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2014解析几何大题指导

2014解析几何大题指导


高三数学二轮专题讲座解析几何问题解题策略与题型归纳 一.解析几何问题解题策略: (一) 寻找根变量: 1.什么样的变量是根变量呢?当点 P 运动时,则 A 点与 C 点也跟着变化,因而也引起 B 点的变化,P 点确定,其他的量也跟着确定。像这样能够确定其他量变化的量我们称之为“根变量”。 2. 根变量是解析几何问题解题的出发点,根变量主要有两种形式:1)点变量;2)直线变量 表达“根变量”就是我们解题的出发点,因而出发点有两个,一是从直线出发;另一个就是从点出发。 还有一个标志,可以看出解题的出发点,在解析几何大题中常常有两句常见的话:一是某条直线与某曲 线相交于两点;二是某某点在某曲线上,这两句话往往揭示了根变量,也是我们解题的出发点。 (二)从点出发 点变量:包括点的某一坐标是变量或横纵坐标都是变量,常见点 P 在椭圆,圆,直线上运动。 例题 1:已知圆 O:x2+y2=1, 点 C (1, 2) ,点 D(?1, 2) ,A,B 是圆 O 与 x 轴的左右两个交点。P 是圆 O 上异于
A,B 的任意一点,连 PC 、 PD 交

AB 分别于 x 轴交于点 E、F ,求证: AE 2 ? BF 2 为定值
略解:设 P( x0 , y0 ) ,则有

D b

C

直线 PC 的方程为

y? 2 ?

y0 ? 2 ( x ? 1) , x0 ? 1



y ? 0 ,得 xE ? 1 ?
AE ? 2 ?

2( x0 ? 1) , y0 ? 2


A

F

E

B

所以

2( x0 ? 1) y0 ? 2

P

同理可得:BF= 2 ?

2 ( x0 ? 1) y? 2

下面证明留给同学们完成

例题 2:已知椭圆 C:

x2 ? y 2 ? 1 的两个焦点为 F1 2



F2,圆 O: x

2

? y 2 ? 2 ,P 是椭圆上任意不在坐标轴上的点,过 P

作 x 轴的垂线与圆的一个交点为 Q,过 Q 作 OQ 的垂线交 x 轴与 M 点,连接 PM 得直线 L。 (1) 求证:F1,F2 到 L 的距离之积为定值 (2)求证:L 与椭圆只有一个公共点

Q

F1

F2

M

例题 3:已知椭圆

x2 y2 ? ? 1 ,P,M 是椭圆上的两个关于 x 轴对称的两个点,右焦点为 F,右准线与 x 6 2

轴交于 A 点, (1)若连接 PA,MF 的直线交于 Q 点,求证:点 Q 在椭圆上(2)若连接 AP 叫椭圆与 Q 点,求证:MQ 过焦点 F
y P Q O M F l

A x

l

? ? ?

从点出发设点的坐标。这时有两条思路。 1、与其他点一起得到直线方程,回归到第一种情形(选择这条思路依赖于方程可解) ; 2、设出点的坐标后,利用向量关系、对称关系、得到其他点的坐标,将坐标代入曲线方程。此

法称为“设而后求”。 (三)从直线出发: 直线变量包括直线的斜率,截距等改变直线位置的变量 例题 4:椭圆 C: =1(a>b>0)的离心率 ,a+b=3

(1) 求椭圆 C 的方程;(2) 如图,A,B,D 是椭圆 C 的顶点,P 是椭圆 C 上除顶点外的任意点,直线 DP 交 x 轴于点 N 直线 AD 交 BP 于点 M,设 BP 的斜率为 k,MN 的斜率为 m,证明 2m-k 为定值. 变式: 若 P 点处 的切线斜率为 n ,AP 的斜率为 r ①求证:

nkr 4m ? 1 为定值 ②求证: 为定值 k?r k ?1

【答案】 解:(1)因为e=

3 c c 2 a 2 ? b2 b2 3 ? 故 2? ? 1 ? ? 2 a a a2 a2 4

所以 a ? 2b 再由 a+b=3 得 a=2,b=1,

x2 ? 椭圆C的方程为: ? y 2 ? 1 4
1 (2)因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则BP方程为y=k(x-2)(k ? 0且k ? ? ) 2 2 2 x 8k ? 2 4k ? y 2 ? 1,解得 P( 2 ,? 2 ) 将①代入 4 4k ? 1 4k ? 1 1 又直线 AD 的方程为 y ? x ? 1 ② 2 4k ? 2 4k , ) ①与②联立解得 M ( 2k ? 1 2k ? 1 4k ? 2 8k 2 ? 2 4k , 0) , ? 2 ), N ( x, 0) 三点共线可角得 N ( 由 D(0,1), P( 2 2k ? 1 4k ? 1 4 k ? 1 2k ? 1 2k ? 1 1 ? k ? (定值) 所以 MN 的分斜率为 m= ,则 2m ? k ? 4 2 2
例题 5:如图,椭圆 C1 : ①

x2 y 2 2 ? 2 ? 1 ( a ? b ? 0) 的离心率为 , x 轴被曲线 C2 : y ? x2 ? b 截得的线段长等 2 a b 2 于 C1 的短轴长。 C2 与 y 轴的交点为 M ,过坐标原点 O 的直线 l 与 C2 相交于点 A、 B ,直线 MA, MB 分别 与 C1 相交于点 D、E 。 y (Ⅰ)求 C1 、 C2 的方程; (Ⅱ)求证: MA ? MB ; S A (Ⅲ)记 ?MAB, ?MDE 的面积分别为 S1、S2 ,若 1 ? ? ,求 ? 的取值范围. S2 D c 2 E ? a 2 ? 2b 2 ……………………………………………………………………1 分 解(1) ? a 2 O x 又 2 b ? 2b ,得 b ? 1 ……………………………………………………… 2 分 B x2 ? C2 : y ? x 2 ? 1, C1 : ? y 2 ? 1……………………………………………………4 分 M 2 ? y ? kx (2)设直线 AB : y ? kx, A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 则 ? ? x 2 ? kx ? 1 ? 0 …………5 分 2 y ? x ? 1 ?

???? ???? MA ? MB ? ( x1 , y1 ? 1) ? ( x2 , y2 ? 1) ? (k 2 ? 1) x1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) ? 1=0 ?MA ? MB …………………………………………7 分 (3)设直线 MA : y ? k1 x ? 1; MB : y ? k2 x ? 1, k1k2 ? ?1
? x ? k1 ? y ? k1 x ? 1 ?x ? 0 ? , 解得 或 ? A(k1 , k12 ? 1) ,同理可得 B(k2 , k22 ? 1) ? ? ? 2 2 ? y ? ?1 ? ? y ? x ?1 ? y ? k1 ? 1 1 1 2 S1 ? MA MB ? 1 ? k12 1 ? k2 k1 k2 …………………………………………9 分 2 2 4k1 ? x? ? y ? k1 x ? 1 2 ? ?x ? 0 4k1 2k12 ? 1 ? 2 ? 1 ? 2k1 , 解得 或 ? D ( , ) ?x ? ? 2 2 1 ? 2k12 1 ? 2k12 ? y ? ?1 ? y ? 2k1 ? 1 ? ? y ?1 ?2 ? 1 ? 2k12 ?
4k 2 2k 2 2 ? 1 同理可得 E ( , ) 2 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2
? S2 ? 16k1k2 1 1 2 ……………………11 分 MD ME ? 1 ? k12 1 ? k2 2 2 2 (1 ? 2k12 )(1 ? 2k2 ) 1 5 ? 2( 2 ? k12 ) 2 S1 (1 ? 2k12 )(1 ? 2k2 ) k1 9 ?? ? ? ? ………………………………13 分 S2 16 16 16

例题 6:已知椭圆 C 中心在原点,焦点在 x 轴上,焦距为 2 ,短轴长为 2 3 . (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程; (Ⅱ)若直线 l : y ? kx ? m ? k ? 0? 与椭圆交于不同的两点 M 、N ( M 、N 不是椭圆的左、右顶点) , 且以 MN 为直径的圆经过椭圆的右顶点 A .求证:直线 l 过定点,并求出定点的坐标. 解: (Ⅰ)设椭圆的长半轴为 a ,短半轴长为 b ,半焦距为 c ,则

?2c ? 2, ? ?2b ? 2 3, ?a 2 ? b 2 ? c 2 , ?

解得

? ? a ? 2, ? ? ?b ? 3,
…… 4 分

∴ 椭圆 C 的标准方程为
2 2 ? ?x ? y ?1 (Ⅱ)由方程组 ? 4 3 ? y ? kx ? m ?

x2 y 2 ? ? 1. 4 3
消去 y ,得

? 3 ? 4k ? x
2

2

? 8kmx ? 4m 2 ? 12 ? 0 .
2

…… 6 分

由题意△ ? ? 8km ? ? 4 3 ? 4k 整理得: 3 ? 4k ? m ? 0
2 2

?

2

?? 4m


2

? 12 ? ? 0 ,
………7 分

设 M ? x1 , y1 ?、N ? x2 , y2 ? ,则

8km 4m 2 ? 12 , x1 x2 ? . ……… 8 分 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 由已知, AM ? AN , 且椭圆的右顶点为 A (2, 0) , x1 ? x2 ? ?
∴ 即 也即 …… ? x1 ? 2?? x2 ? 2? ? y1 y2 ? 0 . ?1 ? k 2 ? x1 x2 ? ? km ? 2 ?? x1 ? x2 ? ? m2 ? 4 ? 0 , 10 分

4m2 ? 12 ?8km ? ? km ? 2 ? ? ? m2 ? 4 ? 0 , 2 2 3 ? 4k 3 ? 4k 2 2 整理得 7m ? 16mk ? 4k ? 0 .

?1 ? k 2 ? ?

2k ,均满足① ……… 11 分 7 当 m ? ?2k 时,直线 l 的方程为 y ? kx ? 2k ,过定点 (2, 0) ,不符合题意舍去; 2k 2 2? ? 当m ? ? 时,直线 l 的方程为 y ? k ? x ? ? ,过定点 ( , 0) , 7 7 7? ? 2 故直线 l 过定点,且定点的坐标为 ( , 0) . ………… 13 分 7 x2 y2 例题 7:已知椭圆 C : 2 ? 2 ? 1( a ? b ? 0) 的左、右焦点和短轴的 a b
解得 m ? ?2k 或 m?? 两个端点构成边长为 2 的正方形. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程;m] (Ⅱ)过点 Q ( 1 , 0 ) 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A , B 两点. 点 P (4,3) ,记直线 PA, PB 的斜率分别为 k1 , k2 ,当 k1 ? k2 最大时,求直线 l 的方程. 解: (Ⅰ)由已知得 b ? c ?
2 2 2 ,∴椭圆 C 方程为 2 (2 分)又 a ?b ?c ?4

x2 y2 ? ? 1 (4 分) 4 2

(Ⅱ)①当直线 l 的斜率为 0 时,则 k 1 ? k 2 ?

3 3 3 …………………6 分 ? ? ; 4?2 4?2 4 ②当直线 l 的斜率不为 0 时,设 A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y 2 ) ,直线 l 的方程为 x ? my ?1 ,

x2 y2 2 2 . ? ? 1 ,整理得 ( m ? 2 ) y ? 2 m y ?? 30 4 2 ?2m ?3 则 y1 ? y 2 ? 2 , y1 y 2 ? 2 . …………………8 分 m ?2 m ? 2 又 x1 ? my1 ? 1 , x2 ? my2 ?1 , 3 ? y1 3 ? y2 9 ? 3( y1 ? y2 ) ? y1 y2 (3 ? y1 )(3 ? y 2 ) 所以, k1 ? k2 ? = ? ? ? 4 ? x1 4 ? x2 (3 ? m y1 )(3 ? m y 2 ) 9 ? 3m( y1 ? y2 ) ? m2 y1 y2
将 x ? my ?1 代入



1 例题 8:已知椭圆的中心在原点,离心率为 ,一个焦点是 F (?1,0) 设 Q 是椭圆上的一点,且过点 F、Q 2 的直线 l 与 y 轴交于点 M. 若 MQ ? 2 QF ,求直线 l 的斜率.

3m ? 2m ? 5 3 4m ? 1 ……………10 分 ? ? 2 4m ? 6 4 8m 2 ? 12 3 2t 3 2 令 t ? 4m?1,则 k1 ? k 2 ? ? 2 ? 1 ? ? 4 t ? 2t ? 25 4 ( t ? 2 5 ) ? 2 t ?
2

x2 y 2 ? ?1 4 3

M _

Q _

F _

O _

x2 y2 例题 9:设椭圆 C : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的一个顶点为 (0, 3 ) , F1 , F2 分别是椭圆的左、右焦点, a b 1 离心率 e ? ,过椭圆右焦点 F2 的直线 l 与椭圆 C 交于 M , N 两点.(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)是否 2 存在直线 l ,使得以线段 MN 为直径的圆过原点,若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由.(Ⅲ)
若 AB 是椭圆 C 经过原点 O 的弦, MN // AB ,求证:

AB

2

MN

为定值.

y

M

O

F2

x

从直线出发,设直线方程,与曲线方程联立方程组。 N 如果方程组比较容易解出,则求出交点坐标;此法称为“设而求” 如果方程组不能轻易解出(通常是这样的情况) ,这个时候才需要动用解题技巧。 设这两个点为 A(x1,y1)、B(x2,y2),然后通过别的途径求出这两个点的坐标或干脆绕过求这两个点的 坐标。 (这种解题方法就是所谓的“设而不求”)所用技巧通常有两个:知一求一;或韦达定理;或点差法 二.解析几何简化运算的方法 1、巧用离心率:对于已知离心率的椭圆或双曲线,一定要将 a, b, c 化归为一个字母; 2、巧用平面几何性质:圆的几何性质、曲线的对称性、相似三角形等; 3、巧用线段在坐标轴上的投影;如弦长公式 4、巧用式子结构: (1)齐次式的处理方法: (2)对偶式的使用:如用 ? k ,?

1 代替 k 等。 k

(3)换元法的使用:某个很繁的式子多次使用时,就可以换元。 (4)善于发现公因式、完全平方式;善于因式分解;善于配方等等, 如 x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 )2 ? 2x1x2 等等。 5:巧用结论: 1) 焦半径公式,弦长公式,韦达定理, 2) 椭圆性质或者定义 3) 椭圆中的几个重要结论,当然不能在解答题中直接使用,要有推证过程 ① 过椭圆 为定值 ? =1(a>b>0)的中心的弦的两个端点与椭圆上任意一点的连线斜率之积
2 2

b2 a2
x x y y x2 y2 ? 2 ? 1 任意一点, 则点 P 处的切线方程为 02 ? 02 ? 1 2 a b a b

② 椭圆上任意关于坐标轴对称的两点与椭圆上的任意一点连线与相应的坐标轴的交点的坐标之积为定 值 ③ 椭圆的切线方程等。 P( x0 , y0 ) 是椭圆: ④ 已知椭圆:

x2 y2 ? ? 1 ,M(m,0)过 M 的直线与椭圆交于 A,B 两点,若设 A( x0 , y0 ) ,则可以联立方 a2 b2 (a 2 ? m 2 ) x0 ? 2a 2 m (a 2 ? m 2 ) y 0 程组求得 B 点坐标为 x B ? ; yB ? 2mx0 ? (a 2 ? m 2 ) 2mx0 ? (a 2 ? m 2 )
三.解析几何常见引如参数的方式 1.设点法------可以设两个坐标,也可以设一个参数表达两个坐标

2.设 K 法:直线过一个已知点时,但斜率是未知或是变化.此时有两种设法:1) y ? b ? k ( x ? a) --这种设法要注意单独讨论K不存在时的特殊情形;2) m( y ? b) ? ( x ? a) -----这种设法特别是过 x 轴上 一点斜率不存在时图形仍然有意义,可以避免讨论 3.点差法:已知弦的中点或垂直平分线的有关信息时 4.设点算点法:一条直线过坐标轴上一点与曲线交于 A,B 两点,可以设 A 点去表达直线方程与曲线联 立方程组求 B 点达到解决问题的目的。 5.定比分点法: AP ? ? AQ -------知二求一,知一表二 6.韦达定理法:当直线与曲线的两个交点坐标不好求出时,且所给条件或所求结论可以用这两个点的坐 标之积,之和来表达,可以尝试此法 在所有解题方法中,求交点坐标应优先考虑,只有在求交点坐标比较困难时才考虑使用解题技巧 . 已知中心在原点的椭圆 C 的一个焦点 F(4,0), 长轴端点到较近焦点的距离为 1, A(x1, y1), B(x2, y2)(x1≠x2) 为椭圆上不同的两点. (1)求椭圆的方程; (2)若 x1+x2=8, 在 x 轴上是否存在一点 D, 使| DA |=| DB |? 若存在,求出 D 点的坐标;若不存在,说明理由. 解:(1)由题设知 c=4,a-c=1,∴a=5,b=3. x2 y2 ∴所求方程为 + =1. 25 9 (2)假设存在点 D(x0,0),由| DA |=| DB |, 则点 D 在线段 AB 的中垂线上, y1+y2? 又线段 AB 的中点为?4, , 2 ? ? ∴线段 AB 的中垂线方程为: y1+y2 x1-x2 y- =- (x-4). 2 y1-y2

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?



x12 y2 x2 y2 + 1 =1, 2 + 2 =1, 25 9 25 9 2 2 2 2 x ? x2 y1 ? y2 ? ∴ 1 =0. 25 9
又 x1-x2 25 y1+y2 ∴ =- · . 9 8 y1-y2 y1+y2 25(y1+y2) 在①中令 y=0,∴- = (x0-4). 2 72 64 ? 64 ∴x0= ,∴存在点 D 为? 25 ? ,0?. 25

x2 ? y 2 ? 1,其中心为 O,A,B 是椭圆上的两点,连接 OA,OB,它们的斜率分别为 K1 , K2 知椭圆 4 1 2 2 若 K1 ? K 2 ? ? , ①求证: OA ? OB 为定值。②若 OP ? ?OA ? ?OB ,且 P 在椭圆 4 2 2 x y ? ? 1 ,求证: ?2 ? ? 2 为定值,并求出这个定值 8 2 1 (2)? 由?把 k2 换成 ? 可得点 B 的坐标 4k B
? 2 4 16k ? 2 ? x2 ? 1 4 k1 ? 1 ? 1? 4? 2 16 k ? 1 ? 1 ? 4? ? 1 16k12 2 ? y2 ? ? 2 1 4k1 ? 1 ? 1? 4? 2 ? 16 k 1 ?
2 1

A

O

4 ? 4k12 16k12 ? 1 20k12 ? 5 ?OA ? OB ? ? ? ?5 1 ? 4k12 4k12 ? 1 4k12 ? 1
2 2

?设 P ( x, y ) ,由 OP ? ?OA ? ?OB

?x ? ?x1 ? ?x2 ?? ? P 在椭圆 x 2 ? 4 y 2 ? 8 上 ? y ? ?y1 ? ?y2 2 ? (?x1 ? ?x2 ) 2 ? 4??y1 ? ?y2 ? ? 8
2 2 ? ?2 ( x1 ? 4 y1 ) 2 ? ? 2 ( x2 ? 4 y2 ) ? 2?? ( x1 x2 ? 4 y1 y2 ) ? 8

? A, B 在椭圆 x 2 ? 4 y 2 ? 4 上

? 4?2 ? 4? 2 ? 2?? (x1 x2 ? 4 y1 y 2 ) ? 8 1 yy 1 ? k1k 2 ? ? ? 1 2 ? ? ? x1 x2 ? 4 y1 y 2 ? 0 ? ?2 ? ? 2 ? 2 4 x1 x2 4
x2 ? y 2 ? 1 和圆 C2 : x2 ? y 2 ? 1 ,点 M 和 N 分别是椭圆 C1 和圆 C2 上的动点,且直线 4 DN 的斜率是直线 DM 斜率的 4 倍,求证:直线 MN 恒过定点。 设MD斜率为k,则DN斜率为4k,设M(x1 , y1) , N ( x2 , y 2 )
如图,已知椭圆 C1 : 由方程组

? y ? kx ? 1 8k 4k 2 ? 1 ? x ? , y ? ? 2 1 1 2 4k 2 ? 1 4k 2 ? 1 ?x ? 4 y ? 4

8k 16k 2 ? 1 , 同理可得 N( ) 16k 2 ? 1 16k 2 ? 1
方法 1:

k MN ? ?

1 4k

? 直线MN的方程:y ?
化简得:y=-

4k 2 ? 1 1 8k ? ? (x ? 2 ) 2 4k 4k ? 1 4k ? 1

? 过定点(0,1)
再证明 k MP ? ?

1 x ?1 4k 1 1 , k PN ? ? 4k 4k

方法 2:先猜想 MN 过定点(0,1)

? MN 过定点(0,1)

3 x2 y2 在平面直角坐标系 xOy 中,已知过点(1, )的椭圆 C∶ 2+ 2=1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0),过焦 2 a b 点 F 且与 x 轴不重合的直线与椭圆 C 交于 A,B 两点,点 B 关于坐标原点的对称点为 P,直线 PA,PB 分 别交椭圆 C 的右准线 l 于 M,N 两点. x2 y2 (1)求椭圆 C 的标准方程; + =1(2)记 M,N 两点的纵坐标分别为 yM,yN,试问 yM·yN 是否为 4 3 定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由
y y

N
B l

B O P A F

l

N
x O P A

F

x M

第 18 题 M y B O P A 第 18 题 M F l

第 18 题

N

x

当直线 AB 的斜率 k 不存在时,易得 yM·yN=-9. 当直线 AB 的斜率 k 存在时,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 B(-x2,-y2). 2 2 2 2 x1 y1 x2 y2 所以 + =1, + =1. 4 3 4 3 (x2+x1)(x2-x1) (y2+y1)(y2-y1) 两式相减, 得 + =0. 4 3 (y2+y1)(y2-y1) 3 所以 =- =kPAk. 4 (x2+x1)(x2-x1) 3 所以 kPA=- . 4k 3 所以直线 PA 的方程为 y+y2=- (x+x2). 4k 3(x2+4)(x2-1) 3 所以 yM=- (4+x2)-y2=- -y2. 4k 4y2

…………………12 分

y2 4y2 直线 PB 的方程为 y= x,所以 yN= . x2 x2 2 3(x2+4)(x2-1) 4y2 所以 yM·yN=- - . x2 x2 2 2 x2 y2 2 2 因为 + =1,所以 4y2 =12-3x2 . 4 3 2 -3(x2+4)(x2-1)-12+3x2 所以 yM·yN= =-9. x2 所以 yM·yN 为定值-9.

…………………14 分

如图,椭圆 C: 2 +

x2 a

y2 3 1 =1(a >b >0) 经过点 P(1, ), 离心率 e= ,直线 l 的方程为 x =4 . 2 b 2 2

(1) 求椭圆 C 的方程; (2) AB 是经过右焦点 F 的任一弦(不经过点 P ),设直线 AB 与直线 l 相交于点 M ,记 PA, PB, PM 的斜率分别为 k1 ,k2 ,k3 . 问:是否存在常数 ? ,使得 k1 +k2 =? k3 . ?若存在求 ? 的值;若不存在,说明理由.

【答案】解:(1)由 P (1, ) 在椭圆上得, 依题设知 a ? 2c ,则 b ? 3c
2
2 2

3 2

1 9 ? 2 ?1 2 a 4b



2


2

②代入①解得 c ? 1, a ? 4, b ? 3 .

x2 y 2 ? ? 1. 故椭圆 C 的方程为 4 3
(2)方法一:由题意可设 AB 的斜率为 k ,

则直线 AB 的方程为 y ? k ( x ? 1)



代入椭圆方程 3 x 2 ? 4 y 2 ? 12 并整理,得 (4k 2 ? 3) x 2 ? 8k 2 x ? 4(k 2 ? 3) ? 0 , 设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,则有

x1 ? x2 ?

8k 2 4(k 2 ? 3) , x x ? 1 2 4k 2 ? 3 4k 2 ? 3



在方程③中令 x ? 4 得, M 的坐标为 (4,3k ) .

3 3 3 y2 ? 3k ? 2 ,k ? 2 ,k ? 2 ?k?1. 从而 k1 ? 2 3 x1 ? 1 x2 ? 1 4 ?1 2 y1 ?
注意到 A, F , B 共线,则有 k ? k AF ? k BF ,即有

y1 y ? 2 ?k. x1 ? 1 x2 ? 1

3 3 y2 ? 2? 2 ? y1 ? y2 ? 3 ( 1 ? 1 ) 所以 k1 ? k2 ? x1 ? 1 x2 ? 1 x1 ? 1 x2 ? 1 2 x1 ? 1 x2 ? 2 y1 ?
x1 ? x2 ? 2 3 ? 2k ? ? 2 x1 x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 1


8k 2 ?2 2 3 4 k ? 3 k ? k ? 2 k ? ? ? 2k ? 1 , ④代入⑤得 1 2 8k 2 2 4(k 2 ? 3) ? ?1 4k 2 ? 3 4k 2 ? 3 1 又 k3 ? k ? ,所以 k1 ? k2 ? 2k3 .故存在常数 ? ? 2 符合题意. 2
方法二:设 B ( x0 , y0 )( x0 ? 1) ,则直线 FB 的方程为: y ?

y0 ( x ? 1) , x0 ? 1

令 x ? 4 ,求得 M (4,

3 y0 ), x0 ? 1 2 y0 ? x0 ? 1 , 2( x0 ? 1)

从而直线 PM 的斜率为 k3 ?

y0 ? ? y ? x ? 1 ( x ? 1) 5 x ? 8 3 y0 ? 0 联立 ? ,得 A( 0 , ), 2 2 2 x0 ? 5 2 x0 ? 5 ?x ? y ?1 ? 3 ?4

则直线 PA 的斜率为: k1 ?

2 y0 ? 2 x0 ? 5 2 y0 ? 3 ,直线 PB 的斜率为: k2 ? , 2( x0 ? 1) 2( x0 ? 1)

所以 k1 ? k2 ?

2 y0 ? 2 x0 ? 5 2 y0 ? 3 2 y0 ? x0 ? 1 ? ? ? 2 k3 , 2( x0 ? 1) 2( x0 ? 1) x0 ? 1

故存在常数 ? ? 2 符合题意.



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