新高考数学复习专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题(解析版)
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这是一份新高考数学复习专题44 巧妙设点研究圆锥曲线问题(解析版),共19页。试卷主要包含了题型选讲,设而不求法,降低运算量,巧妙设点解决向量问题,抛物线的特殊设点技巧等内容,欢迎下载使用。
一、题型选讲
题型一 、巧妙设点,降低运算量
例1、(2018南京、盐城一模)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的下顶点为B,点M,N是椭圆上异于点B的动点,直线BM,BN分别与x轴交于点P,Q,且点Q是线段OP的中点.当点N运动到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3),\f(\r(3),2)))处时,点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3),0)).
(1) 求椭圆C的标准方程;
(2) 设直线MN交y轴于点D,当点M,N均在y轴右侧,且eq \(DN,\s\up6(→))=2eq \(NM,\s\up6(→))时,求直线BM的方程.
【分析】 eq \a\vs4\al(思路分析) 第(2)问中由eq \(DN,\s\up6(→))=2eq \(NM,\s\up6(→)),可得2xM=3xN.可以用直线BM,BN的方程,与椭圆联立得到横坐标,即可求出直线BM的斜率k;也可以用点M,N表示直线方程得出点P,Q坐标,再利用向量关系得出坐标之间的关系,最后回代椭圆求解.
【解析】 (1)由Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3),\f(\r(3),2))),Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3),0)),得直线NQ的方程为y=eq \f(3,2)x-eq \r(3).(2分)
令x=0,得点B的坐标为(0,-eq \r(3)).所以椭圆的方程为eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,3)=1.(4分)
将点N的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3),\f(\r(3),2)))代入,得eq \f((\r(3))2,a2)+eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2),3)=1,解得a2=4.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1.(8分)
(2)解法1(设线法) 设直线BM的斜率为k(k>0),则直线BM的方程为y=kx-eq \r(3).在y=kx-eq \r(3)中,令y=0,得xP=eq \f(\r(3),k),而点Q是线段OP的中点,所以xQ=eq \f(\r(3),2k).所以直线BN的斜率kBN=kBQ=eq \f(0-(-\r(3)),\f(\r(3),2k)-0)=2k.(10分)
(注:由kBM=eq \f(OB,OP),kBN=eq \f(OB,OQ),及OP=2OQ也可得到kBN=2kBM.)
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y=kx-\r(3),,\f(x2,4)+\f(y2,3)=1,))消去y,得(3+4k2)x2-8eq \r(3)kx=0,解得xM=eq \f(8\r(3)k,3+4k2) .用2k代替k,得xN=eq \f(16\r(3)k,3+16k2) .(12分)
又eq \(DN,\s\up6(→))=2eq \(NM,\s\up6(→)),所以xN=2(xM-xN),得2xM=3xN.(14分)
故2×eq \f(8\r(3)k,3+4k2)=3×eq \f(16\r(3)k,3+16k2),又k>0,解得k=eq \f(\r(6),2).所以直线BM的方程为y=eq \f(\r(6),2)x-eq \r(3).(16分)
解法2(设点法) 设点P,Q的坐标分别为(2t,0),(t,0),t>0,则直线BM的方程为y=eq \f(\r(3),2t)x-eq \r(3),(10分)
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y=\f(\r(3),2t)x-\r(3),,\f(x2,4)+\f(y2,3)=1,))消去y,得(1+t2)x2-4tx=0,解得xM=eq \f(4t,1+t2),用eq \f(1,2)t代替t,得xN=eq \f(8t,4+t2).(12分)
又eq \(DN,\s\up6(→))=2eq \(NM,\s\up6(→)),所以xN=2(xM-xN),得2xM=3xN.(14分)
故2×eq \f(4t,1+t2)=3×eq \f(8t,4+t2),又t>0,解得t=eq \f(\r(2),2),所以k=eq \f(\r(6),2).所以直线BM的方程为y=eq \f(\r(6),2)x-eq \r(3).(16分)
解法3(设点法) 设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).
由B(0,-eq \r(3)),得直线BM的方程为y= eq \f(y1+\r(3),x1)x-eq \r(3),
令y=0,得xP=eq \f(\r(3)x1,y1+\r(3)).同理,得xQ=eq \f(\r(3)x2,y2+\r(3)).
而点Q是线段OP的中点,所以xP=2xQ,
故eq \f(\r(3)x1,y1+\r(3))=2×eq \f(\r(3)x2,y2+\r(3)).(10分)
又eq \(DN,\s\up6(→))=2eq \(NM,\s\up6(→)),所以x2=2(x1-x2),得x2=eq \f(2,3)x1>0,从而eq \f(1,y1+\r(3))=eq \f(\f(4,3),y2+\r(3)), 解得y2=eq \f(4,3)y1+eq \f(\r(3),3).(12分)
将eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2=\f(2,3)x1,,y2=\f(4,3)y1+\f(\r(3),3)))代入椭圆C的方程,得eq \f(xeq \\al(2,1),9)+eq \f((4y1+\r(3))2,27)=1.
又xeq \\al(2,1)=4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(yeq \\al(2,1),3))),所以eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(yeq \\al(2,1),3))),9)+eq \f((4y1+\r(3))2,27)=1,(14分)
即eq \r(3)yeq \\al(2,1)+2y1-eq \r(3)=0,解得y1=-eq \r(3)(舍)或y1=eq \f(\r(3),3).又x1>0,所以点M的坐标为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(2),3),\f(\r(3),3))).
故直线BM的方程为y=eq \f(\r(6),2)x-eq \r(3).(16分)
例2、(2018南京学情调研)如图,已知椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率e=eq \f(\r(2),2),一条准线方程为x=2.过椭圆的上顶点A作一条与x轴,y轴都不垂直的直线交椭圆于另一点P,P关于x轴的对称点为Q.
(1) 求椭圆的方程;
(2) 若直线AP,AQ与x轴交点的横坐标分别为m,n,求证:mn为常数,并求出此常数.
【解析】 (1) 因为eq \f(c,a)=eq \f(\r(2),2),eq \f(a2,c)=2,
所以a=eq \r(2),c=1,所以b=eq \r(a2-c2)=1.
故椭圆的方程为eq \f(x2,2)+y2=1.(4分)
(2) 解法1 由(1)知A(0,1),设点P坐标为(x1,y1),则点Q坐标为(x1,-y1).
因为kAP=eq \f(y1-1,x1-0)=eq \f(y1-1,x1),所以直线AP的方程为y=eq \f(y1-1,x1)x+1.令y=0,解得m=-eq \f(x1,y1-1).(8分)
因为kAQ=eq \f(-y1-1,x1-0)=-eq \f(y1+1,x1),所以直线AQ的方程为y=-eq \f(y1+1,x1)x+1.令y=0,解得n=eq \f(x1,y1+1).(12分)
所以mn=-eq \f(x1,y1-1)× eq \f(x1,y1+1)=eq \f(x\\al(2,1),1-y\\al(2,1)).(14分)
又因为(x1,y1)在椭圆eq \f(x2,2)+y2=1上,所以eq \f(x\\al(2,1),2)+yeq \\al(2,1)=1,即1-yeq \\al(2,1)=eq \f(x\\al(2,1),2),所以eq \f(x\\al(2,1),1-y\\al(2,1))=2,即mn=2.
所以mn为常数,且常数为2.(16分)
解法2 设直线AP的斜率为k(k≠0),则AP的方程为y=kx+1,令y=0,得m=-eq \f(1,k).(6分)
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=kx+1,,\f(x2,2)+y2=1,))
消去y,得(1+2k2)x2+4kx=0,解得xA=0,xP=-eq \f(4k,1+2k2),(8分)
所以yP=kxP+1=eq \f(1-2k2,1+2k2),
则点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(4k,1+2k2),-\f(1-2k2,1+2k2))).(10分)
所以kAQ=eq \f(-\f(1-2k2,1+2k2)-1,-\f(4k,1+2k2))=eq \f(1,2k),故直线AQ的方程为y=eq \f(1,2k)x+1.令y=0,得n=-2k,(14分)
所以mn=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,k)))×(-2k)=2.
所以mn为常数,常数为2.(16分)
解后反思 解析几何题的解题思路一般很容易觅得,实际操作时,往往不是因为难于实施,就是因为实施起来运算繁琐而被卡住,最终放弃此解法,因此方法的选择特别重要.从思想方法层面讲,解决解析几何问题主要有两种方法:一是设线法;二是设点法.此题的解法1就属于设点法,解法2就属于设线法.一般的,设线法是比较顺应题意的一种解法,它的参变量较少,目标集中,思路明确;而设点法要用好点在曲线上的条件,技巧性较强,但运用的好,解题过程往往会显得很简捷.对于这道题,这两种解法差别不是很大,但对于有些题目,方法选择的不同,差别会很大,因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同.
题型二、设而不求法,降低运算量
例3、【2019年高考浙江卷】如图,已知点为抛物线的焦点,过点F的直线交抛物线于A、B两点,点C在抛物线上,使得的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记的面积分别为.
(1)求p的值及抛物线的准线方程;
(2)求的最小值及此时点G的坐标.
【答案】(1)p=2,准线方程为x=−1;(2)最小值为,此时G(2,0).
【解析】(1)由题意得,即p=2.
所以,抛物线的准线方程为x=−1.
(2)设,重心.令,则.
由于直线AB过F,故直线AB方程为,代入,得
,
故,即,所以.
又由于及重心G在x轴上,故,得.
所以,直线AC方程为,得.
由于Q在焦点F的右侧,故.从而
.
令,则m>0,
.
当时,取得最小值,此时G(2,0)
例4、(2016南京三模)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2),点(2,1)在椭圆C上.
(1) 求椭圆C的方程;
(2) 设直线l与圆O:x2+y2=2相切,与椭圆C相交于P,Q两点.
①若直线l过椭圆C的右焦点F,求△OPQ的面积;
②求证: OP⊥OQ.
eq \a\vs4\al(思路分析) (1) 由e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(2),2),得a∶b∶c=eq \r(2)∶1∶1,用b表示a更方便;
(2) ①设直线l的方程为y=k(x-eq \r(3)),由直线l与圆O相切可先求出k,再求出PQ的长即可.
②设l:y=kx+m,则只要证eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0.联列直线与椭圆方程可得x1+x2,x1x2均可用k,m表示.由直线l与圆O相切,可得k与m的关系式.
规范解答 (1) 由题意,得eq \f(c,a)=eq \f(\r(2),2),eq \f(4,a2)+eq \f(1,b2)=1,解得a2=6,b2=3.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,6)+eq \f(y2,3)=1.(2分)
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(eq \r(3),0).
设切线方程为y=k(x-eq \r(3)),即kx-y-eq \r(3)k=0,
所以eq \f(|-\r(3)k|,\r(k2+1))=eq \r(2),解得k=±eq \r(2),所以切线方程为y=±eq \r(2)(x-eq \r(3)).当k=eq \r(2)时,(4分)
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=\r(2)x-\r(3),,\f(x2,6)+\f(y2,3)=1,))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=\f(4\r(3)+3\r(2),5),,y=\f(-\r(6)+6,5)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=\f(4\r(3)-3\r(2),5),,y=\f(-\r(6)-6,5).))
所以点P,Q的坐标分别为eq \f(4\r(3)+3\r(2),5), eq \f(-\r(6)+6,5), eq \f(4\r(3)-3\r(2),5), eq \f(-\r(6)-6,5),
所以PQ=eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2),所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性,当切线方程为y=-eq \r(2)(x-eq \r(3))时,△OPQ的面积也为eq \f(6\r(3),5).
综上所述,△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(eq \r(3),0).
设切线方程为y=k(x-eq \r(3)),即kx-y-eq \r(3)k=0,
所以eq \f(|-\r(3)k|,\r(k2+1))=eq \r(2),解得k=±eq \r(2),所以切线方程为y=±eq \r(2)(x-eq \r(3)).当k=eq \r(2)时,(4分)
把切线方程 y=eq \r(2)(x-eq \r(3))代入椭圆C的方程,消去y得5x2-8eq \r(3)x+6=0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则有x1+x2=eq \f(8\r(3),5).
由椭圆定义可得,PQ=PF+FQ=2a-e(x1+x2)=2×eq \r(6)-eq \f(\r(2),2)×eq \f(8\r(3),5)=eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2),所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性,当切线方程为y=-eq \r(2)(x-eq \r(3))时,△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
综上所述,△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
②解法1 (i)若直线PQ的斜率不存在,则直线PQ的方程为x=eq \r(2)或x=-eq \r(2).
当x=eq \r(2)时,P (eq \r(2), eq \r(2)),Q(eq \r(2),-eq \r(2)).
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))=0,所以OP⊥OQ.
当x=-eq \r(2)时,同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)若直线PQ的斜率存在,设直线PQ的方程为y=kx+m,即kx-y+m=0.
因为直线与圆相切,所以eq \f(|m|,\r(1+k2))=eq \r(2),即m2=2k2+2.
将直线PQ方程代入椭圆方程,得(1+2k2) x2+4kmx+2m2-6=0.
设P(x1,y1) ,Q(x2,y2),则有x1+x2=-eq \f(4km,1+2k2),x1x2=eq \f(2m2-6,1+2k2).(12分)
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)×eq \f(2m2-6,1+2k2)+km×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(4km,1+2k2)))+m2.
将m2=2k2+2代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))=0,所以OP⊥OQ.
综上所述,OP⊥OQ.(14分)
解法2 设切点T(x0,y0),则其切线方程为x0x+y0y-2=0,且xeq \\al(2,0)+yeq \\al(2,0)=2.
(i)当y0=0时,则直线PQ的直线方程为x=eq \r(2)或x=-eq \r(2).
当x=eq \r(2)时,P (eq \r(2), eq \r(2)),Q(eq \r(2),-eq \r(2)).
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))=0,所以OP⊥OQ.
当x=-eq \r(2)时,同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时,
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x+y0y-2=0,,\f(x2,6)+\f(y2,3)=1,))消去y得(2xeq \\al(2,0)+yeq \\al(2,0))x2-8x0x+8-6yeq \\al(2,0)=0.
设P(x1,y1) ,Q(x2,y2),则有x1+x2=eq \f(8x0,2x\\al(2,0)+y\\al(2,0)),x1x2=eq \f(8-6y\\al(2,0),2x\\al(2,0)+y\\al(2,0)).(12分)
所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))=x1x2+y1y2=x1x2+eq \f(2-x0x12-x0x2,y\\al(2,0))=eq \f(-6x\\al(2,0)+y\\al(2,0)+12,2x\\al(2,0)+y\\al(2,0)).
因为xeq \\al(2,0)+yeq \\al(2,0)=2,代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))=0,所以OP⊥OQ.
综上所述,OP⊥OQ.(14分)
解后反思:对于题目中要设的点比较多,就可以大胆的设点,找到点之间的关系,达到不要求解的目的。
题型三、巧妙设点解决向量问题
例5、(2016南通、扬州、淮安、宿迁、泰州二调)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2).A为椭圆上异于顶点的一点,点P满足=2.
(1) 若点P的坐标为(2,eq \r(2)),求椭圆的方程;
(2) 设过点P的一条直线交椭圆于B,C两点,且=m,直线OA,OB的斜率之积为-eq \f(1,2),求实数m的值.
思路分析 第1问,根据条件eq \(OP,\s\up6(→))=2eq \(AO,\s\up6(→))以及P(2,eq \r(2))可得A点的坐标,再根据离心率的条件以及a,b,c的关系可求得a,b,c的值,从而求出椭圆的方程;
第2问(分析1)注意到eq \(OP,\s\up6(→))=2eq \(AO,\s\up6(→)),这样可得到A,P两点的坐标间的关系,再注意到eq \(BP,\s\up6(→))=meq \(BC,\s\up6(→)),这样又可将C点的坐标用B,P的坐标表示出来,为此,只需设出A,B的坐标,从而得到C的坐标,利用A,B,C三点在椭圆上,以及kOA·kOB=-eq \f(1,2)来消去A,B的坐标,得到关于m的方程,就可求出m的值;
第2问(分析2)注意到eq \(OP,\s\up6(→))=2eq \(AO,\s\up6(→)),这样可将P的坐标表示为A点的坐标的形式,同时,利用kOA·kOB=-eq \f(1,2),从而得到OB的方程,将其与椭圆的方程联立求出点B的坐标,再注意到eq \(BP,\s\up6(→))=meq \(BC,\s\up6(→)),从而将点C的坐标求出来,代入椭圆的方程中,就可得到关于m的方程,就可求出m的值;
规范解答 (1) 因为eq \(OP,\s\up6(→))=2eq \(AO,\s\up6(→)),而P(2,eq \r(2)),
所以A-1,-eq \f(\r(2),2),
代入椭圆方程,得eq \f(1,a2)+eq \f(2,4b2)=1,①(2分)
又椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2),所以 eq \r(1-\f(b2,a2))=eq \f(\r(2),2).②(4分)
由①②,得a2=2,b2=1.
故椭圆的方程为eq \f(x2,2)+y2=1,(6分)
(2) 解法1 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3).
因为eq \(OP,\s\up6(→))=2eq \(AO,\s\up6(→)),所以P(-2x1,-2y1),
因为eq \(BP,\s\up6(→))=meq \(BC,\s\up6(→)),所以(-2x1-x2,-2y1-y2)=m(x3-x2,y3-y2),即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-2x1-x2=mx3-x2,,-2y1-y2=my3-y2,))
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3=\f(m-1,m)x2-\f(2,m)x1,,y3=\f(m-1,m)y2-\f(2,m)y1.))(9分)
代入椭圆方程,得
eq \f(\f(m-1,m)x2-\f(2,m)x12,a2)+eq \f(\f(m-1,m)y2-\f(2,m)y12,b2)=1,
即eq \f(4,m2)eq \f(x\\al(2,1),a2)+eq \f(y\\al(2,1),b2)+eq \f(m-12,m2)·eq \f(x\\al(2,2),a2)+eq \f(y\\al(2,2),b2)-eq \f(4m-1,m2)·eq \f(x1x2,a2)+eq \f(y1y2,b2)=1,③(12分)
因为A,B在椭圆上,所以eq \f(x\\al(2,1),a2)+eq \f(y\\al(2,1),b2)=1,eq \f(x\\al(2,2),a2)+eq \f(y\\al(2,2),b2)=1.④
因为直线OA,OB的斜率之积为-eq \f(1,2),即eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)=-eq \f(1,2),结合②知eq \f(x1x2,a2)+eq \f(y1y2,b2)=0.⑤(14分)
将④⑤代入③,得eq \f(4,m2)+eq \f(m-12,m2)=1,
解得m=eq \f(5,2).(16分)
解法2 设点A(x1,y1),所以kOA=eq \f(y1,x1),因为eq \(OP,\s\up6(→))=2eq \(AO,\s\up6(→)),所以P(-2x1,-2y1),
因为直线OA,OB的斜率之积为-eq \f(1,2),所以kOB=eq \f(-\f(1,2),kOA)=-eq \f(x1,2y1),故直线OB方程为y=-eq \f(x1,2y1)x,
因为椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2),所以eq \f(c,a)=eq \f(\r(2),2),即a=eq \r(2)c,故b2=a2-c2=c2,
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2c2)+eq \f(y2,c2)=1,即x2+2y2=2c2, (9分)
将它与直线OB方程联立,并消去y得(xeq \\al(2,1)+2yeq \\al(2,1))x2=4yeq \\al(2,1)c2,
因为点A(x1,y1)在椭圆上,所以xeq \\al(2,1)+2yeq \\al(2,1)=2c2,从而xB=±eq \r(2)y1,
故Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)y1,-\f(\r(2),2)x1))或Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\r(2)y1,\f(\r(2),2)x1)),(11分)
若Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)y1,-\f(\r(2),2)x1)),设C(x0,y0),
因为eq \(BP,\s\up6(→))=meq \(BC,\s\up6(→)),所以(-2x1-eq \r(2)y1,-2y1+eq \f(\r(2),2)x1)=mx0-eq \r(2)y1,y0+eq \f(\r(2),2)x1,
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-2x1-\r(2)y1=mx0-\r(2)y1,,-2y1+\f(\r(2),2)x1=my0+\f(\r(2),2)x1,))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0=\f(-2x1-\r(2)y1,m)+\r(2)y1,,y0=\f(-2y1+\f(\r(2),2)x1,m)-\f(\r(2),2)x1,))(13分)
因为点C在椭圆上,所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(-2x1-\r(2)y1,m)+\r(2)y1))2+2eq \f(-2y1+\f(\r(2),2)x1,m)-eq \f(\r(2),2)x12=2c2,
化简得eq \f(5x\\al(2,1)+2y\\al(2,1),m2)-eq \f(2x\\al(2,1)+2y\\al(2,1),m)+xeq \\al(2,1)+2yeq \\al(2,1)=2c2,即eq \f(5×2c2,m2)-eq \f(4c2,m)+2c2=2c2,解得m=eq \f(5,2).
同理,若B-eq \r(2)y1,eq \f(\r(2),2)x1, m=eq \f(5,2),
综上,实数m的值为eq \f(5,2).(16分)
解后反思 1. 已知离心率,通常先简化椭圆方程,可以减少字母干扰.
2. 加强“设而不求”思想的渗透,出现多个变量时,要有消元意识和主元思想;在代入运算过程中,不要忘掉整体思想.
3. 在研究直线与椭圆相交的问题时,通常有两种方法来设参,一是设点坐标来作为参数,二是设直线的斜率作为参数.在学习中,要通过比较来看应用哪种方法较为简便,以免将问题复杂化
题型四、抛物线的特殊设点技巧
例6、【2018年高考浙江卷】如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.
(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;
(2)若P是半椭圆x2+=1(x1)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.
【解析】(1)由题设得A(–a,0),B(a,0),G(0,1).
则,=(a,–1).由=8得a2–1=8,即a=3.
所以E的方程为+y2=1.
(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知–3
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