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重难点02:椭圆中的定点、定值、定直线问题
考点01:椭圆中直线过定点问题
1.(2020·全国·统考高考真题)已知A、B分别为椭圆E:(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点,,P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
【答案】(1);(2)证明详见解析.
【分析】(1)由已知可得:,,,即可求得,结合已知即可求得:,问题得解.
(2)方法一:设,可得直线的方程为:,联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为,同理可得点的坐标为,当时,可表示出直线的方程,整理直线的方程可得:即可知直线过定点,当时,直线:,直线过点,命题得证.
【详解】(1)依据题意作出如下图象:
????
由椭圆方程可得:,,
,
,
椭圆方程为:
(2)[方法一]:设而求点法
证明:设,
则直线的方程为:,即:
联立直线的方程与椭圆方程可得:,整理得:
,解得:或
将代入直线可得:
所以点的坐标为.
同理可得:点的坐标为
当时,
直线的方程为:,
整理可得:
整理得:
所以直线过定点.
当时,直线:,直线过点.
故直线CD过定点.
[方法二]【最优解】:数形结合
设,则直线的方程为,即.
同理,可求直线的方程为.
则经过直线和直线的方程可写为.
可化为.④
易知A,B,C,D四个点满足上述方程,同时A,B,C,D又在椭圆上,则有,代入④式可得.
故,可得或.
其中表示直线,则表示直线.
令,得,即直线恒过点.
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想,还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力,属于难题.
第二问的方法一最直接,但对运算能力要求严格;方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想,二次曲线系的应用使得计算更为简单.
2.(2019·北京·高考真题)已知椭圆的右焦点为,且经过点.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)设O为原点,直线与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N,若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.
【答案】(Ⅰ);
(Ⅱ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程;
(Ⅱ)设出直线方程,联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式,结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.
【详解】(Ⅰ)因为椭圆的右焦点为,所以;
因为椭圆经过点,所以,所以,故椭圆的方程为.
(Ⅱ)设
联立得,
,,.
直线,令得,即;
同理可得.
因为,所以;
,解之得,所以直线方程为,所以直线恒过定点.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:
(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题.
3.(2022·全国·统考高考真题)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过两点.
(1)求E的方程;
(2)设过点的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足.证明:直线HN过定点.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)将给定点代入设出的方程求解即可;
(2)设出直线方程,与椭圆C的方程联立,分情况讨论斜率是否存在,即可得解.
【详解】(1)解:设椭圆E的方程为,过,
则,解得,,
所以椭圆E的方程为:.
(2),所以,
①若过点的直线斜率不存在,直线.代入,
可得,,代入AB方程,可得
,由得到.求得HN方程:
,过点.
②若过点的直线斜率存在,设.
联立得,
可得,,
且
联立可得
可求得此时,
将,代入整理得,
将代入,得
显然成立,
综上,可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种:
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
4.(2021·全国·统考高考真题)已知椭圆C的方程为,右焦点为,且离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线与曲线相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【分析】(1)由离心率公式可得,进而可得,即可得解;
(2)必要性:由三点共线及直线与圆相切可得直线方程,联立直线与椭圆方程可证;
充分性:设直线,由直线与圆相切得,联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得,进而可得,即可得解.
【详解】(1)由题意,椭圆半焦距且,所以,
又,所以椭圆方程为;
(2)由(1)得,曲线为,
当直线的斜率不存在时,直线,不合题意;
当直线的斜率存在时,设,
必要性:
若M,N,F三点共线,可设直线即,
由直线与曲线相切可得,解得,
联立可得,所以,
所以,
所以必要性
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