2019届高考数学二轮复习第二篇考点五解析几何考查角度3定值定点问题突破训练文

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1、考查角度3　定值、定点问题　　分类透析一定值问题例1如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0)、F2(c,0),已知点(1,e)和e,32都在椭圆上,其中e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程.(2)设A,B是椭圆上位于x轴上方的两点,且直线AF1与直线BF2平行,AF2与BF1交于点P.①若

2、AF1

3、-

4、BF2

5、=62,求直线AF1的斜率.②求证:

6、PF1

7、+

8、PF2

9、是定值.分析(1)运用椭圆的离心率公式和点(1,e),e,32满足椭圆方程,以及a,b,c的关系,解方程可得a,b,

10、进而得到椭圆方程.(2)①设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AF1,BF2的方程分别为x+1=my,x-1=my,联立直线与椭圆的方程,求出A,B的坐标,根据两点间的距离公式,求出

11、AF1

12、,

13、BF2

14、的长,然后由

15、AF1

16、-

17、BF2

18、=62,解得m的值,即得斜率;②运用平行线截得线段成比例的定理、椭圆的定义与(1)中的结论,即可证明.解析(1)由点(1,e)在椭圆上,得1a2+c2a2b2=1,解得b2=1,于是c2=a2-1.又点e,32在椭圆上,所以e2a2+34b2=1,即a2-1a4+34=1,解得a2=2.故所求椭圆的方程为x

19、22+y2=1.(2)①由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),又直线AF1与BF2平行,所以可设直线AF1的方程为x+1=my,直线BF2的方程为x-1=my.设A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0,y2>0,由x122+y12=1,x1+1=my1得(m2+2)y12-2my1-1=0,解得y1=m+2m2+2m2+2.故

20、AF1

21、=(x1+1)2+y12=(my1)2+y12=2(m2+1)+mm2+1m2+2.同理可得

22、BF2

23、=2(m2+1)-mm2+1m2+2.由

24、AF1

25、-

26、BF2

27、=2mm2+1m2+2=62,解得m2

28、=2.因为m>0,所以m=2,所以直线AF1的斜率为1m=22.②因为直线AF1与BF2平行,所以

29、PB

30、

31、PF1

32、=

33、BF2

34、

35、AF1

36、,于是

37、PB

38、+

39、PF1

40、

41、PF1

42、=

43、BF2

44、+

45、AF1

46、

47、AF1

48、,故

49、PF1

50、=

51、AF1

52、

53、AF1

54、+

55、BF2

56、·

57、BF1

58、.由点B在椭圆上知

59、BF1

60、+

61、BF2

62、=22.从而

63、PF1

64、=

65、AF1

66、

67、AF1

68、+

69、BF2

70、·(22-

71、BF2

72、).同理可得

73、PF2

74、=

75、BF2

76、

77、AF1

78、+

79、BF2

80、·(22-

81、AF1

82、),因此

83、PF1

84、+

85、PF2

86、=

87、AF1

88、

89、AF1

90、+

91、BF2

92、·(22-

93、BF2

94、)+

95、B

96、F2

97、

98、AF1

99、+

100、BF2

101、·(22-

102、AF1

103、)=22-2

104、AF1

105、·

106、BF2

107、

108、AF1

109、+

110、BF2

111、.又

112、AF1

113、+

114、BF2

115、=22(m2+1)m2+2,

116、AF1

117、·

118、BF2

119、=m2+1m2+2,所以

120、PF1

121、+

122、PF2

123、=22-22=322.因此

124、PF1

125、+

126、PF2

127、是定值.方法技巧对于解析几何中的定值问题,要善于运用辩证的观点去思考分析,在动点的“变”中寻求定值的“不变”性.用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值,这样可将盲目的探索问题转化为有方向,有目标的一般性证明题,从而找到解决问题的突破口.　　分类透析二　定点问题

128、例2已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,椭圆C过点P1,22,直线PF1交y轴于点Q,且PF2=2QO,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程.(2)设M是椭圆C的上顶点,过点M分别作直线MA,MB交椭圆C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=2,证明:直线AB过定点.分析(1)将点P1,22代入椭圆方程,得1a2+12b2=1,由PF2=2QO,得PF2⊥F1F2,则c=1,联立方程得解.(2)分为直线AB的斜率存在和斜率不存在两种情况,当斜率不存在时,直接代入得解;当斜率存在时,

129、联立直线和椭圆的方程得到关于x的方程,结合韦达定理,运用整体代换的思想化简得m(x+1)=y-x,可得其恒过定点.解析(1)∵椭圆C过点1,22,∴1a2+12b2=1.　①∵PF2=2QO,∴PF2⊥F1F2,则c=1,∴a2-b2=1.　②由①②得a2=2,b2=1,∴椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,-y0),由k1+k2=2,得y0-1x0+-y0-1x0=2,解得x0=-1.当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=kx+m(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),由x

130、22+y2=1,y=kx+m,消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,得x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2