资源简介

2 0, 2 第十三节 专题:圆锥曲线中的同构思想 由 k1 k2 1 可知 m ,故直线 MN 过定点3
.
3
x2
【3】（1） y2 1 ；（2） k 4
重点题型专练 4
1 解析:（1）解:依题意可得 b 1, 2c 2 3 ,又 c
2 2
【 】详见解析 a b
2 ,
2
解析:（1）由椭圆的对称性可得 P1(1,1) 不在椭圆上,过程略,椭圆 C 的方 x所以 a 2 ,所以椭圆方程为 y2 1 ;
x2 4
程为 y2 1 .
4 （2）因为直线 AB ,
AC 的斜率都不能为零,故设直线 AB , AC 的方程
分别为 x m1(y 1) 和 x m2 (y 1) , 与椭圆 E 的方程联立 ,可得（2） 设 lAB : x my n,A x1, y1 ,B x2 , y2 ,
8m m2 4 8m m2 4
设 lAP : y k1x 1,lBP : y k2x 1 B
1 1 2 2
2 2 m2
, 2 ,C ,
1 4 m1 4 m
2
2 4 m
2 4 .2
x2 4y2 4 x2 2 2 2联立 4 k x 1 4, 1 4k x 8k x 0 又直线 BC 的方程为 y 1 k(x 2)(k 0)1 1 1 ,将点 B,C的坐标代入化简得
y k1x 1 km21 4km1 4(k 1) 0,
8k 8k 2 由 此 可 知 m1,m2 是 关 于 m 的 方 程
x1 xP x 0
1 , x 1 km2 4km2 4(k 1) 0,
2 1 1 4k 2 1 21 1 4k1
2 4(k 1)
8k1 1 4k
2 8k 1 4k km 4km 4(k 1) 0 的两个根,则 m1 m2 4,m1m2 .
y1 k1 2 1
1
2 , A
1
,
1 x my n k
1 4k1 1 4k1 1 4k
2 1 4k 2 在 上1 1 由直线 AB , AC 的方程可得 M m1 , 0),N m2 ,0 ,
8k1 1 4k
2
m 1 n 2 16 16(k 1)1 4k 2 1 4k 2 所以 |MN | m1 m2 m1 m2 4m1 1 1m2 2k
8k1 m 1 4k 21 n 4nk 21 解得 k 4 .
2 2 （构造同构式,大大简化了运算过程.将直线 AB , AC (4n 4m)k 8k m n 0 (4n 4m)k 的方程设为1 1 ,同理 2 8k2 m n 0 x m (y 1) 和 x m (y 1) 的形式而非斜截式,成功避免了对其斜率存
k1,k2 是方程 (4n 4m)k 22 8k m
1 2
2 n 0 的两个不同的根 在性的讨论,从而减少了运算量.）
8 2
k1 k2 1 ,即 1,n m 2 16 24n 4m n m 【4】（1） 1 ;（2） ．
9
lAB : x my m 2 ,即 x m(y 1) 2, l 过定点 (2, 1) . x2
【2】详见解析 解析:（1）由点 A(2,1) 在双曲线 C 上,可得 C 的方程为 y2 1 .设直
2
x2 y2
解析:（1） 1 ，解析略 线 AP , AQ 的方程分别为 y k1(x 2) 1 和 y k2 (x 2) 1 ,与双曲线3 2
C 的方程联立,
（2）方法一:直接求点,求直线依题设 k1 k2 ,设 M xM , yM ,直线 AB的 4k 21 4k1 2 2k 21 4k1 1 4k 2 4k 2 2k 2 4k 1 P , Q
方程为 y 1 k (x 1) 即 y k x 1 k ,亦即 y k x k ,代入椭圆方 可得 2
2 2 , 2 2
1 1 1 1 2 1 2k1 1 2k
2 , 2 2 .
1 1 2k2 1 2k2
程,联立可得 2 3k 21 x2 6k1k 22x 3k2 6 0 . 设直线 PQ 的方程为 mx ny 1 2m n 1 ,将点 P , Q的坐标代人化简
3k1k2 2k2 3k1kx , y x 2
2k
, y 1 2(n 2m 1)k
2
1 4(n m)k (n 2m 1) 0,于是 1M 2 3k 2 M 2 3k 2 .同理, N 2 3k 2 N 2 3k 2 . 得 1 1 2 2 2(n 2m 1)k
2
2 4(n m)k2 (n 2m 1) 0,
当 k1k2 0 时,直线 MN 的斜率 由此可知 k1,k2 是关于 k 的方程
2 2
y y 4 6 k2 k2k1 k1 10 6k k 2(n 2m 1)k 2 4(n m)k (n 2m 1) 0
K M N 2 1
的两个根,
.
xM xN 9k2k1 k2 k1 9k 2k 1 4(n m)
则 k1 k 02 m n PQ
2k 10 6k k 3k k 2(n 2m 1)
,得 ,所以直线 的斜率等于-1,即直
2 2 1 1 2
直线 MN 的方程为 y x 2 , 3k 21 9k k 2 3k
2
2 1 1 线 l 的斜率为-1 .
π
10 6k2k1 10 6k2k1 3ky x 1
k2 2k PA,AQ , k k 0
即 2
2 （2）不妨设直线 的倾斜角为 ,因为 AP AQ ,
9k k 9k k 2 3k 2 3k 2
, 2
2 1 2 1 1 1
所以 π ,由（1）知, x x 2m2 2 0 ,
10 6k k 1 2
y 2 1 2亦即 x 9k k 3 . 当 A,B 均在双曲线左支时, PAQ 2 ,所以 tan 2 2 2 ,2 1
2 即 2 tan2 tan 2 0 tan 2 ,解得 （负值舍去）
此时直线过定点 0, .当 k1k2 0 时,直线 MN3 即为
y 轴, 2

此时 PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;
0, 2 2 此时亦过点 3 .综上, 直线
MN 恒过定点,且坐标为 0, . 当 A,B 均在双曲线右支时,
3
因为 tan PAQ 2 2 ,所以 tan 2 2 ,即 tan 2 2 2 ,
（此方法直接，思维少，但是如果直线 MN 恒过定点不在坐标轴上, 计
算量非常大） 即 2 tan
2 tan 2 0 ,解得 tan 2 （负值舍去）,
方法二:（同构）中点在直线 MN 上+构造以 k1,k2 为两根的二次方程 于是,直线 PA : y 2 x 2 1 ,直线 QA : y 2 x 2 1 ,
设 M xM , yM ,直线 AB 的方程 y 1 k1(x 1) ,即 y k1x 1 k1 ,联立 y 2 x 2 1
3 2
2 3k 2 x2 6 k k 2 x 3k 2 6k 3 0 联立 x2 可得, x 2 2 4 x 10 4 2 0代入椭圆方程联立并化简得 ,1 1 1 1 1 .可 y2 1 2
2
3k 2 3k 2 2k
知 xM
1 1 , y 1
3k 2 2 M 3k 2 2 2 x 10 4 2 4 2 51 1 因为方程有一个根为 ,所以 P , yP ,3 3
设直线 MN 的方程为 y kx m ,则点 M 的坐标满足该方程,所以
2 2k 3k 2
10 4 2 4 2 5
1 1 3k1 同理可得, xQ , yQ ． k m 3 3
3k 21 2 3k
2 ,
1 2
PQ : x 5 16 y 0 PQ PQ
整理可得 (3k 3m)k 21 2 3k 2 k (2m 2) 0 所以 , ,点 A 到直线 的距离1 . 3 3
同理可得 (3k 3m)k 22 (2 3k)k2 (2m 2) 0 2 1
5

3 2 2 PAQ 1 16 2 2 16 2,故△ 的面积为 ．
所以 k1,k2 是 (3k 3m)k
2 2 3k 2 k (2m 2) 0 两根（斜率同构） d 2 3 2 3 3 9
k 3k 21 k2 , k1 k2 3k 3m
{#{QQABJQYlwwiYgBQACJ7aV0GsCQgQsJGTLYoOQUAUOAYCyRFIFCA=}#}
【5】详见解析
k k 3t ,k k t
2 1
,把 x 0 代入 kx y k t 0 ,得 y k t ,
解析:（1）设点 P(x，y) 1 2 1 2,根据题意 (x 2)2 y2 2+ | x | , 4 8
2 2 2 2 y 8x，x 0， 2 9t t 1 t 8
解得 由于点 P 不在一条射线上, | ST | k1 t k2 t k1 k2 k1 k2 4k1k2 16 2 4
y 0，x 0，
P 2故点 的轨迹方程为 C : y2 8x . 当 t 0 时, ST 取得最小值 .
（2）设线段 QA , QB
2
的中点分别为 D , E ,
2 【9】（1） p 2 ;（2） 20 5 .
设 Q p,q , A x1, y1 B x , y y, 2 2 因为点 A 在曲线 C 上,则 x 11 ,8 解析:（1）抛物线 C 的焦点为 F 0 p p ， , FM 4 ,
因为点 D在曲线 C 上, 2 2
2
q y 2 2
p
所以: 1
p x1 2 4 1 4 8 y1 2qy1 16p q
2 0. 所以, F 与圆 M : x (y 4) 1 上点的距离的最小值为 ,解2
2 2
得 p 2 ;
2
q y2 p x8 2 y2 2qy 16p q2 2同理 2 2 0 , （2）由题易得抛物线 C 的方程为 x 4y .
2 2
如图,设 P x0 , y0 ,直线 PA 的方程为 y y0 k1 x x0 ,与 C 的方程联
故 y , y 是方程 y21 2 2qy 16p q2 0 的两个解,
立消去 y 得 x2 4k1x 4k1x0 4y0 0 ,则由 16k
2
1 4 4k1x0 4y0 0 得y y
由韦达定理知 y1 y2 2q ,所以 q 1 2 ,2 k 21 x
2
0k1 y0 0 ,且方程有唯一根 xA 2k1 ,即 A 2k1,k1 .
即点 Q的纵坐标与点 M 的纵坐标相同,故 QM 垂直于 y 轴.
设直线 PB 的方程为 y y0 k2 x x0 ,同理可得
（抛物线题型, 往往设点, 不用设线联立；体会 A , B 两点地位等价,
2
解题时要有同构意识） k2 x0k2 y0 0,B 2k 22 ,k2 ,所以 k1,k2 是关于 k 的方程 k 2 x0k y0 0
【6】详见解析 k 22 k 21 k1 k2 x0
解析:（1）直线 l 的斜率的取值范围是 ( , 3) ( 3,0) (0,1) . 的两个根,则 k1 k2 x0 ,k1k2 y0 ,从而 kAB 2k2 2k
,
1 2 2
（过程略）
x x
（2）证明:由题得抛物线 C 的方程为 y2 4x .由 QM QO,QN QO 直线 AB的方程为 y k 2 0 01 (x 2k1) ,即 y x y ,2 2 0
及 Q(0,1) 可得, M (0，1 ),N (0,1 ) ,则直线 PM , PN 的方程分别为
x2 2
y (1 )(x 1) 2 和 y (1 )(x 1) 2 .设直线 l 的方程为 y kx 1 所以 | AB | 1 0 4 k1 k 2 16k1k 2 4 x 20 x 24 0 4y0 ,

1 k 1
y (1 )(x 1) 2, k
（由（ ）知 ）,联立 得 A , 1y kx 1, 1 k 1 k
, x2 4y

0 0
点 P 到直线 AB的距离 d ,
4 x2
0
同理可得 B

,
k
1
1 k 1 .将点 A , B 的坐标代人抛物线
C 的
k
1 1
2所以 S PAB | AB | d x0 4y0 x22 2 0
4y0
(k 3) 2 2(k 1) (k 1) 0, 3 3 3
方程,化简得 , (k 3) 2 2(k 1) (k 1) 0, 由此可知 是关于
x 1 1 1 2
x2 4y 2 y2 12y 15 2 y 6 21 2 2 0 0 2 0 0 2 0
的方程 (k 3)x2 2(k 1)x (k 1) 0 的两个根, 又 y0 [ 5, 3] ,故当 y0 5 时, S PAB 20 5max ,即 PAB 面积的最大
2(k 1) , k 1
1 1
则 ,所以 2 20 5
k 3 k 3
为定值. 值为
【7 【10】详见解析】详见解析
1 p
解析:若两条互相垂直的切线中有一条斜率不存在时, 可得点 P 的坐标 解析:（1）由已知得 |OF | 2 1 ,即 1 ,解 p 2 ,故方程为 x2 4y
是 ( a,b) ,或 ( a, b)
2 2
满足要求.
（2）由（1）得 P(2,1) ,设直线 PA 斜率为 k1 ,则 PA 方程为 y 1 k1(x 2)0 P ,当两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为 时,设点 的坐标为
x0 , y0 x a y b P 即
k
, 且 , 因 此 设 过 点 的 切 线 方 程 为 1
x y 1 2k1 0 ,
0 0
直线 PA 与圆 M : x2 (y 3)2 r 2 (0 r 2 ) 的相切,
x2 y2
1
y y0 k x x (k 0) 0 ,由 a2 b2 2 k1 1 r ,整理得 4 r 2 k 2 8k 4 r 2 0 ,
y y0 k x x
1 1
0 k 21 1
得 a2k 2 b2 2x2 2ka2 kx y x a2 kx y a2b20 0 0 0 0 2 2 2.因为直线与椭 设直线 PB 斜率为 k2 ,同理得 4 r k2 8k2 4 r 0
2
圆相切,所以其判别式的值为 0 ,得 x0 a2 k 2 2x y k y2 b20 0 0 0 k1,k2 是方程 4 r 2 k 2 8k 4 r 2 0 的两个根
x20 a2 0 . 4r 2 8 r 2 0 ( 0 r 2 ), 8 8 k1 k 2 ,k k 14 r 2 r 2 4 1 2
y20 b
2
因为 kPA ,kPB 是关于 k 的一元二次方程的两个根,所以 k k y 1 k (x 2)pA pB x2 a2 , 设 A x1, y1 ,B x2 , y 12 ,由 22 得 x 4k1x 8k1 4 0 ,0 x 4y
因此 k p k p 1 x
2
0 y
2
0 a
2 b2 .进而可得 x2 y2 a2 b2 .
A B 由韦达定理得 x1 2 4k1 , x1 4k1 2 ,同理 x2 4k2 2 ,
【8】详见解析 x 2 22 x 1
解析:（1）因为 | PM | 9 t2 ,| AM | 1 所以 y2 yk 1 4 4 1AB x1 x2 k1 k 1
8
2 2 1
,
| PA |2 | PM |2 | AM |2 t 2 8 x2 x1 x2 x1 4 r 4
8
故以 P 为圆心,以 PA 为半径的圆 P 的方程为 (x 1)2 (y t)2 t 2 8 又 0 r 2 , 4 2 2 ,r 4
显然线段 AB 为圆 P 和圆 M 的公共弦,两式相减得公共弦方程 kAB ( 5, 3) ,故直线 AB斜率的取值范围是 ( 5, 3) .
直线 AB的方程为: (x 1)2 (x 2)2 (y t)2 y2 t 2 8 1 ,即 【11】详见解析
5 1 2
3x ty 5 0 ,0 解析:（1）证明:由 y x 得 y x ,则切线 DA的斜率为 xA ,所以直线，显然直线 AB过定点 ． 2
3
DA 的 方 程 为 y yA xA x xA , 同 理 , 直 线 DB 的 方 程 为
（2）设切线方程为 y t k (x 1) ,即 kx y k t 0 ,故 M (2,0) 到直线
| 3k t | 1
kx y k t 0 的距离 d 12 ,即 8k
2 6kt t 2 1 0(*) y yB xB x x, B .设 D m, 2 ,将 D的坐标代入两切线方程,并结合k 1
设 PA,PB 的 斜 率 分 别 为 k1,k2 , 则 它 们 为 （ * ） 式 的 解 , 即
{#{QQABJQYlwwiYgBQACJ7aV0GsCQgQsJGTLYoOQUAUOAYCyRFIFCA=}#}

mx y
1
A A 0,
x2A 2yA 和 x
2
B 2y
2
B 化简整理得 从而点 A , B 都满足

mx
1
B yB 0,
2
1 1
方程 mx y 0 ,即直线 AB的方程为 mx y 0 ,故直线 AB过
2 2
0, 1 定点 .
2

y tx
1
,
（2）由（1）得直线 AB 的方程为 y tx
1 2
.由 2 可得2 x
y 2
x2 2tx 1 0 .
于是 x1 x2 2t ,x1x2 1, y1 y2 t x1 x2 1 2t2 1 ,
| AB | 1 t 2 x1 x2 1 t
2 x 2 21 x2 4x1x2 2 t 1 .
2 2
设 d1,d2 分别为点 D , E 到直线 AB的距离,则 d1 t 1,d2 2 .t 1
1 2 2
因此,四边形 ADBE 的面积 S | AB | d1 d2 t 3 t 1 .2
1
设 M 2为线段 AB的中点, 则 M t,t 2 .

由 于 EM AB , 而 EM t,t 2 2 , AB 与 向 量 (1,t) 平 行 , 所 以
t t 2 2 t 0 .
解得 t 0 或 t 1
当 t 0 时, S 3 ; 当 t 1 时, S 4 2 .
因此,四边形 ADBE 的面积为 3 或 4 2 .
{#{QQABJQYlwwiYgBQACJ7aV0GsCQgQsJGTLYoOQUAUOAYCyRFIFCA=}#}第十三节 专题:圆锥曲线中的同构思想
▍知识点1:圆锥曲线中的同构思想
两同构式定义:是指除了变量不同,其余地方均相同的表达式,同结构,同形式.
当两条直线的地位等价时,往往可以构造斜率同构方程,整体运用韦达定理计算.
例如:
设直线斜率为,通过已知条件可求得,
设直线斜率为,通过已知条件可求得,
是方程的两个根,所以通过韦达定理整体可以得到整体运用,便于计算.
“两点在同一直线”同构
【典例 1】已知椭圆,四点,中恰有三点在椭圆上.
（1）求的方程;
（2）设直线不经过点且与相交于, 两点.若直线与的斜率的和为-1 ,证明:过定点.
【练习 2】已知左焦点为的椭圆过点.过点分别作斜率的椭圆的动弦,,设,分别为线段,的中点.
（1）求椭圆的标准方程;
（2）若,求证直线恒过定点,并求出定点坐标.
【练习 3】已知椭圆的一个顶点为,焦距为．
（1）求椭圆的方程;
（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点,,直线,分别与轴交于点,,当时,求的值．
【练习 4】已知点在双曲线
上,直线交于, 两点, 直线, 的斜率之和为0 .
（1）求的斜率;
（2）若,求的面积.
“两个点在同一曲线”同构
【典例 5】平面上一点P满足:P点到的距离比P点到y轴的距离大2,且点P不在一条射线上,记点P的轨迹方程为曲线C.
（1）求曲线C的方程;
（2）点Q为y轴左侧一点,曲线C上存在两点A,B,使得线段,的中点均在曲线C上,设线段的中点为M,证明:垂直于y轴.
【练习 6】已知抛物线:经过点,过点的直线与抛物线有两个不同的交点,,且直线交轴于,直线交轴于.
（1）求直线的斜率的取值范围;
（2）设为原点,,求证:为定值.
“两直线位置关系相同”同构
【典例 7】 已知椭圆,若动点为椭圆外一点,且点到椭圆的两条切线相互垂直,求点的轨迹方程.
【练习 8】如图,圆,点为直线上一动点,过点引圆的两条切线,切点分别为,.
（1） 求直线的方程,并写出直线所经过的定点的坐标;
（2） 若两条切线,与轴分别交于、两点,求的最小值.
【练习 9】已知抛物线的焦点为,且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求;
（2）若点在上,是的两条切线,是切点,求面积的最大值．
【练习 10】已知抛物线上一点为焦点,面积为1 .
（1）求抛物线的方程;
（2）过点引圆的两条切线、,切线、与抛物线的另一个交点分别为、,求直线斜率的取值范围.
【练习 11】已知曲线:为直线上的动点,过作的两条切线,切点分别为,.
（1）证明:直线过定点;
（2）若以为圆心的圆与直线相切,且切点为线段的中点,求四边形的面积.

展开更多......

收起↑