸的端點(diǎn)是，，且.（1）求橢圓的方程；(2）設(shè)過點(diǎn)且斜率不為的任意直線交橢圓于，兩點(diǎn).試問軸上是否存在定點(diǎn)，使平分？若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.（1）解：由，得.依題意△是等腰直角三角形，從而，故.所以橢圓的方程是.…………5分（2）解：設(shè)，，直線的方程為.將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，消去得.所以，.若平分，則直線，的傾斜角互補(bǔ)，所以.設(shè)，則有.將，代入上式，整理得，所以.將，代入上式，整理得.由于上式對(duì)任意實(shí)數(shù)都成立，所以.綜上，存在定點(diǎn)，使平分.…………12分12.已