考点案例
(在实践中提高能力,在体验中反思感悟,力求独立,力求提高)
考点一:直线与圆锥曲线的位置关系
考点二:轨迹问题
1、已知定直线,定点,⊙P经过点且与相切,
(1)求点的轨迹的方程;
(2)是否存在定点,使经过该点的直线与曲线交于两点,并且以为直径的圆都经过原点,若有,请求点的坐标;若没有,请说明理由。
提示 |
示范 |
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利用定义直接得出动点的轨迹方程 |
解:(1)由题设知点到点的距离与点到直线的距离相等,点的轨迹是以为焦点,为准线的抛物线,
点的轨迹的方程为.
(2)设的方程为,代入抛物线方程整理得.
设,则
以为直径的圆过原点,
,即.
故
即,
,即.
直线恒过点.
评注:如果动点满足圆锥曲线的定义,便可利用定义直接得出动点的轨迹方程.本题在设直线方程时,没有设成常见的五种形式,而是设成了的形式,这种形式简单,更避免了讨论直线斜率是否存在的问题,十分巧妙. |
2、已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,同时满足以下条件:
①离心率;
②经过点的直线与椭圆相交于两点,且线段的中点在直线上;
③椭圆上存在一点,与其右焦点关于直线对称.求直线与椭圆的方程.
提示 |
示范 |
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(1)通过简化的方程;(2)从方程入手,通过直线方程与椭圆方程组成方程组并结合韦达定理讨论相交弦中点
;(3)熟悉地求出点关于直线对称点坐标; |
解:依题设,椭圆的方程可设为,由椭圆的离心率,
得,
于是椭圆的方程可化为.①
由题意直线不平行于轴(否则由于椭圆上存在一点与的右焦点关于对称,的中点必在轴上,当不为原点,这与中点在上矛盾),因此可设直线的方程为
②
将②代入①并整理得. ③
设为方程③的实根,由韦达定理知
代入的方程得,
即的中点的坐标为.
又在直线上,所以有.
当时,直线为轴,这与椭圆上存在一点与其右焦点关于对称矛盾,所以,
由上式得,故的方程,这时方程③化为.
由于与椭圆相交于两点,
故,解得.
由上知所以右焦点为,
设它关于直线l的对称点为,由对称的充要条件,得
解得
由题意知点在椭圆上,将该点坐标代入方程①得,解之得,
故椭圆的方程为,
直线l的方程为.
评注:
本题的关键是:(1)通过简化的方程;(2)从方程入手,通过直线方程与椭圆方程组成方程组并结合韦达定理讨论相交弦中点
;(3)熟悉地求出点关于直线对称点坐标;(4)熟悉地解决方程(组)和进行代数运算,难点是解方程(组)及解的取舍,本题对逻辑思维能力和运算能力要求较高.
本题中“两点关于直线对称”这一条件与变式中“线段的中点在直线上”实质上是相同的,只是说法不同而已。
直线和圆锥曲线的位置关系,从代数的角度看转化为一个二元一次方程与一个二元二次方程组成的方程组的解的研究,对于消元后的一元二次方程,必须讨论二次项系数和判别式,如若能数形结合,借助图形的几何性质则较为简单。对于动态问题,注意“动中求静”。 |
3、
已知,点、点满足.
(1)求点的轨迹方程;
(2)过点作直线交于为焦点的椭圆于两点,线段的中点到轴的距离为,且直线与点的轨迹相切,求该椭圆的方程。
提示 |
示范 |
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从向量表示的关系式列出求轨迹方程所必需的关系式,再化简. |
解:(1)设点的坐标分别为,则
则
故
又
解得
代入得
即为所求点的轨迹方程.
(2)易知直线与轴不垂直,设直线的方程为.
又设椭圆方程为
因为直线与圆相切,故
解得,将①代入②整理得,
而.即
设则
由题意有
求得.经检验,此时
故所求的椭圆方程为
评注:从向量表示的关系式列出求轨迹方程所必需的关系式,再化简.本题第(2)问,因已给轨迹为椭圆,用待定系数法较好.待定系数法是常用的求轨迹方程的方法,要掌握它的设法技巧. |
4、如图所示,在中,平方单位,动点在曲线上运动,若曲线过点且满足的值为常数。
(1)求曲线的方程;
(2)设曲线的斜率为1,若直线与曲线有两个不同的交点求的中点M的轨迹方程。
提示 |
示范 |
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利用曲线定义 |
解:(1),
,又,从而,
又点在曲线上,
点以为焦点,长半轴,半焦距,短半轴的椭圆.
(2)设直线代入的方程,消,可得,令
方程有两个不小于1,且不等式的实根,
有
解之得
设的中心为两点的坐标分别为
,将代入得
即为点的轨迹方程。
评注:如果题目中的几何条件能够满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的第一、第二定义,则直接利用曲线定义写出其轨迹方程。 |
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