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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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.