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专题12 定比点差法及其应用 微点4 调和点列中的定比点差法
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这是一份专题12 定比点差法及其应用 微点4 调和点列中的定比点差法,共20页。学案主要包含了微点综述,针对训练等内容,欢迎下载使用。
微点4 调和点列中的定比点差法
【微点综述】
定比点差在处理三点共线、相交弦、定点定值、比例问题、调和点列等问题均具有优势,本文介绍定比点差法在调和点列中的应用.
一、调和定比分点
若且,则称调和分割,根据定义,那么也调和分割(其中在线段内,称为内分点,在线段外,称为外分点).
二、调和定比分点的性质
【性质1】在椭圆或双曲线中,设为椭圆或双曲线上的两点.若存在调和分割,即满足,,则一定有.
证明:由已知点在椭圆或双曲线上,设.首先,则由定比分点坐标公式可得
又,则由定比分点坐标公式可得
当时,将代入曲线,有,
②得到③
③和①作差整理可得:
,将前式代入整理得.
【性质2】在抛物线中,设为抛物线上的两点.若存在调和分割,即满足,,则一定有.
证明:设,由,得,
由,得,
又,①—②得:,
即,
.
定比点差的原理谜题解开,就是两个互相调和的定比分点坐标满足圆锥曲线的特征方程.
【性质3】定比点差转换定理:
在椭圆、双曲线或抛物线中,设为椭圆或双曲线上的两点.若存在两点,满足,,则一定有(重点中的重点!!!)
证明:
三、定比点差法在调和点列中的应用
例1.已知椭圆,过点的动直线交椭圆于两点,在线段上取点满足,求证:点在某条定直线上.
【解析】解法一:设,即,,设,,,由于,,
又,两式相减得③
①②式代入③式,④
又由于,,
⑤⑥式代入④式,,即点在定直线上.
解法二:设,即,,设,, ,则,
于是有由点在椭圆上,则于是有,即,故点在定直线上.
【评注】共线的四点成两组等比例线段,于是设,自然想到定比点差法,非常巧妙地得到结论,体现出定比点差法比其他方法的优越性.
例2.已知、分别为椭圆:的上、下焦点,其中也是抛物线的焦点,点是与在第二象限的交点,且.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知点和圆:,过点的动直线与圆相交于不同的两点,在线段上取一点,满足:,,(且).求证:点总在某定直线上.
【答案】(1);(2)析】(1)设,由已知得,可求得点M的坐标,代入椭圆的方程中可求得,可得椭圆的方程;(2)由向量的坐标运算和向量相等的条件,以及点在圆上可得出点Q所在的直线.
【解析】(1)设,因为点M在抛物线上,且,所以,解得,
又点M在抛物线上,所以,且,即,解得,
所以椭圆的方程;
(2)设,,因为,所以,即有,
又,所以,即有,
所以得:,
又点A、B在圆上,所以,又,所以,
故点Q总在直线上.
【评注】本题考查椭圆和抛物线的简单几何性质,以及直线与圆的交点问题,属于较难题.
例3.在平面直角坐标系中,已知椭圆:的离心率为,以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为.
(1)求,的值;
(2)当过点的动直线与椭圆交于不同的点,时,在线段上取点,使得,问点是否总在某条定直线上?若是,求出该直线方程,若不是,说明理由.
【答案】(1),;(2)直线恒在定直线上析】(1)利用椭圆关系、离心率和三角形面积可构造方程求得结果;
(2)根据四点的位置关系可知,由此可得中,将直线方程代入椭圆方程,得到韦达定理形式,整理可求得,代入直线方程可知恒成立,由此可确定结论.
【解析】(1)以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大时,三角形另一顶点为椭圆短轴的端点,,解得:,.
(2)设,,,,,
,即,即,整理可得:,
设直线:,联立直线与椭圆:,整理得:,
,,
在线段上,则,点恒在定直线上.
【评注】思路点睛:本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解,求解此类问题的基本思路如下:
①假设直线方程,与椭圆方程联立,整理为关于或的一元二次方程的形式;
②利用求得变量的取值范围,得到韦达定理的形式;
③利用韦达定理表示出所求量,通过化简整理确定所求的定直线.
例4.已知双曲线的中心为原点,左、右焦点分别为、,离心率为,且过点,又点是直线上任意一点,点在双曲线上,且满足.
(1)求双曲线的方程;
(2)证明:直线与直线的斜率之积是定值;
(3)若点的纵坐标为,过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点、,在线段上取异于点、的点,满足,证明点恒在一条定直线上.
【答案】(1)1;(2)证明见解析;(3)证明见解析析】(1)由离心率公式和点满足双曲线的方程,结合双曲线的,,的关系,即可求得,,进而得到双曲线的方程;
(2)设出,,代入双曲线的方程,再由,再由直线的斜率公式,得到直线与直线的斜率之积,化简整理,运用代入,即可得到定值;
(3)设点,且过点的直线与双曲线的右支交于不同两点,,设,代入可得求出坐标之间的关系,化简可得点恒在定直线上.
【解析】(1)双曲线,,由于离心率为,即,
代入双曲线的方程可得,解得,,,即有双曲线的方程为.
(2)由于点是直线上任意一点,可设,再由为双曲线上一点,可设,
则,即.由,则,
即有,即有,则,
则直线与直线的斜率之积是定值.
(3)设点,且过点的直线与双曲线的右支交于不同两点,,
则,即,,
设,则,即
由,得,将,,代入,
得,将代入,得,所以点恒在定直线上.
例5.椭圆:的焦点,是等轴双曲线:的顶点,若椭圆与双曲线的一个交点是P,的周长为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)点M是双曲线上任意不同于其顶点的动点,设直线、的斜率分别为,,求证,的乘积为定值;
(3)过点任作一动直线l交椭圆与A,B两点,记,若在直线AB上取一点R,使得,试判断当直线l运动是,点R是否在某一定直线上运动?若是,求出该直线的方程;若不是,请说明理由.
【答案】(1);(2)证明见解析;(3)是,析】(1)根据双曲线与椭圆的关系,求得,可得结果.
(2)假设点,直接表示斜率,然后根据双曲线方程化简即可.
(3)设直线方程并与椭圆联立,结合韦达定理,然后根据,求得,最后计算即可.
【解析】(1)有由题可知:,由的周长为,所以,即,所以,所以椭圆的方程为.
(2)设,由,所以,
所以,又,则,所以.
(3)依题可知:直线的斜率存在,设方程为,,
所以,
所以,,
由,设,由,
所以,所以.
【评注】关键点点睛:本题第(3)问,第一,假设直线方程;第二,联立椭圆方程并使用韦达定理;第三,根据条件求得;第四,计算.
例6.在平面直角坐标系中,已知动点到定点的距离与到定直线的距离之比为.
(1)求动点的轨迹的方程;
(2)已知为定直线上一点.
①过点作的垂线交轨迹于点(不在轴上),求证:直线与的斜率之积是定值;
②若点的坐标为,过点作动直线交轨迹于不同两点,线段上的点满足,求证:点恒在一条定直线上.
【答案】(1)(2)①直线与的斜率之积为定值.
②点在定直线上析】(1)设动点坐标,直接利用轨迹方程定义计算即可;(2),
①令,由,得,即,即,又因为点在椭圆上,所以,而的斜率分别为,于是,即直线与的斜率之积为定值; ②令,则,代入椭圆,消元即可证明点在定直线上.
【解析】(1)设,则,点到直线的距离,
由,得,化简得,即点在轨迹的方程为.
(2)因为为直线上一点,所以令,
①令,由,得,即,即,
又因为点在椭圆上,所以,而的斜率分别为,于是,
即直线与的斜率之积为定值.
②令,则,
令点,则,
即,即
由①×③,②×④,得,
因为在椭圆上,所以,
⑤×2+⑥×3,得,即,所以点在定直线上.
【评注】本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系,是高考的必考点,属于难题.求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程,求出即可,注意的应用;涉及直线与圆锥曲线相交时,未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程,要特别注意直线斜率是否存在的问题,避免不分类讨论造成遗漏,然后要联立方程组,得一元二次方程,利用根与系数关系写出,再根据具体问题应用上式,其中要注意判别式条件的约束作用.
【针对训练】
(2022·江苏·南京师大附中高三开学考试)
1.设椭圆,已知椭圆的短轴长为,离心率为.
(1)求椭圆的方程;
(2)点为直线上的动点,过点的动直线与椭圆相交于不同的两点,在线段上取点,满足,求证:点总在一条动直线上且该动直线恒过定点.
2.已知椭圆E:1(a>0)的中心为原点O,左、右焦点分别为F1、F2,离心率为,点P是直线x上任意一点,点Q在椭圆E上,且满足0.
(1)试求出实数a;
(2)设直线PQ与直线OQ的斜率分别为k1与k2,求积k1•k2的值;
(3)若点P的纵坐标为1,过点P作动直线l与椭圆交于不同的两点M、N,在线段MN上取异于点M、N的点H,满足,证明点H恒在一条定直线上.
3.在平面直角坐标系xy中,已知椭圆C:=1(a> b>0 )的离心率为,以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为
(1)求a,b的值
(2)当过点P(6,0)的动直线1与椭圆C交于不同的点A,B时,在线段AB上取点Q,使得=,问点Q是否总在某条定直线上?若是,求出该直线方程,若不是,说明理由.
4.已知椭圆的离心率为,左、右焦点分别为、,是上一点,,且.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)当过点的动直线与椭圆相较于不同两点,时,在线段上取点,且满足,证明点总在某定直线上,并求出该定直线.
(2022·山东·模拟预测)
5.在平面直角坐标系中,已知动点C到定点的距离与它到直线的距离之比为.
(1)求动点C的轨迹方程;
(2)点P为直线l上的动点,过点P的动直线m与动点C的轨迹相交于不同的A,B两点,在线段上取点Q,满足,求证:点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点.
(2022·北京八中高二期末)
6.如图,已知椭圆的短轴端点为、,且,椭圆C的离心率,点,过点P的动直线l椭圆C交于不同的两点M、N与,均不重合),连接,,交于点T.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求证:当直线l绕点P旋转时,点T总在一条定直线上运动;
(3)是否存在直线l,使得?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
参考答案:
1.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)根据椭圆定义即离心率求出即可.
(2)设出点的坐标,分别表示出的长度,代入题目关系式中,得到一组关系即,由此可发现可将联立直线与椭圆的韦达定理代入,寻找Q所满足的直线关系
(1)
由题意可知
,解得,则椭圆的方程:
(2)
设,,,直线的斜率显然存在设为,则的方程为.
因为四点共线,不妨设,
, ,
, ,
由可得,化简可得
.(*)
联立直线和椭圆的方程消去:
,即,
由韦达定理,,.代入(*)
化简得,即
又代入上式:,化简:,
所以点总在一条动直线上,且该直线过定点
2.(1)a=3(2)(3)证明见解析
【分析】(1)根据椭圆的离心率列方程求出实数a的值;
(2)由(1)可设点P(,t),Q(x0,y0),根据0得出再由点Q在椭圆E上得出,用斜率公式及可求出k1•k2的值;
(3)设过P(,1)的直线l与椭圆交于两个不同点M(x1,y1),N(x2,y2),
点H(x,y),代入椭圆方程得出,,再设λ,即,,代入数据整理即可得出点H恒在一条定直线上.
【详解】(1)解:设椭圆E的半焦距为c,
由题意可得,解得a=3;
(2)解:由(1)可知,直线x,点F1(,0).
设点P(,t),Q(x0,y0),
∵0,∴(,﹣t)•(x0,﹣y0)=0,
得.
∵点Q(x0,y0)在椭圆E上,∴,即.
∴k1•k2,
∴k1•k2的值是;
(3)证明:设过P(,1)的直线l与椭圆交于两个不同点M(x1,y1),
N(x2,y2),点H(x,y),则,,
设λ,则,,
∴(x1,y1﹣1)=λ(x2,y2﹣1),(x﹣x1,y﹣y1)=λ(x2﹣x,y2﹣y),
整理得,x,1,y,
从而,y,
由于,,
∴9y36.
∴点H恒在直线.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系.
3.(1);(2)存在,点总在定直线上.
【解析】(1)由已知建立关于方程组,解之可求得答案;
(2)设点的坐标分别为,.记,由已知得坐标的关系:,,,,由点在椭圆上,代入可得定直线.
【详解】(1)由已知得,解得,所以;
(2)由(1)得椭圆的方程为C:,
设点的坐标分别为,.
由题设知均不为零,记,则且,又四点共线,从而,于是,,,,从而①,②,又点在椭圆上,所以③,④,
所以①②并结合③,④,得 ,
化简得.即点总在定直线上.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系之:定直线问题.证明动点在定直线上,其实质是求动点的轨迹方程,所以所用的方法即为求轨迹方程的方法,如定义法、消参法、交轨法等.属于较难题.
4.(Ⅰ) ;(Ⅱ)证明见解析,直线方程为.
【详解】试题分析:(1)本问主要考查求椭圆标准方程,由,可得,所以,则在中,,,再根据余弦定理及,可以求出的值,于是可以求出椭圆的方程;(2)本问主要考查直线与椭圆的综合应用,分析题意可知直线的斜率显然存在,故设直线方程为,再联立直线方程与椭圆方程,消去未知数得到关于的一元二次方程,根据韦达定理表示出两点横坐标之和及横坐标之积,于是设点 , 将题中条件转化为横坐标的等式,于是可以得出满足的方程,即可以证明总在一条直线上.
试题解析:(1)由已知得,且,
在中,由余弦定理得,解得.
则,所以椭圆的方程为.
(2)由题意可得直线的斜率存在,
设直线的方程为,即,
代入椭圆方程,整理得,
设,则.
设,由得
(考虑线段在轴上的射影即可),
所以,
于是,
整理得,(*)
又,代入(*)式得,
所以点总在直线上.
考点:1.椭圆标准方程;2.直线与椭圆位置关系.
点睛:圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题时高考中的常考题型,难度一般较大,常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起,注重数学思想方法的考查,尤其是函数思想、分类讨论思想的考查.求定值问题常见的方法:(1)从特殊点入手,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.定点问题的常见解法:(1)假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故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定点,(2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点符合题意.
5.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)直接根据题意翻译条件为代数式,即可求解.
(2)设点设直线,将条件翻译成代数式,联立直线方程和椭圆方程,再利用韦达定理消元即可.
(1)
设动点,由动点C到定点的距离与它到直线的距离之比为.
得,
化简得,即点C的轨迹方程为
(2)
设,直线的斜率显然存在设为k,则的方程为.
因为A,P,B,Q四点共线,不妨设,
由可得,
即,
所以
可得,化简可得.(*)
联立直线和椭圆C的方程:
,消去y得:,
由韦达定理,,.代入(*)
化简得,即
又代入上式:,化简:,
所以点Q总在一条动直线上,且该直线过定点
6.(1)
(2)证明见解析;
(3)不存在直线l,使得成立,理由见解析.
【分析】(1)根据题意,列出方程组,求得,即可求得椭圆的方程;
(2)设直线的方程为,联立方程组求得,设,根据和在同一条直线上,列出方程求得的值,即可求解;
(3)设直线的为,把转化为,联立方程组求得,代入列方程,求得,即可得到结论.
(1)
解:由题意可得,解得,
所以所求椭圆的方程为.
(2)
解:由题意,因为直线过点,可设直线的方程为,,
联立方程组,整理得,
可得,
因为直线与椭圆有两个交点,所以,解得,
设,因为在同一条直线上,则, ①
又由在同一条直线上,则,②
由①+②3所以,
整理得,解得,
所以点在直线,即当直线l绕点P旋转时,点T总在一条定直线上运动.
(3)
解:由(2)知,点在直线上运动,即,
设直线的方程为,且,
又由且,
可得,即,
联立方程组,整理得,
可得,
代入可得,解得,即,
此时直线的斜率不存在,不合题意,
所以不存在直线l,使得成立.
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