高考数学定比点差法齐次化极点极线问题蝴蝶问题（解析版）

定比点差法、齐次化、极点极线问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 、蝴蝶问题【题型归纳目录】题型一：定比点差法题型二：齐次化题型三：极点极线问题题型四：蝴蝶问题【典例例题】题型一：定比点差法x2y23例1.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，过右焦点F且斜率为k(k>0)的直线与C相交于a2b22A，B两点，若AF=3FB，求k3x2【解析】由e=，可设椭圆为+y2=m2(m>0)，24设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F(3m,0)，由AF=3FB，x+3x3m=121+3x1+3x2=43m所以，⇒．y1+3y2y+3y=00=121+3x2x21+y2=m2(1)1+y2=m2(1)4141又按λ配型(2)×9x29x22+y2=m2(2)2+9y2=9m2(3)4242(x1+3x2)(x1-3x2)83由(1)-(3)得+(y+3y)(y-3y)=-8m2⇒x-3x=-m，412121232323m6m又x+3x=43m⇒x=m⇒A,±．121333又F(3m,0)⇒k=±2．x2y2PA例2.已知+=1，过点P(0,3)的直线交椭圆于A，B(可以重合)，求取值范围．94PB【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,3)，由AP=λPB，x+λx0=121+λx1+λx2=0所以⇒．y1+λy2y+λy=3(1+λ)3=121+λ22224x1+9y1=36(1)24x1+9y1=36(1)由22配比(2)×λ22224x2+9y2=36(2)4λx2+9λy2=36(3)2由(1)-(3)得：⇒4x1+λx2x1-λx2+9y1+λy2y1-λy2=361-λ41-λ13+5λ⇒y-λy=，又y+λy=31+λ⇒y=，12312161PA1又y1∈-2,2⇒λ∈-5,-，从而=λ∈,5．5PB5x2y2例3.已知椭圆+=1的左右焦点分别为F，F，A，B，P是椭圆上的三个动点，且PF=λFA，PF=6212112μF2B若λ=2，求μ的值．【解析】设Px0,y0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，，由PF1=λF1A，PF2=μF2B得第1页,共12页x+λx-c=011+λx0+λx1=-c1+λ①F1-c,0满足⇒y0+λy1y+λy=00=011+λx+μxc=021+μx0+μx2=-c1+μF2c,0满足⇒y0+μy20=y0+μy2=01+μx2y2x2y20+0=1(1)0+0=1(1)a2b2a2b2②由⇒x2y2λ2x2λ2y21+1=1(2)1+1=λ2(3)a2b2a2b2x-λxx+λxy-λyy+yx③由(1)-(3)得：0101+0101=1-λ2a2b22x0-λx1x0+λx12a⇒=a⇒x0-λx1=-1-λ，又x0+λx1=-c1+λ1-λ1+λca2-c2a2+c2a2-c2a2+c2⇒2x=λ-，同理可得2x=-μ+0cc0cca2-c2a2+c2a2+c2⇒λ+μ=2⋅⇒λ+μ=2⋅=10⇒μ=8．cca2-c2题型二：齐次化例4.已知抛物线C:y2=4x，过点(4,0)的直线与抛物线C交于P，Q两点，O为坐标原点．证明：∠POQ=90°．【解析】直线PQ:x=my+4,Px1,y1,Qx2,y2x-my由x=my+4，得1=4x=my+4x-my则由，得：y2=4x⋅，y2=4x4y2yyy整理得：+m-1=0，即：1⋅2=-1．xxx1x2y1y2所以kOP⋅kOQ==-1，x1x2则OP⊥OQ，即：∠POQ=90°．x2例5.椭圆E:+y2=1，经过点M(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A(0,2-1)，证明:直线AP与AQ的斜率之和为2．【解析】设直线PQ:mx+n(y+1)=1,Px1,y1,Qx2,y2则m+2n=1．mx+n(y+1)=1由2，x+y2=12x2得：+[(y+1)-1]2=1．2x2则+(y+1)2-2(y+1)[mx+n(y+1)]=0，2y+12y+11故(1-2n)-2m+=0．xx2y1+1y2+12m所以+==2.x1x22n-1第2页,共12页y1+1y2+1即kAP+kAQ=+=2.x1x2x2例6.已知椭圆C:+y2=1，设直线l不经过点P(0,1)且与C相交于A，B两点．若直线PA与直线PB的4222斜率的和为-1，证明：直线l过定点．【解析】设直线l:mx+n(y-1)=1．．．．．．(1)x2x2由C:+y2=1，得+[(y-1)+1]2=144x2即：+(y-1)2+2(y-1)=0．．．．．．(2)4x2由(1)(2)得：+(y-1)2+2(y-1)[mx+n(y-1)]=04y-12y-11整理得：(1+2n)+2m⋅+=0xx4y1-1y2-12m则kP2A+kP2B=+=-=-1，x1x21+2n则2m=2n+1，代入直线l:mx+n(y-1)=1，得：l:(2n+1)x+2n(y-1)=2显然，直线过定点(2,-1)．题型三：极点极线问题x2y2例7.已知椭圆M：+=1(a>b>0)过A(-2，0)，B(0，1)两点．a2b2(1)求椭圆M的离心率；(2)设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．【解析】(1)因为点A(-2,0)，B(0,1)都在椭圆M上，所以a=2，b=1．所以c=a2-b2=3．c3所以椭圆M的离心率e==．a2x2(2)由(1)知椭圆M的方程为+y2=1，C(2,0)．4由题意知：直线AB的方程为x=2y-2．设P(x0,y0)(y0≠0，y0≠±1)，Q(2yQ-2,yQ)，S(xS,0)．因为C,P,Q三点共线，所以有CP⎳CQ，CP=(x0-2,y0),CQ=(2yQ-2-2,yQ)，所以(x0-2)yQ=y0(2yQ-4)．4y0所以yQ=．2y0-x0+24y+2x-44y所以Q00,0．2y0-x0+22y0-x0+2因为B,S,P三点共线，1y0-1x0所以=，即xs=．-xsx01-y0x所以S0,0．1-y04y+2x-4x00-02y-x+21-yx所以直线QS的方程为x=000y+0，4y01-y02y0-x0+2第3页,共12页x2-4y2-4xy+8y-4x即x=00000y+0．4y0(1-y0)1-y022又因为点P在椭圆M上，所以x0=4-4y0．2-2y-x所以直线QS的方程为x=00(y-1)+2．1-y0所以直线QS过定点(2,1)．x2y24例8.若双曲线x2-y2=9与椭圆C:+=1(a>b>0)共顶点，且它们的离心率之积为．a2b23(1)求椭圆C的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程；(2)若椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线A1P与A2Q的斜率分别1为k，k，且k-k=0．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．12152422【解析】(1)由已知得双曲线的离心率为2，又两曲线离心率之积为，所以椭圆的离心率为；33由题意知a=3，所以c=22，b=1．x2所以椭圆的标准万程为+y2=1．9(2)当直线l的斜率为零时，由对称性可知：1k=-k≠0，不满足k-k=0，12152故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为x=ty+n，x=ty+n由2，得：t2+9y2+2tny+n2-9=0，x+y2=19因为直线l与椭圆C交于P、Q两点，所以Δ=4t2n2-4t2+9n2-9>0，整理得：t2-n2+9>0，设Px1,y1、Qx2,y2，则22tnn-9y1y2y1+y2=-2，y1y2=2，k1=，k2=．t+9t+9x1+3x2-31因为k-k=0，152y11k1x1+3y1x2-3y1ty2+n-3所以====，5k2y2y2x1+3y2ty1+n+3x2-3整理得：4ty1y2+5(n-3)y1-(n+3)y2=0，4ty1y2+5(n-3)y1+y2=(6n-12)y2，2tnn2-9将y+y=-，yy=代入整理得：12t2+912t2+92t(n-2)(n-3)=(2-n)t+9y2要使上式恒成立，只需n=2，此时满足t2-n2+9>0，因此，直线l恒过定点2,0．x2y22例9.如图，椭圆E：+=1(a>b>0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两a2b22点，当直线l平行与x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22.(1)求椭圆E的方程；第4页,共12页(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得QAPA=恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.QBPB【解析】(1)由已知，点(2,1)在椭圆E上.212+2=1,ab222因此，a-b=c,解得a=2,b=2.c=2a2,x2y2所以椭圆的方程为+=1.42(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点.|QC||PC|如果存在定点Q满足条件，则==1，即|QC|=|QD|.|QD||PD|所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0,y0).当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点.则M(0,2),N(0,-2)，|QM||PM||y0-2|2-1由=，有=，解得y0=1或y0=2.|QN||PN||y0+2|2+1所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为Q(0,2).|QA||PA|下面证明：对任意的直线l，均有=.|QB||PB|当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立.当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y=kx+1，A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).2y2x+=1联立42,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.y=kx+1其判别式Δ=16k2+8(2k2+1)>0，4k2所以，x+x=-,xx=-.122k2+1122k2+111x1+x2因此+==2k.x1x2x1x2易知，点B关于y轴对称的点的坐标为B(-x2,y2).y1-21y2-211又kQA==k-,kQB==-k+=k-，x1x1-x2x2x1所以kQA=kQB，即Q,A,B三点共线.|QA||QA||x1||PA|所以===.|QB||QB||x2||PB||QA||PA|故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得=恒成立.|QB||PB|x2变式1.已知A、B分别为椭圆E：+y2=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG⋅GB=8，P为直线a2x=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；第5页,共12页(2)证明：直线CD过定点.【解析】(1)依据题意作出如下图象：x2由椭圆方程E:+y2=1(a>1)可得：A-a,0，Ba,0，G0,1a2∴AG=a,1，GB=a,-1∴AG⋅GB=a2-1=8，∴a2=9x2∴椭圆方程为：+y2=19(2)证明：设P6,y0，y0-0y0则直线AP的方程为：y=x+3，即：y=x+36--392x+y2=19AP联立直线的方程与椭圆方程可得：y，整理得：y=0x+3922222-3y0+27y0+9x+6y0x+9y0-81=0，解得：x=-3或x=2y0+92-3y0+27y06y0将x=2代入直线y=x+3可得：y=2y0+99y0+92-3y0+276y0所以点C的坐标为2,2.y0+9y0+923y0-3-2y0同理可得：点D的坐标为2,2y0+1y0+12当y0≠3时，6y0-2y02-22-2y0y0+9y0+13y0-3∴直线CD的方程为：y-2=22x-2，y0+1-3y0+273y0-3y0+12-2y0+9y0+12222y08y0y0+33y0-38y03y0-3整理可得：y+2=4x-2=2x-2y0+169-y0y0+163-y0y0+14y02y04y03y=x+=x-整理得：22233-y0y0-333-y023所以直线CD过定点,0．233当y2=3时，直线CD：x=，直线过点,0．0223故直线CD过定点,0．2第6页,共12页x2y2313变式2.已知椭圆C：+=1(a>b>0)的左焦点为F(-3,0)，且过点P,.a2b2124(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，Q为直线x=1上任意一点，直线A1Q，A2Q分别交椭圆C于不同的两点M，N.求证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标.【解析】(1)椭圆的一个焦点F1-3,0，则另一个焦点为F23,0,由椭圆的定义知:PF1+PF2=2a，代入计算得a=2．x2又b2=a2-c2=1,所以椭圆C的标准方程为+y2=1．4(2)设Q1,t,Mx1,y1,Nx2,y2，tx2-8t2+1812t则直线AQ:y=x+2，与+y2=1联立，解得M,1344t2+94t2+98t2-24t同理N,4t2+14t2+112t-4t4t2+94t2+12t所以直线MN的斜率为22=-2-8t+18-8t-24t+34t2+94t2+112t2t-8t2+182t所以直线MN:y-=-x-=-x-44t2+94t2+34t2+94t2+3所以直线MN恒过定点，且定点坐标为4,0x2y2变式3.设椭圆C:+=1(a>b>0)过点M(2,1)，且左焦点为F-2,0．a2b21(1)求椭圆C的方程；(2)当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于两不同点A，B时，在线段AB上取点Q，且满足|AP|⋅|QB|=|AQ|⋅|PB|，证明：点Q总在某定直线上．【解析】(1)因为椭圆的左焦点为F1-2,0，所以c=2，x2y2设椭圆方程为+=1，a2a2-2又因为椭圆过点M(2,1)，21所以+=1，a2a2-2解得a2=4,b2=2x2y2所以椭圆方程为：+=1；42x=4+tcosαx2y2(2)设直线AB的参数方程是，(t为参数)，代入椭圆方程+=1，y=1+tsinα42得：cos2α+2sin2αt2+(8cosα+4sinα)t+14=0．由|AP|⋅|QB|=|AQ|⋅|PB|，得|AP|(|QP|-|PB|)=(|AP|-|QP|)|PB|，即|QP|(|AP|+|PB|)=2|AP|⋅|PB|，2tAtB28则tQ==-，tA+tB8cosα+4sinα第7页,共12页x=4-28cosα8cosα+4sinα点Q轨迹的参数方程是，y=1-28sinα8cosα+4sinα则8(x-4)+4(y-1)=-28，所以点Q在定直线2x+y-2=0上题型四：蝴蝶问题2例10.在平面直角坐标系中，已知圆M:x+2+y2=36，点N2,0，Q是圆M上任意一点，线段NQ的垂直平分线与半径MQ相交于点P，设点P的轨迹为曲线E。(1)求曲线E的方程；(2)若A-3,0,B3,0，设过点T9,m的直线TA,TB与曲线E分别交于点Cx1,y1,Dx2,y2，其中m>0,y1>0,y2<0，求证：直线CD必过x轴上的一定点。(其坐标与m无关)【解析】(1)∵P在线段NQ的垂直平分线上，∴PQ=PN∴PM+PQ=PM+PN=r=6>MN由椭圆的定义知点P的轨迹是以M,N为焦点，6为长轴长的椭圆c=2,a=3，∴b=5x2y2曲线E的方程为：+=1。95(2)点T的坐标为9,my-0x+3m直线TA方程为：=，即y=x+3，m-09+312y-0x-3m直线TB方程为：=，即y=x-3。m-09-36x2y2分别与椭圆+=1联立方程组，同时考虑到x≠-3,x≠3，9512380-m240m3m2-2020m解得：C,,D,-.80+m280+m220+m220+m23m2-20y+20mx-20+m220+m2当x1≠x2时，直线CD方程为：=40m20m380-m23m2-202+2-80+m20+m80+m220+m2令y=0，解得：x=1。此时必过点K1,0；当x1=x2时，直线CD方程为：x=1，与x轴交点为K1,0。所以直线MN必过x轴上的一定点K1,0。x2y21例11.已知椭圆C:+=1a>b>0的左､右顶点分别为点A，B，且AB=4，椭圆C离心率为.a2b22(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的右焦点，且斜率不为0的直线l交椭圆C于M，N两点，直线AM，BN的交于点Q，求证：点Q在直线x=4上.1【解析】(1)因为AB=4，椭圆C离心率为，22a=4c=1a2=4b2=3所以a2，解得，.a2=b2+c2x2y2所以椭圆C的方程是+=1.43(2)①若直线l的斜率不存在时，如图，第8页,共12页因为椭圆C的右焦点为1,0，所以直线l的方程是x=1.33所以点M的坐标是1,，点N的坐标是1,-.221所以直线AM的方程是y=x+2，23直线BN的方程是y=x-2.2所以直线AM，BN的交点Q的坐标是4,3.所以点Q在直线x=4上.②若直线l的斜率存在时，如图.设斜率为k.所以直线l的方程为y=kx-1.y=kx-1联立方程组2y2x+=143消去y，整理得3+4k2x-8k2x+4k2-12=0.显然Δ>0.不妨设Mx1,y1，Nx2,y2，8k24k2-12所以x+x=，x⋅x=.123+4k2123+4k2y1所以直线AM的方程是y=x+2.x1+26y令x=4，得y=1.x1+2y2直线BN的方程是y=x-2.x2-22y令x=4，得y=2.x2-26y2y6kx-12kx-1所以1-2=1-2x1+2x2-2x1+2x2-26kx-1x-2-2kx+2x-1=1212x1+2x2-2分子=6kx1-1x2-2-2kx1+2x2-1=2k3x1x2-x2-2x1+2-x1x2-x1+2x2-2.=2k2x1x2-5x1+x2+824k2-125×8k2=2k-+83+4k23+4k28k2-24-40k2+24+32k2=2k=0.3+4k2所以点Q在直线x=4上.x2y213例12.已知椭圆C：+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P1,为椭圆上一a2b222点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1=2k2，求直线l斜率的值．1【解析】(1)因为椭圆的离心率为，所以a=2c.2又因为a2=b2+c2，所以b=3c.第9页,共12页x2y2所以椭圆的标准方程为+=1.4c23c29314又因为点P1,为椭圆上一点，所以+=1，解得c=1.24c23c2x2y2所以椭圆的标准方程为+=1.43(2)由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y=kx+1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立方程组消去y可得(3+4k2)x2+8kx-8=0.8k8所以由根与系数关系可知x+x=-，xx=-.123+4k2123+4k2y1y2y12y2因为k1=，k2=，且k1=2k2，所以=.x1+2x2-2x1+2x2-222y14y2即2=2.①x1+2x2-2又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，33所以y2=(4-x2)，y2=(4-x2)．②1412422-x142+x2将②代入①可得：=，即3x1x2+10(x1+x2)+12=0.2+x12-x288k所以3-+10-+12=0，即12k2-20k+3=0.3+4k23+4k2133解得k=或k=，又因为k>1，所以k=.622x2y2变式4.如图，O为坐标原点，椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距等于其长半轴长，M,N为椭圆C的上、下a2b2顶点，且|MN|=23(1)求椭圆C的方程；(2)过点P0,1作直线l交椭圆C于异于M,N的A,B两点，直线AM,BN交于点T．求证：点T的纵坐标为定值3．【解析】(1)由题意可知：2c=a,2b=23，又a2=b2+c2，x2y2有b=3,c=1,a=2，故椭圆C的方程为：+=1．43(2)由题意知直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+1，用A,B的横坐标 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示T的纵坐标，再联立l的方程和椭圆的方程，消去y得4k2+3x2+8kx-8=0，利用韦达定理化简T的纵坐标后可得所求的定值.设Ax1,y1,Bx2,y2(x1x2≠0)，y=kx+1联立直线方程和椭圆方程得，消去y得4k2+3x2+3x2+4y2-12=08kx-8=0，-8k-8x+x=,xx=，且有x+x=kxx，124k2+3124k2+31212y2+3y1-3又lBN:y=⋅x-3，lAM:y=⋅x+3，x2x1第10页,共12页y+3y=2⋅x-3xy-3y-3x由2得=1⋅2，y-3y+3x1y+3y=1⋅x+32x1y-3kx+1-3xkxx+(1-3)x故=1⋅2=122，整理得到y+3x1kx2+1-3kx1x2+(1+3)x1y-3kx1x2+(1-3)x22kx1x2+2(1-3)x2=，故y=3×+123(1+3)x1-(1-3)x2(1+3)x1-(1-3)x22kxx+x+x+3x-x=3×121212(1+3)x1-(1-3)x23x+x+3x-x=3×1212=3．3x1+x2+x1-x2故点T的纵坐标为3．3x2y2x3y变式5.已知点A1,-在椭圆C：+=1(a>b>0)上，O为坐标原点，直线l：-=1的斜2a2b2a22b21率与直线OA的斜率乘积为-4(1)求椭圆C的方程；3(2)不经过点A的直线l：y=x+t(t≠0且t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R2(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，求证：AM=AN.32b2b21【解析】(Ⅰ)由题意，k⋅k=-⋅=-=-，OA123a2a2413即a2=4b2①又+=1②a24b2a=2联立①①解得b=1x2所以，椭圆C的方程为：+y2=1.4y=3x+t2(Ⅱ)设Px1,y1，Qx2,y2，R-x1,-y1，由2，x+y2=14得x2+3tx+t2-1=0，所以Δ=4-t2>0，即-2b>0)的左、右焦点分别为F,F，M在椭圆上，ΔMFF的周长为25+4，面a2b21212积的最大值为2.(1)求椭圆C的方程；(2)直线y=kx(k>0)与椭圆C交于A,B，连接AF2，BF2并延长交椭圆C于D,E，连接DE，探索AB与DE的斜率之比是否为定值并说明理由.【解析】IF1F2+MF1+MF2=2a+2c=25+4，1S=·2c⋅b=bc=2，2得a=5,c=2,b=1，x2所以椭圆C的方程为：+y2=1．5II设Ax0,y0，则B-x0,-y0.x-2直线AD：x=0y+2，y02x2代入C：+y2=1得x-2+5y2y2+4x-2yy-y2=0，5000002x0因为+y2=1，代入化简得9-4xy2+4x-2yy-y2=0，5000002-y0设Dx1,y1,Ex2,y2，则y0y1=，9-4x0-y0x0-2所以y1=，x1=y1+2，9-4x0y0x+2直线BE:x=0y+2，y0y0x0+2同理可得y2=，x2=y+22．9+4x0y0y1-y2y1-y2y1-y21所以kDE====x1-x2x0-2x0+2x0y1+y2x02y1+y2y1-y2y1-y2-2-⋅y0y0y0y0y0y0y1-y21y0==9·=9k，x4xx0-2·00y0y09所以kDE：k=9．第12页,共12页