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(共24张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.(2024·南充模拟)在平面直角坐标系中,点P(x, y)在运动过程中,总满足关系式 +=6.
(1)求点P的轨迹Γ的方程;
解:由椭圆定义,点P的轨迹是以(-2,0),(2,0)为焦点,长轴长为6的椭圆,
所以点P的轨迹Γ的方程为+=1.
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(2)过点B(1,1)作两条斜率分别为k1,k2的直线l1和l2,分别与Γ交于C,D和E,F,线段CD和EF的中点分别为G,H,若3(k1+k2)+3k1k2=1,证明直线GH过定点.
解:证明:当GH斜率不存在时,
或
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此时不满足3(k1+k2)+3k1k2=1,所以GH斜率存在.设直线GH的方程为y=kx+m,直线l1的方程为y=k1x+n,因为过点B(1,1),所以n=1-k1.
联立直线l1与椭圆的方程,消去y整理得
(5+9)x2+18k1nx+9(n2-5)=0,
设C(x1,y1),D(x2,y2),由根与系数的关系可得x1+x2==,
所以xG==.
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联立直线l1的方程y=k1x+n和直线GH的方程y=kx+m,
解得xG==,所以=.
整理得G点横坐标所在方程9(k+m)+(5-9k)k1+5(m-1)=0,
同理可得H点横坐标所在方程9(k+m)+(5-9k)k2+5(m-1)=0,
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因此,k1,k2是一元二次方程9(k+m)x2+(5-9k)x+5(m-1)=0的两个根,则有k1+k2=,k1k2=.又3(k1+k2)+3k1k2=1,所以+=1,整理得m=-3k+5,所以直线GH的方程为y=kx-3k+5=k(x-3)+5,故直线GH过定点(3,5).
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微点拨:本题证明的关键在于找到G,H两点横坐标所在方程为9(k+m)x2+(5-9k)x+5(m-1)=0,进而可得k1,k2是该方程的两个根,根据题意建立等式求解即可得证;在求解H点横坐标所在方程时,因求解方法与G点一样,故可直接写出,简化计算过程.
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2.(2024·黄冈模拟)如图,A,B是抛物线C:y2=4x上两点,
满足OA⊥OB(O是坐标原点),过点O作直线AB的垂线,垂
足为D,记D的轨迹为M.
(1)求M的方程;
思维路径:(1)设AB:x=my+b(b≠0),联立抛物线方程,利用根与系数的关系和平面向量数量积的坐标表示解出b,则AB过定点E(4,0),进而确定点D的轨迹,即可求解;
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(2)易知若切线的倾斜角θ=或θ=,反射光线的方程为x=1;若θ≠,θ≠,设从P出发的平行于x轴的光线与抛物线C的交点为Q,过Q的切线设为y-t=k,联立抛物线方程,由Δ=0得kt=2.利用点斜式方程表示反射光线方程,即可证明.
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解:易知kAB≠0,设AB:x=my+b(b≠0),联立抛物线C得y2-4my-4b=0,
∴yA+yB=4m,yAyB=-4b,由OA⊥OB得·=xAxB+yAyB=·+yAyB=b2-4b=0,
∴b=4,故AB过定点E(4,0).
∵OD⊥DE,∴D的轨迹是以OE为直径的圆(除去原点),
即M的方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).
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(2)设P(s,t)(t≠0)是M上一点,从P出发的平行于x轴的光线被抛物线C反射,证明:反射光线必过抛物线C的焦点.
解:证明:设从P出发的平行于x轴的光线与抛物线C的交点为Q,过Q的切线设为y-t=k,
联立抛物线C,
得ky2-4y+4t-kt2=0,
由Δ=4k2t2-16kt+16=0,解得kt=2.
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设切线的倾斜角为θ,则反射光线的倾斜角是2θ或2θ-π,
得反射光线的斜率为tan 2θ==,所以反射光线的方程为y-t=,整理得y=(x-1),恒过点(1,0).
若θ=或θ=,则反射光线的方程为x=1.
从而反射光线必过抛物线C的焦点(1,0).
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3.(2024·郑州三模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1和A2,离心率为,且经过点P(-2,),过点P作PH垂直x轴于点H.在x轴上存在一点A(异于H),使得=.
(1)求椭圆C的标准方程;
解:由题意得e2=1-=,将P(-2,)代入椭圆方程得+=1,联立方程组,解得所以椭圆的方程为+=1.
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(2)判断直线AP与椭圆C的位置关系,并证明你的结论;
解:证明:直线AP与椭圆C相切.理由如下:
设A(x,0),由|AA2|∶|AA1|=|HA2|∶|HA1|,得=,解得x=-8,
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此时A(-8,0),直线AP的方程为y=(x+8),联立直线AP与椭圆C得消y得x2+4x+4=0,解得x=-2.由方程组只有一组解,所以直线AP与椭圆C相切.
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(3)过点A作一条垂直于x轴的直线l,在l上任取一点T,直线TA1和直线TA2分别交椭圆C于M,N两点,证明:直线MN经过定点.
解:证明:如图,设T(-8,t),M(x1,y1),N(x2,y2),由T,M,A1三点共线,得=-,
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由T,N,A2三点共线,得=-,得=3.又因为+=1,得=-,=-,得=-12,
即x1x2-4(x1+x2)+12y1y2+16=0.
设直线MN的方程为x=my+n,即(m2+12)·y1y2+(mn-4m)(y1+y2)+n2-8n+16=0,①
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联立直线MN与椭圆C得消x得(m2+4)y2+2mny+n2-16=0,
则有②
将②式代入①式,得n2-2n-8=0,解得n=4(舍去)或n=-2.所以直线MN经过定点(-2,0).
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4.(2024·抚顺三模)如图,在圆锥内放入两个球O1,O2,它们都与圆锥的侧面相切(即与圆锥的每条母线相切),且这两个球都与平面α相切,切点分别为 F1,F2,数学家丹德林利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆,记为Γ,F1,F2为椭圆Γ的两个焦点.设直线F1F2分别与该圆锥的母线交于A,B两点,过点A的母线分别与球O1,O2相切于 C,D 两点,已知|AC|=2-,|AD|=2+.以直线F1F2为x轴,在平面α内,以线段F1F2的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系.
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(1)求椭圆Γ的标准方程;
解:设椭圆Γ的标准方程为 +=1(a>b>0),由切线长定理知|AF1|=|AC|,|AF2|=|AD|,则|AF1|+|AF2|=|AC|+|AD|=2a=4,解得a=2.由|AD|-|AC|=2=2c,解得c=,b=1.
所以椭圆Γ的标准方程为+y2=1.
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(2)点 T在直线x=4上,过点T作椭圆Γ的两条切线,切点分别为M,N,A,B分别是椭圆Γ的左、右顶点,连接AM,BN,设直线AM与BN交于点P.证明:点 P 在直线x=4上.
解:证明:设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),T(4,t),已知A(-2,0),B(2,0),设PA:y=k1(x+2),PB:y=k2(x-2),
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联立方程组 消去 y得 (1+4)x2+16x+16-4=0,
显然Δ=256-(64-16)(4+1)=16>0,
由-2x1=,可得 x1=,y1=k1=,所以M.
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联立方程组消去 y得 (1+4)x2-16x+16-4=0,
显然Δ=256-(64-16)(4+1)=16>0,
由2x2=,可得 x2=-,y2=k2=,
所以N.
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因为 M,N是切点,且T(4,t),所以直线MN的方程为 +ty=1,即x+ty=1,
显然直线MN过定点D(1,0),即M,D,N三点共线,则 =,
解得k2=3k1或4k1k2=-1(舍去),联立方程组解得 x0==4,即点 P 在直线x=4上.(共22张PPT)
定点、定直线问题
习题讲评(四)
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
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教学点(一)　定点问题
教学点(二)　定直线问题
定点问题
教学点（一）
[典例]　已知圆O:x2+y2=4,B(-1,0),C(1,0).点M在圆O上,延长CM到A,使|CM|=|MA|,点P在线段AB上,满足(+)·=0.
(1)求点P的轨迹E的方程;
解:∵(+)·=0,∴(+)·(-)=0,
∴=,∴||=||.∵|CM|=|MA|,
∴M为AC的中点,又∵O为BC的中点,
∴|OM|=|AB|=2,∴|AB|=4,
则|PB|+|PC|=|PB|+|PA|=|AB|=4>|BC|,
∴点P的轨迹是以B,C为焦点的椭圆,
而22-12=3,∴点P的轨迹E的方程为+=1.
(2)设Q点在直线x=1上运动,D1(-2,0),D2(2,0).直线QD1,QD2与轨迹E分别交于G,H两点,求证:GH所在直线恒过定点.
解:证明:由(1)得D1(-2,0),D2(2,0)是椭圆E的左、右顶点,设Q(1,y0),G(x1,y1),H(x2,y2),
由Q,G,D1三点共线,得∥,而=(3,y0),=(x1+2,y1),
∴3y1=y0(x1+2),∴y0=.
由Q,H,D2三点共线,得∥,而=(-1,y0),=(x2-2,y2),
∴-y2=y0(x2-2),∴y0=-,∴=-,即3y1(x2-2)+y2(x1+2)=0.
设GH的方程为ty=x+m,联立
得(3t2+4)y2-6tmy+3m2-12=0,
则Δ=36t2m2-4(3t2+4)(3m2-12)=48(3t2-m2+4)>0,
y1+y2=,y1y2=,
∴2ty1y2=(y1+y2),由3y1(x2-2)+y2(x1+2)=0,得3y1(ty2-m-2)+y2(ty1-m+2)=0,即4ty1y2-(m-2)y2-3(m+2)y1=0,
∴(y1+y2)-(m-2)y2-3(m+2)y1=0,∴(m+4)[(m-2)y2-(m+2)y1]=0恒成立,∴m=-4,
∴GH所在直线恒过定点(4,0).
关键点拨:本题(2)关键在于设点Q,G,H的坐标,根据Q,G,D1三点共线得到平行关系.
|思|维|建|模|　求解直线过定点问题的常用方法
(1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明.
(2)“一般推理,特殊求解”:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点.
(3)求证直线过定点(x0,y0),常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)或截距式y=kx+b来证明.
已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为x+y=0,点P(2,)在C上.
(1)求双曲线C的方程;
解:由双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为x+y=0,且点P(2,)在C上,有解得
故双曲线C的方程为-=1.
即时训练
(2)过双曲线C的左焦点F作互相垂直的两条直线l1,l2,且l1与C交于A,B两点,l2与C交于D,E两点,M为线段AB的中点,N为线段DE的中点,证明:直线MN过定点.
解:证明:由题意可知l1,l2不与渐近线平行,
当l1,l2与坐标轴平行时,显然直线MN与x轴重合.
当l1,l2不与坐标轴平行时,左焦点F为(-3,0),
不妨设直线l1的方程为y=k1(x+3)(k1≠0),
联立
消去y并整理得(1-2)x2-12x-18-6=0,1-2≠0,Δ=24+24>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则所以=,=,
所以M.
又直线l1,l2互相垂直,用-替换k1,则可得N.
当=,即k1=±1时,直线MN的方程为x=-6,直线MN过Q(-6,0);
当k1≠±1时,直线MN的斜率为=-,
所以直线MN的方程为y-=-·.
令y=0,x=+=-6,所以直线MN过Q(-6,0).
综上,直线MN恒过点Q(-6,0).
定直线问题
教学点（二）
[典例]　平面内点P到点F(3,0)与到直线l1:x=的距离之比为3.
(1)求点P的轨迹E的方程;
解:设P(x,y)是所求轨迹E上的任意一点,
因为点P到点F(3,0)与到直线l1:x=的距离之比为3,可得=3,
整理得x2-=1,所以轨迹E的方程为x2-=1.
(2)A1,A2为E的左、右顶点,过F的直线l与E交于M,N(异于A1,A2)两点,MA1与NA2交点为R,求证:点R在定直线上.
解:证明:由(1)知A1(-1,0),A2(1,0),设直线l:x=my+3,且M(x1,y1),N(x2,y2), 联立方程组
整理得(8m2-1)y2+48my+64=0,
则8m2-1≠0,可得m≠±,
所以Δ=(48m)2-256(8m2-1)=256(m2+1)>0,
且y1+y2=,y1y2=, ①
又由:y=(x+1)和 :y=(x-1),
两式相除得===, ②
由①式可得my1y2=-(y1+y2),
代入②式得==-,
解得x= ,所以点R在定直线x=上.
|思|维|建|模|　动点在定直线上问题的解题策略
(1)从特殊入手,初步确定动点所在的直线,再证明一般情况下也在该定直线上即可.
(2)从动点的坐标入手,直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到动点的横纵坐标关系,进而得出定直线方程.
(2024·聊城三模)已知圆A:(x+1)2+y2=16和点B(1,0),点P是圆上任意一点,线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q,记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
解:由题意知圆心A(-1,0),半径为4,且|QP|=|QB|,|AB|=2,则|QA|+|QB|=|QA|+|QP|=|PA|=4>|AB|=2,所以点Q的轨迹为以A,B为焦点的椭圆,
设曲线的方程为+=1(a>b>0),则2a=4,2c=2,解得a=2,c=1,所以b2=a2-c2=3,所以曲线C的方程为+=1.
即时训练
即时训练
(2)点D在直线x=4上运动,过点D的动直线l与曲线C相交于点M,N.若线段MN上一点E,满足=,求证:当D的坐标为(4,1)时,点E在定直线上.
解:证明:因为直线l的斜率一定存在,设直线l的方程为y=kx+m,
因为D(4,1)在l上,所以4k+m=1,
由得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,
Δ=(8km)2-16(3+4k2)(m2-3)=48(4k2-m2+3)>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),E(x0,y0),
则x1+x2=,x1x2=,由=得=,
化简得4(x1+x2)-2x1x2=[8-(x1+x2)]x0,则4×-2×=x0,
化简得kx0+m+3x0-3=0.又因为y0=kx0+m,所以3x0+y0-3=0,所以点E在定直线3x+y-3=0上.习题讲评(四)　定点、定直线问题
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　定点问题
[典例]　已知圆O:x2+y2=4,B(-1,0),C(1,0).点M在圆O上,延长CM到A,使|CM|=|MA|,点P在线段AB上,满足(+)·=0.
(1)求点P的轨迹E的方程;
(2)设Q点在直线x=1上运动,D1(-2,0),D2(2,0).直线QD1,QD2与轨迹E分别交于G,H两点,求证:GH所在直线恒过定点.
[思维建模]　求解直线过定点问题的常用方法
(1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明.
(2)“一般推理,特殊求解”:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点.
(3)求证直线过定点(x0,y0),常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)或截距式y=kx+b来证明.
[训练]　已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为x+y=0,点P(2,)在C上.
(1)求双曲线C的方程;
(2)过双曲线C的左焦点F作互相垂直的两条直线l1,l2,且l1与C交于A,B两点,l2与C交于D,E两点,M为线段AB的中点,N为线段DE的中点,证明:直线MN过定点.
教学点(二)　定直线问题
[典例]　平面内点P到点F(3,0)与到直线l1:x=的距离之比为3.
(1)求点P的轨迹E的方程;
(2)A1,A2为E的左、右顶点,过F的直线l与E交于M,N(异于A1,A2)两点,MA1与NA2交点为R,求证:点R在定直线上.
[思维建模]　动点在定直线上问题的解题策略
(1)从特殊入手,初步确定动点所在的直线,再证明一般情况下也在该定直线上即可.
(2)从动点的坐标入手,直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到动点的横纵坐标关系,进而得出定直线方程.
[训练]　(2024·聊城三模)已知圆A:(x+1)2+y2=16和点B(1,0),点P是圆上任意一点,线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q,记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)点D在直线x=4上运动,过点D的动直线l与曲线C相交于点M,N.若线段MN上一点E,满足=,求证:当D的坐标为(4,1)时,点E在定直线上.
教学环节二　课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.(2024·南充模拟)在平面直角坐标系中,点P(x, y)在运动过程中,总满足关系式 +=6.
(1)求点P的轨迹Γ的方程;
(2)过点B(1,1)作两条斜率分别为k1,k2的直线l1和l2,分别与Γ交于C,D和E,F,线段CD和EF的中点分别为G,H,若3(k1+k2)+3k1k2=1,证明直线GH过定点.
2.(2024·黄冈模拟)如图,A,B是抛物线C:y2=4x上两点,满足OA⊥OB(O是坐标原点),过点O作直线AB的垂线,垂足为D,记D的轨迹为M.
(1)求M的方程;
(2)设P(s,t)(t≠0)是M上一点,从P出发的平行于x轴的光线被抛物线C反射,证明:反射光线必过抛物线C的焦点.
3.(2024·郑州三模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1和A2,离心率为,且经过点P(-2,),过点P作PH垂直x轴于点H.在x轴上存在一点A(异于H),使得=.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)判断直线AP与椭圆C的位置关系,并证明你的结论;
(3)过点A作一条垂直于x轴的直线l,在l上任取一点T,直线TA1和直线TA2分别交椭圆C于M,N两点,证明:直线MN经过定点.
4.(2024·抚顺三模)如图,在圆锥内放入两个球O1,O2,它们都与圆锥的侧面相切(即与圆锥的每条母线相切),且这两个球都与平面α相切,切点分别为 F1,F2,数学家丹德林利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆,记为Γ,F1,F2为椭圆Γ的两个焦点.设直线F1F2分别与该圆锥的母线交于A,B两点,过点A的母线分别与球O1,O2相切于 C,D 两点,已知|AC|=2-,|AD|=2+.以直线F1F2为x轴,在平面α内,以线段F1F2的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系.
(1)求椭圆Γ的标准方程;
(2)点 T在直线x=4上,过点T作椭圆Γ的两条切线,切点分别为M,N,A,B分别是椭圆Γ的左、右顶点,连接AM,BN,设直线AM与BN交于点P.证明:点 P 在直线x=4上.
习题讲评(四)　定点、定直线问题
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　定点问题
[典例]　解:(1)∵(+)·=0,∴(+)·(-)=0,
∴=,∴||=||.
∵|CM|=|MA|,∴M为AC的中点,
又∵O为BC的中点,
∴|OM|=|AB|=2,∴|AB|=4,
则|PB|+|PC|=|PB|+|PA|=|AB|=4>|BC|,
∴点P的轨迹是以B,C为焦点的椭圆,而22-12=3,
∴点P的轨迹E的方程为+=1.
(2)证明:由(1)得D1(-2,0),D2(2,0)是椭圆E的左、右顶点,设Q(1,y0),G(x1,y1),H(x2,y2),
由Q,G,D1三点共线,得∥,而=(3,y0),=(x1+2,y1),
∴3y1=y0(x1+2),∴y0=.
由Q,H,D2三点共线,得∥,而=(-1,y0),=(x2-2,y2),
∴-y2=y0(x2-2),∴y0=-,∴=-,即3y1(x2-2)+y2(x1+2)=0.
设GH的方程为ty=x+m,联立
得(3t2+4)y2-6tmy+3m2-12=0,
则Δ=36t2m2-4(3t2+4)(3m2-12)=48(3t2-m2+4)>0,
y1+y2=,y1y2=,
∴2ty1y2=(y1+y2),由3y1(x2-2)+y2(x1+2)=0,得3y1(ty2-m-2)+y2(ty1-m+2)=0,即4ty1y2-(m-2)y2-3(m+2)y1=0,
∴(y1+y2)-(m-2)y2-3(m+2)y1=0,
∴(m+4)[(m-2)y2-(m+2)y1]=0恒成立,∴m=-4,
∴GH所在直线恒过定点(4,0).
关键点拨:本题(2)关键在于设点Q,G,H的坐标,根据Q,G,D1三点共线得到平行关系.
[训练]　解:(1)由双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为x+y=0,且点P(2,)在C上,
有解得
故双曲线C的方程为-=1.
(2)证明:由题意可知l1,l2不与渐近线平行,当l1,l2与坐标轴平行时,显然直线MN与x轴重合.
当l1,l2不与坐标轴平行时,左焦点F为(-3,0),
不妨设直线l1的方程为y=k1(x+3)(k1≠0),
联立
消去y并整理得(1-2)x2-12x-18-6=0,1-2≠0,Δ=24+24>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则所以=,=,所以M.
又直线l1,l2互相垂直,用-替换k1,
则可得N.
当=,即k1=±1时,直线MN的方程为x=-6,直线MN过Q(-6,0);
当k1≠±1时,直线MN的斜率为=-,
所以直线MN的方程为y-=-·.令y=0,x=+=-6,所以直线MN过Q(-6,0).综上,直线MN恒过点Q(-6,0).
教学点(二)　定直线问题
[典例]　解:(1)设P(x,y)是所求轨迹E上的任意一点,
因为点P到点F(3,0)与到直线l1:x=的距离之比为3,可得=3,
整理得x2-=1,所以轨迹E的方程为x2-=1.
(2)证明:由(1)知A1(-1,0),A2(1,0),设直线l:x=my+3,且M(x1,y1),N(x2,y2),
联立方程组
整理得(8m2-1)y2+48my+64=0,
则8m2-1≠0,可得m≠±,所以Δ=(48m)2-256(8m2-1)=256(m2+1)>0,
且y1+y2=,y1y2=, ①
又由:y=(x+1)和 :y=(x-1),
两式相除得===, ②
由①式可得my1y2=-(y1+y2),
代入②式得==-,
解得x= ,所以点R在定直线x=上.
[训练]　解:(1)由题意知圆心A(-1,0),半径为4,且|QP|=|QB|,|AB|=2,则|QA|+|QB|=|QA|+|QP|=|PA|=4>|AB|=2,所以点Q的轨迹为以A,B为焦点的椭圆,
设曲线的方程为+=1(a>b>0),则2a=4,2c=2,解得a=2,c=1,所以b2=a2-c2=3,
所以曲线C的方程为+=1.
(2)证明:因为直线l的斜率一定存在,设直线l的方程为y=kx+m,
因为D(4,1)在l上,所以4k+m=1,
由得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,
Δ=(8km)2-16(3+4k2)(m2-3)=48(4k2-m2+3)>0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),E(x0,y0),
则x1+x2=,x1x2=,由=得=,
化简得4(x1+x2)-2x1x2=[8-(x1+x2)]x0,则4×-2×=x0,
化简得kx0+m+3x0-3=0.又因为y0=kx0+m,所以3x0+y0-3=0,所以点E在定直线3x+y-3=0上.
教学环节二　课时作业讲评
1.解:(1)由椭圆定义,点P的轨迹是以(-2,0),(2,0)为焦点,长轴长为6的椭圆,
所以点P的轨迹Γ的方程为+=1.
(2)证明:当GH斜率不存在时,或此时不满足3(k1+k2)+3k1k2=1,所以GH斜率存在.设直线GH的方程为y=kx+m,直线l1的方程为y=k1x+n,因为过点B(1,1),所以n=1-k1.
联立直线l1与椭圆的方程,消去y整理得
(5+9)x2+18k1nx+9(n2-5)=0,
设C(x1,y1),D(x2,y2),由根与系数的关系可得x1+x2==,
所以xG==.
联立直线l1的方程y=k1x+n和直线GH的方程y=kx+m,
解得xG==,所以=.
整理得G点横坐标所在方程9(k+m)+(5-9k)k1+5(m-1)=0,
同理可得H点横坐标所在方程9(k+m)+(5-9k)k2+5(m-1)=0,
因此,k1,k2是一元二次方程9(k+m)x2+(5-9k)x+5(m-1)=0的两个根,则有k1+k2=,k1k2=.又3(k1+k2)+3k1k2=1,所以+=1,整理得m=-3k+5,所以直线GH的方程为y=kx-3k+5=k(x-3)+5,故直线GH过定点(3,5).
微点拨:本题证明的关键在于找到G,H两点横坐标所在方程为9(k+m)x2+(5-9k)x+5(m-1)=0,进而可得k1,k2是该方程的两个根,根据题意建立等式求解即可得证;在求解H点横坐标所在方程时,因求解方法与G点一样,故可直接写出,简化计算过程.
2.思维路径:(1)设AB:x=my+b(b≠0),联立抛物线方程,利用根与系数的关系和平面向量数量积的坐标表示解出b,则AB过定点E(4,0),进而确定点D的轨迹,即可求解;
(2)易知若切线的倾斜角θ=或θ=,反射光线的方程为x=1;若θ≠,θ≠,设从P出发的平行于x轴的光线与抛物线C的交点为Q,过Q的切线设为y-t=k,联立抛物线方程,由Δ=0得kt=2.利用点斜式方程表示反射光线方程,即可证明.
　
解:(1)易知kAB≠0,设AB:x=my+b(b≠0),联立抛物线C得y2-4my-4b=0,
∴yA+yB=4m,yAyB=-4b,由OA⊥OB得·=xAxB+yAyB=·+yAyB=b2-4b=0,
∴b=4,故AB过定点E(4,0).
∵OD⊥DE,∴D的轨迹是以OE为直径的圆(除去原点),
即M的方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).
(2)证明:设从P出发的平行于x轴的光线与抛物线C的交点为Q,过Q的切线设为y-t=k,联立抛物线C,
得ky2-4y+4t-kt2=0,由Δ=4k2t2-16kt+16=0,解得kt=2.
设切线的倾斜角为θ,则反射光线的倾斜角是2θ或2θ-π,
得反射光线的斜率为tan 2θ==,所以反射光线的方程为y-t=,
整理得y=(x-1),恒过点(1,0).
若θ=或θ=,则反射光线的方程为x=1.
从而反射光线必过抛物线C的焦点(1,0).
3.解:(1)由题意得e2=1-=,将P(-2,)代入椭圆方程得+=1,联立方程组,
解得所以椭圆的方程为+=1.
(2)证明:直线AP与椭圆C相切.理由如下:
设A(x,0),由|AA2|∶|AA1|=|HA2|∶|HA1|,得=,解得x=-8,此时A(-8,0),直线AP的方程为y=(x+8),联立直线AP与椭圆C得消y得x2+4x+4=0,解得x=-2.由方程组只有一组解,所以直线AP与椭圆C相切.
(3)证明:如图,设T(-8,t),M(x1,y1),N(x2,y2),由T,M,A1三点共线,得=-,
由T,N,A2三点共线,得=-,得=3.又因为+=1,得=-,=-,得=-12,
即x1x2-4(x1+x2)+12y1y2+16=0.
设直线MN的方程为x=my+n,即(m2+12)·y1y2+(mn-4m)(y1+y2)+n2-8n+16=0,①
联立直线MN与椭圆C得
消x得(m2+4)y2+2mny+n2-16=0,
则有②
将②式代入①式,得n2-2n-8=0,解得n=4(舍去)或n=-2.所以直线MN经过定点(-2,0).
4.解:(1)设椭圆Γ的标准方程为 +=1(a>b>0),由切线长定理知|AF1|=|AC|,|AF2|=|AD|,则|AF1|+|AF2|=|AC|+|AD|=2a=4,解得a=2.由|AD|-|AC|=2=2c,解得c=,b=1.
所以椭圆Γ的标准方程为+y2=1.
(2)证明:设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),T(4,t),已知A(-2,0),B(2,0),设PA:y=k1(x+2),PB:y=k2(x-2),
联立方程组 消去 y得 (1+4)x2+16x+16-4=0,
显然Δ=256-(64-16)(4+1)=16>0,
由-2x1=,可得 x1=,y1=k1=,所以M.
联立方程组消去 y得 (1+4)x2-16x+16-4=0,
显然Δ=256-(64-16)(4+1)=16>0,
由2x2=,可得 x2=-,y2=k2=,所以N.
因为 M,N是切点,且T(4,t),所以直线MN的方程为 +ty=1,即x+ty=1,
显然直线MN过定点D(1,0),即M,D,N三点共线,则 =,
解得k2=3k1或4k1k2=-1(舍去),
联立方程组解得 x0==4,
即点 P 在直线x=4上.

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