2014高中数学 一题多变一题多解特训四

一题多解和一题多变（四） 题型一：一题多解22yx1??PFPF?F、F椭圆下面结论正确的是——满足的焦点是题目：，，椭圆上一点P 22111625 ）—————————————————————（ 点有四个（A）P点有两个 （B）P 存在C）P点不一定存在 （D）P点一定不（ 解法一：FFbr?c?3?4?D ，即圆与椭圆不可能有交点。故选为直径构圆，知：圆的半径以21 解法二：?1216tanb?S?(S)?FF?b?3?4?12?，不可能成由题知，而在椭圆中： F??pFF2max1PF422112,?1612D 立故选 ：解法三?3???2?PF??FPFF??tan,??1,?此时点在短轴端点处最大，设，由题意知当p 211244PF?FD 为锐角，与题设矛盾。故选21 四：解法??,PFPF?)4P(5consin,0?PF?PF?PFPF?，而知设，由212121 7222?????????0?43,sincon)?25con??9?16sin?5PFPF??(con3?,4sin)(5con? 219D 无解，故选 五：解法?????PFPFF?PF???)?6is6nn6|?|PF||PF?6c?si?2n(2o，，假设，则设 221121410PF|a?||?|PF2? 而212610?D 即：，不可能。故选：解六法1 2222)?2|PF||PF|?3664|??|PF|2|PF|PF|PF||?|PF|36?(|PF22212111con?FPF???? 21|||PFPF|2|PF|PF||PF|2|PF||21221173232320?1???1??1? ， |PF|?||PF25|25||PF|PF221)(21 2?PF??90??FPFPFD 故不可能。故选2112)yP(x,由焦半径知：：设法七解0033?PF?PF,?ex?5?x?ex?,|?a?5?x|PF|?aPF| 2100102055625331822222222|FF?||PF|?|PF|?x50?x?x()?5?x?)?10??(5 212100009255525??x? 3255|x?|?||x8D 而>,故不符合题意，故选而在椭圆中 003. 解法八22yx221???9x?y 椭圆方程为：设圆方程为： 1625 两者联立解方程组得：221625?25y??16x2216x?)?2516x25?(9? 2725??25??16?25?99?x725?2?x?? 9 不可能22yx221??9??xy 故圆无交点与椭圆 1625PFPF 不可能垂直即 21D 选故 题型二：一题多变2 22????yx??0a??1bC:??0?2,2,1FM. ，且左焦点为过点设椭圆 22baC 的方程；（1） 求椭圆)4,1P(QA,BClAB，满足上取点相交于两不同点的动直线2） 当过点时，在线段与椭圆（ PBAAQBQ. 证明：点总在定直线上.22yx1?? ；主要第（2）题证明如下：（过程略）解答：第（1）题易得椭圆方程为 24 P B Q A ??????yxyQ,B,x,yA,x, 如图，设的相似得：，由三角形001221 BPAPx?44?x 21?PB???QBAP??AQ? x?x?xxQBAQ0012????0 x?xx)?2x?4?x8(x?? 化简得：00221122yx??1??,x?y?1?k4必存在）代入椭圆方程（k， 现设直线 24????22220?16?k16k?2?4kx1?2k?32x?k 得：222k32k??16k16?4k??xxx?x, 由韦达定理，得： 212122k22k1?1?2??6k4k?1?????yx 式，化简得：，代入直线方程，得：代入 0022k?k?02??2xy?k ，得：两式联立，消去，00??yQ,x0??y?22x. 得证即点在定直线上，o0 2222nxym??221?,??C:?1mn?0?nPm,l与椭（其中：设椭圆，当过点）的动直线1变 2222bbaa3 AP?QB?AQ?PBQA,BCAB ，满足上取点圆时，在线段相交于两不同点mxny??1Q上在定直线证明：点. 22ab2222nyxm??22l1????10,m?nC:?nmP,与双变2：设双曲线，过点）的动直线（其中 2222 abab AQBAPBQBA,CAB 上取点曲，满足相交于两不同点，在线段mxny??1Q上证明：点. 在定直线 22ab22ax?by?1ab?0，且证明：这两个命题可以一起证。统一设椭圆和双曲线的方程为（ y?n?k(x?m)ab0）k不存在的情况需不同时小于（注：当（注：实际上还可包括圆）；设直线y，得： 另行证明，这里略），两式联立，消去????22222201??2knm?x?bkkmnba?bkmx???2bkbn 2222?2kmnbm??2bkbnm?2bknbk1????x??x?,xxyA,x,yx,B 设，得 2211212122a?bka?bk ??AP?QB?AQ?PByxQ,PAB外，点在线段，由条件现设知，不失一般性，在图象中，00 A,Q,B,P，故由三角形的相似得：从左到右这四个字母的顺序是 m?xm?x????21?02mx?)?2xxm?x?(x?x? ，即 011220 x?xx?x020122bnam?1???x?m?? 式，化简得：现韦达定理代入 0kbn?amam??22bn??am1222 am??bn1?1ambn?n???y?k? 0amkbn?kbn?ambn2am?1y?am 0bn???1??bnyamx ，化简得： 00 x?mbn0??yxQ,amx?bny?1?上，得证在直线. 点00 22lpm?2p2px(?0)n?:Cy),(PmnC相变，当过点与抛物线设抛物线3：（其中）的动直线4 AP?QB?AQ?PBQ,BAAB ，在线段上取点，满足交于两不同点ny?p(x?m)Q上. 在定直线证明：点 20??2pm?2pky?2pkny)n(y??xm?k ，代入抛物线方程，得：证明：设直线????pm22pkn?pk,yByx,y?y?y?A2x,y, ，得设22112211 ??PB??AQAP?QByxQ,ABP外，不失一般性，在图象中，现设点在线段，由条件知，00P,,BA,Q ，故由三角形的相似得：从左到右这四个字母的顺序是 APBPn?yn?y??????21???0?y?2yyy?ny?2yn?? ，即： 012021y?yy?yQBAQ01202n?2pm??? 现韦达定理代入式，化简得：?ny? 0kp?n3?npmn?mn 22n?2pmn?pmp?x?m?k??? 0kp?npkp?n2n?y?2npm0