2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題教案 文

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1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題教案 文1.(2018全國(guó)卷,文20)已知斜率為k的直線l與橢圓C:+=1交于A,B兩點(diǎn).線段AB的中點(diǎn)為M(1,m)(m0).(1)證明:k-;(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),且+=0.證明:2|=|+|.證明:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則+=1,+=1.兩式相減,并由=k得+k=0.由題設(shè)知=1,=m,于是k=-.由題設(shè)得0m,故k-.(2)由題意得F(1,0).設(shè)P(x3,y3),則(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及題設(shè)得x3=3-(x1

2、+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2mb0)的離心率為,短軸長(zhǎng)為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)直線l:y=kx+m與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若kOMkON=,求證:點(diǎn)(m,k)在定圓上.(1)解:由已知得e=,2b=2,又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立直線與橢圓方程,得消去y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,依題意,=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)0,化簡(jiǎn)得m24k2+1,由根與系數(shù)的關(guān)系知x1+x2=-,x1x2=,y1y2=(kx1+m)(

3、kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若kOMkON=,則=,即4y1y2=5x1x2,所以4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,所以(4k2-5)+4km-+4m2=0,即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化簡(jiǎn)得m2+k2=,由得0m2,b0)的半焦距為c,原點(diǎn)O到經(jīng)過兩點(diǎn)(c,0),(0,b)的直線的距離為c.(1)求橢圓E的離心率;(2)如圖,AB是圓M:(x+2)2+(y-1)2=的一條直徑,若橢圓E經(jīng)過A,B兩點(diǎn),求橢圓E的方程.解:(1)經(jīng)過點(diǎn)(0,b)和(c,0)的直線方程為bx+cy-bc=0,則原點(diǎn)到直線的距離

4、為d=c,即為a=2b,所以e=.(2)由(1)知,橢圓E的方程為x2+4y2=4b2,由題意可得圓心M(-2,1)是線段AB的中點(diǎn),則|AB|=,易知AB與x軸不垂直,記其方程為y=k(x+2)+1,代入可得(1+4k2)x2+8k(1+2k)x+4(1+2k)2-4b2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=,由M為AB的中點(diǎn),可得x1+x2=-4,得=-4,解得k=,從而x1x2=8-2b2,于是|AB|=|x1-x2|=,解得b2=3,則有橢圓E的方程為+=1.定點(diǎn)與定值問題考向1定點(diǎn)問題【例2】 (2018山東省六校聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓

5、C與y軸相切,且過點(diǎn)M(1,),N(1,-).(1)求圓C的方程;(2)已知直線l與圓C交于A,B兩點(diǎn),且直線OA與直線OB的斜率之積為-2.求證:直線l恒過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)的坐標(biāo).解:(1)因?yàn)閳AC過點(diǎn)M(1,),N(1,-),所以圓心C在線段MN的垂直平分線上,即在x軸上,故設(shè)圓心為C(a,0),又圓C與y軸相切,易知a0,所以圓C的半徑r=a,所以圓C的方程為(x-a)2+y2=a2.因?yàn)辄c(diǎn)M(1,)在圓C上,所以(1-a)2+()2=a2,解得a=2.所以圓C的方程為(x-2)2+y2=4.(2)記直線OA的斜率為k(k0),則其方程為y=kx.法一聯(lián)立,得消去y,得(k2+1)x2-

6、4x=0,解得x1=0,x2=.所以A,.由kkOB=-2,得kOB=-,直線OB的方程為y=-x,在點(diǎn)A的坐標(biāo)中用-代換k,得B,.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),=,得k2=2,此時(shí)直線l的方程為x=.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),即k22,則直線l的斜率為=.故直線l的方程為y-=x-,即y=x-,所以直線l過定點(diǎn),0.綜上,直線l恒過定點(diǎn),定點(diǎn)坐標(biāo)為,0.法二設(shè)A1(x1,y1),B(x2,y2),當(dāng)直線l斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+b(b0),由消y得(1+k2)x2+(2kb-4)x+b2=0,所以x1+x2=,x1x2=,所以y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=k2x1x2+kb(

7、x1+x2)+b2=,由題意得=-2,即=-2,所以b=-k,所以直線l的方程為y=kx-k,即y=kx-,所以直線l過定點(diǎn),0.當(dāng)直線l斜率不存在時(shí),設(shè)直線l的方程為x=(0),由消x得y2+2-4=0,所以y1+y2=0,y1y2=2-4.由題意得=-2,即=-2,所以=,故直線l的方程為x=,所以直線l過定點(diǎn),0.綜上,直線l恒過定點(diǎn),定點(diǎn)坐標(biāo)為,0.考向2定值問題【例3】 (2018江西省紅色七校聯(lián)考)已知橢圓C的中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上,離心率等于,它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x2=8y的焦點(diǎn).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)已知點(diǎn)P(2,t),Q(2,-t)(t0)在橢圓C上,點(diǎn)A,B

8、是橢圓C上不同于P,Q的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),且滿足APQ=BPQ.試問:直線AB的斜率是否為定值?請(qǐng)說明理由.解:(1)因?yàn)闄E圓C的中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上,所以設(shè)橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1(ab0).因?yàn)闄E圓離心率等于,它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x2=8y的焦點(diǎn).x2=8y的焦點(diǎn)為(0,2),所以b=2,e=,因?yàn)閍2-b2=c2,所以a2=16,b2=12.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.(2)直線x=2與橢圓+=1交點(diǎn)P(2,3),Q(2,-3),所以|PQ|=6,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),當(dāng)APQ=BPQ時(shí),直線PA,PB斜率之和為0.設(shè)PA斜率為k,則PB斜率為-k.直線PA的方程為y-3=

9、k(x-2),與橢圓方程聯(lián)立得(3+4k2)x2+8k(-2k+3)x+4(2k-3)2-48=0,所以x1+2=;同理x2+2=所以x1+x2=,x1-x2=,y1-y2=k(x1-2)+3-k(x2-2)+3=,直線AB斜率為=.(1)定點(diǎn)問題的常見解法:根據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個(gè)直線系或曲線系方程,而該定點(diǎn)與參數(shù)無關(guān),故得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組.以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求定點(diǎn);從特殊位置入手,找出定點(diǎn),再證明該點(diǎn)的坐標(biāo)滿足題意(與參數(shù)無關(guān)),這種方法叫“特殊值探路法”.(2)關(guān)于直線系l:y=kx+m過定點(diǎn)問題有以下重要結(jié)論:若m為常數(shù)b,則直線l必過定點(diǎn)(0,b);若m=n

10、k(n為常數(shù)),則直線l必過定點(diǎn)(-n,0);若m=nk+b(n,b為常數(shù)),則直線必過定點(diǎn)(-n,b).(3)一般曲線過定點(diǎn),把曲線方程化為f1(x,y)+f2(x,y)=0(為參數(shù))的形式,解方程組即得定點(diǎn)坐標(biāo).(4)定值問題就是證明一個(gè)量與其他變化因素?zé)o關(guān).解決這類問題以坐標(biāo)運(yùn)算為主,需建立相應(yīng)的目標(biāo)函數(shù)(用變化的量表示),通過運(yùn)算求證目標(biāo)的取值與變化的量無關(guān).熱點(diǎn)訓(xùn)練2:(2018太原市二模)已知以點(diǎn)C(0,1)為圓心的動(dòng)圓C與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)A,其弦AB的中點(diǎn)D恰好落在x軸上.(1)求點(diǎn)B的軌跡E的方程;(2)過直線y=-1上一點(diǎn)P作曲線E的兩條切線,切點(diǎn)分別為M,N.求證:直線MN

11、過定點(diǎn).(1)解:設(shè)B(x,y),y0,則AB的中點(diǎn)D,0,因?yàn)镃(0,1),連接DC,所以=-,1,=,y.在C中,DCDB,所以=0,所以-+y=0,即x2=4y(y0),所以點(diǎn)B的軌跡E的方程為x2=4y(y0).(2)證明:由(1)可得曲線E的方程為x2=4y(y0).設(shè)P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2),因?yàn)閥=,所以y=,所以過點(diǎn)M,N的切線方程分別為y-y1=(x-x1),y-y2=(x-x2),由4y1=,4y2=,上述切線方程可化為2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.因?yàn)辄c(diǎn)P在這兩條切線上,所以2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,即直線

12、MN的方程為2(y-1)=tx,故直線MN過定點(diǎn)C(0,1).熱點(diǎn)訓(xùn)練3:(2018長(zhǎng)沙市名校實(shí)驗(yàn)班二次階段性測(cè)試)橢圓E:+=1(ab0)的右焦點(diǎn)為F2(2,0),圓x2+y-2=與橢圓E的一個(gè)交點(diǎn)在x軸上的射影恰好為點(diǎn)F2.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)直線l:y=x+m與橢圓E交于A,B兩點(diǎn),以AB為斜邊作等腰直角三角形ABC,記直線l與x軸的交點(diǎn)為D,試問|CD|是否為定值?若是,求出定值;若不是,請(qǐng)說明理由.解:(1)在x2+y-2=中,令x=2,得y=1或y=0(舍去),由題意可得解得a2=16,b2=4,所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.(2)由可得x2+2mx+2m2-8=0,

13、則=(2m)2-4(2m2-8)=32-4m20,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=-2m,x1x2=2m2-8,y1+y2=(x1+x2)+2m=m,所以|AB|=,設(shè)AB的中點(diǎn)為G,則G-m,.又直線l與x軸的交點(diǎn)為D(-2m,0),所以|DG|=,所以|CD|2=|CG|2+|DG|2=|AB|2+|DG|2=(32-4m2)+=10,得|CD|=,所以|CD|為定值,定值是.探索性問題考向1位置的探索【例4】 (2018廣西三校九月聯(lián)考)已知橢圓方程C:+=1(ab0),橢圓的右焦點(diǎn)為(1,0),離心率為e=,直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn),且kOAk

14、OB=-.(1)求橢圓的方程及AOB的面積;(2)在橢圓上是否存在一點(diǎn)P,使四邊形OAPB為平行四邊形,若存在,求出|OP|的取值范圍,若不存在,說明理由.解:(1)由已知c=1,=,所以a=2,所以b2=a2-c2=3.所以橢圓方程為+=1.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則A,B的坐標(biāo)滿足消去y化簡(jiǎn)得,(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,x1+x2=-,x1x2=,(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)0得4k2-m2+30,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2+km-+m2=.因?yàn)閗OAkOB=-,所以=-,即y1

15、y2=-x1x2,所以=-即2m2-4k2=3,因?yàn)閨AB|=.O到直線y=kx+m的距離d=,所以SAOB=d|AB|=.(2)若橢圓上存在P使四邊形OAPB為平行四邊形,則=+,設(shè)P(x0,y0),則x0=x1+x2=-,y0=y1+y2=,由于P在橢圓上,所以+=1,從而化簡(jiǎn)得+=1,化簡(jiǎn)得4m2=3+4k2.由kOAkOB=-,知2m2-4k2=3,聯(lián)立方程知3+4k2=0,無解,故不存在P使四邊形OAPB為平行四邊形.考向2參數(shù)值的探索【例5】 (2018遼寧省遼南協(xié)作校一模)已知拋物線C:y=2x2,直線l:y=kx+2交C于A,B兩點(diǎn),M是AB的中點(diǎn),過M作x軸的垂線交C于N點(diǎn).

16、(1)證明:拋物線C在N點(diǎn)處的切線與AB平行;(2)是否存在實(shí)數(shù)k,使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點(diǎn)?若存在,求出k的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.(1)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0.所以x1+x2=,xN=xM=,所以N,.因?yàn)?2x2)=4x,所以拋物線在N點(diǎn)處的切線斜率為k,故該切線與AB平行.(2)解:假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點(diǎn),則|MN|=|AB|.由(1)知yM=(y1+y2)=(kx1+kx2+4)=+2,又因?yàn)镸N垂直于x軸,所以|MN|=yM-yN=,而|AB|=|x1-x2|=.所以=,解得k=2.

17、所以,存在實(shí)數(shù)k=2使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點(diǎn).解決存在性(探索性)問題通常采用“肯定順推法”,將不確定性問題明朗化.其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在,用待定系數(shù)法設(shè)出,列出關(guān)于待定系數(shù)的方程(組),若方程(組)有實(shí)數(shù)解,則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在;否則,元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在.熱點(diǎn)訓(xùn)練4:(2018太原市一模)已知橢圓C:+=1(ab0)的左頂點(diǎn)為A,右焦點(diǎn)為F2(2,0),點(diǎn)B(2,-)在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程;(2)若直線y=kx(k0)與橢圓C交于E,F兩點(diǎn),直線AE,AF分別與y軸交于點(diǎn)M,N.在x軸上,是否存在點(diǎn)P,使得無論非零實(shí)

18、數(shù)k怎樣變化,總有MPN為直角?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由.解:(1)依題意,得c=2.因?yàn)辄c(diǎn)B(2,-)在C上,所以+=1.又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4,所以橢圓C的方程為+=1.(2)假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P,設(shè)P(x0,0),E(x1,y1),x10,則F(-x1,-y1),消去y并化簡(jiǎn)得,(1+2k2)x2-8=0,解得x1=,則y1=,又A(-2,0),所以AE所在直線的方程為y=(x+2),所以M0,同理可得N0,=-x0,=-x0,.若MPN為直角,則=0,所以-4=0,所以x0=2或x0=-2,所以存在點(diǎn)P,使得無論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化,總有MPN為直角

19、,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,0)或(-2,0).熱點(diǎn)訓(xùn)練5:已知拋物線E:x2=2py(p0)上一點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為4,且點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離為5.(1)求拋物線E的方程;(2)如圖,設(shè)斜率為k的兩條平行直線l1,l2分別經(jīng)過點(diǎn)F和H(0,-1),l1與拋物線E交于A,B兩點(diǎn),l2與拋物線E交于C,D兩點(diǎn).問:是否存在實(shí)數(shù)k,使得四邊形ABDC的面積為4+4?若存在,求出k的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.解:(1)由拋物線的定義知,點(diǎn)P到拋物線E的準(zhǔn)線的距離為5.因?yàn)閽佄锞€E的準(zhǔn)線方程為y=-,所以4+=5,解得p=2,所以拋物線E的方程為x2=4y.(2)由已知得,直線l1:y=kx+1.由消去y得x2-

20、4kx-4=0,1=16(k2+1)0恒成立,|AB|=4(k2+1),直線l2:y=kx-1,由消去y得x2-4kx+4=0,由2=16(k2-1)0得k21,|CD|=4,又直線l1,l2間的距離d=,所以四邊形ABDC的面積S=d(|AB|+|CD|)=4(+).解方程4(+)=4(+1),得k2=2(滿足k21),所以存在滿足條件的k,k的值為.最值(范圍)問題【例6】 (2016全國(guó)卷)已知A是橢圓E:+=1的左頂點(diǎn),斜率為k(k0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E上,MANA.(1)當(dāng)|AM|=|AN|時(shí),求AMN的面積;(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),證明:k0.由已知及橢圓的對(duì)

21、稱性知,直線AM的傾斜角為.又A(-2,0),因此直線AM的方程為y=x+2.將x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.因此AMN的面積SAMN=2=.(2)證明:設(shè)直線AM的方程為y=k(x+2)(k0),代入+=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1(-2)=得x1=,故|AM|=|x1+2|=.由題設(shè),設(shè)直線AN的方程為y=-(x+2),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得=,即4k3-6k2+3k-8=0.設(shè)f(t)=4t3-6t2+3t-8,則k是f(t)的零點(diǎn),f(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以

22、f(t)在(0,+)上單調(diào)遞增.又f()=15-260,因此f(t)在(0,+)內(nèi)有唯一的零點(diǎn),且零點(diǎn)k在(,2)內(nèi),所以kb0)的離心率為,且以原點(diǎn)為圓心,橢圓的焦距為直徑的圓與直線xsin +ycos -1=0相切(為常數(shù)).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過F2作直線l與橢圓交于M,N兩點(diǎn),求的取值范圍.解:(1)由題意,得故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.(2)由(1)得F1(-1,0),F2(1,0).若直線l的斜率不存在,則直線lx軸,直線l的方程為x=1,不妨記M1,N1,-,所以=2,=2,-,故=.若直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=k

23、(x-1),由消去y得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=.=(x1+1,y1),=(x2+1,y2),則=(x1+1)(x2+1)+y1y2=(x1+1)(x2+1)+k(x1-1)k(x2-1)=(1+k2)x1x2+(1-k2)(x1+x2)+1+k2,代入可得=+1+k2=-,由k20可得-1,.綜上,-1,. 【例1】 (2018福州市期末)拋物線C:y=2x2-4x+a與兩坐標(biāo)軸有三個(gè)交點(diǎn),其中與y軸的交點(diǎn)為P.(1)若點(diǎn)Q(x,y)(1x4)在C上,求直線PQ斜率的取值范圍;(2)證明:經(jīng)過這三個(gè)交點(diǎn)的圓

24、E過定點(diǎn).(1)解:由題意得P(0,a)(a0),Q(x,2x2-4x+a)(1x4),故kPQ=2x-4.因?yàn)?x4,所以-2kPQ0,ab0)的離心率為,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓C于A,B兩點(diǎn).(1)若以AF1為直徑的動(dòng)圓內(nèi)切于圓x2+y2=9,求橢圓長(zhǎng)軸的長(zhǎng);(2)當(dāng)b=1時(shí),在x軸上是否存在定點(diǎn)T,使得為定值?若存在,求出定值;若不存在,請(qǐng)說明理由.解:(1)設(shè)AF1的中點(diǎn)為M,連接AF2,MO,在AF1F2中,由中位線定理得,|OM|=|AF2|=(2a-|AF1|)=a-|AF1|.當(dāng)兩個(gè)圓內(nèi)切時(shí),|OM|=3-|AF1|,所以a=3,故橢圓長(zhǎng)軸的長(zhǎng)為6.(2

25、)由b=1及離心率為,得c=2,a=3,所以橢圓C的方程為+y2=1.當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=k(x+2).設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立方程,得消去y并整理得(9k2+1)x2+36k2x+72k2-9=0,=36k2+360,x1+x2=-,x1x2=,y1y2=k2(x1+2)(x2+2)=.假設(shè)存在定點(diǎn)T,設(shè)T(x0,0),則=x1x2-(x1+x2)x0+y1y2=,當(dāng)9+36x0+71=9(-9),即x0=-時(shí),為定值,定值為-9=-.當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),不妨設(shè)A-2,B-2,-,當(dāng)T-,0時(shí),=,-=-,為定值.綜上,在x軸上存在定點(diǎn)T-,

26、0,使得為定值-.【例3】 (2018廣州市調(diào)研)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)為F,拋物線C上存在一點(diǎn)E(2,t)到焦點(diǎn)F的距離等于3.(1)求拋物線C的方程;(2)過點(diǎn)K(-1,0)的直線l與拋物線C相交于A,B兩點(diǎn)(A,B兩點(diǎn)在x軸上方),點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為D,且FAFB,求ABD的外接圓的方程.解:(1)拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-,由拋物線的定義,可得2+=3,解得p=2.所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)法一設(shè)直線l的方程為x=my-1(m0).將x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,由=(-4m)2-160,并結(jié)合m0,解得m1.設(shè)A(x1,y1)

27、,B(x2,y2),則D(x1,-y1),y1+y2=4m,y1y2=4,所以=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2,因?yàn)镕AFB,所以=0,即8-4m2=0,結(jié)合m0,解得m=.所以直線l的方程為x-y+1=0.設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),則y0=2m=2,x0=my0-1=3,所以線段AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3).因?yàn)榫€段AD的垂直平分線方程為y=0,所以ABD的外接圓圓心坐標(biāo)為(5,0).因?yàn)閳A心(5,0)到直線l的距離d=2,且|AB|=4,所以圓的半徑r=2.所以ABD的外接圓的方程為(x-5)2+y2=24

28、.法二依題意可設(shè)直線l:y=k(x+1)(k0).將直線l與拋物線C的方程聯(lián)立并整理得k2x2+(2k2-4)x+k2=0.由=(2k2-4)2-4k40,結(jié)合k0,得0k0,解得k=.所以直線l的方程為x-y+1=0.設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),則x0=3,y0=(x0+1)=2,所以線段AB的垂直平分線方程為y-2=-(x-3).因?yàn)榫€段AD的垂直平分線方程為y=0.所以ABD的外接圓圓心坐標(biāo)為(5,0).因?yàn)閳A心(5,0)到直線l的距離d=2,且|AB|=4,所以圓的半徑r=2.所以ABD的外接圓的方程為(x-5)2+y2=24.(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第45頁(yè)) 【典例】 (2018全國(guó)卷

29、,文20)(12分)設(shè)拋物線C:y2=2x,點(diǎn)A(2,0),B(-2,0),過點(diǎn)A的直線l與C交于M,N兩點(diǎn).(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線BM的方程;(2)證明:ABM=ABN.評(píng)分細(xì)則:(1)解:當(dāng)l與x軸垂直時(shí),l的方程為x=2,1分可得M的坐標(biāo)為(2,2)或(2,-2).2分所以直線BM的方程為y=x+1或y=-x-1.4分(2)證明:當(dāng)l與x軸垂直時(shí),AB為MN的垂直平分線,所以ABM=ABN.5分當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),則x10,x20.6分由得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.8分直線B

30、M,BN的斜率之和為kBM+kBN=+=.將x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表達(dá)式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=0.10分所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的傾斜角互補(bǔ),所以ABM=ABN.11分綜上,ABM=ABN.12分注:第(1)問得分說明:寫出l的方程得1分.求出M的坐標(biāo)得1分.求出BM的方程得2分.第(2)問得分說明:當(dāng)l與x軸垂直時(shí),證出ABM=ABN,得1分.當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)出l的方程,得1分.直線l的方程與拋物線方程聯(lián)立,消元并得出x1+x2,x1x2或y1+y2,y1y2的值(含k)得2分.證出BM,BN的斜率之和為0得2分.證

31、出ABM=ABN得1分.寫出結(jié)論得1分.【答題啟示】 (1)求交點(diǎn)問題常聯(lián)立方程組求解.(2)求與交點(diǎn)有關(guān)的問題常聯(lián)立方程組,設(shè)出交點(diǎn),消元,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求解.(3)設(shè)直線方程時(shí),要分斜率存在和不存在兩種情況.本題易忽略斜率不存在的情況而失分.(4)求與交點(diǎn)有關(guān)的問題時(shí),要對(duì)x1與y1,x2與y2相互轉(zhuǎn)化(含斜率k的式子),本題常因不會(huì)轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)化時(shí)計(jì)算錯(cuò)誤而失分.(5)分類討論問題要先分后總,本題易忽略結(jié)論而失1分.(限時(shí):45分鐘)(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第145146頁(yè)) 【選題明細(xì)表】知識(shí)點(diǎn)、方法題號(hào)圓與圓錐曲線綜合問題1定點(diǎn)、定值問題2,3探索性問題4取值范圍問題51.(2018廣西柳州市

32、一模)已知橢圓C:+=1(ab0)的離心率為,F1,F2為橢圓的左右焦點(diǎn),P為橢圓短軸的端點(diǎn),PF1F2的面積為2.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)O為原點(diǎn),若點(diǎn)A在橢圓C上,點(diǎn)B在直線y=2上,且OAOB,試判斷直線AB與圓x2+y2=2的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論.解:(1)由題意,解得a=2,b=c=,所以橢圓C的方程為+=1.(2)直線AB與圓x2+y2=2相切.證明如下:設(shè)點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為(x0,y0),(t,2),其中x00.因?yàn)镺AOB,所以=0,即tx0+2y0=0,解得t=-.當(dāng)x0=t時(shí),y0=-,代入橢圓C的方程,得t=,故直線AB的方程為x=.圓心O到直線AB的距離d=

33、.此時(shí)直線AB與圓x2+y2=2相切.當(dāng)x0t時(shí),直線AB的方程為y-2=(x-t).即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.d=,又+2=4,t=-,故d=.此時(shí)直線AB與圓x2+y2=2相切.綜上,AB與圓x2+y2=2相切.2.(2018湖北省八市聯(lián)考)如圖,已知拋物線x2=2py(p0),其焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2,圓S:x2+y2-py=0,直線l:y=kx+與圓和拋物線自左至右順次交于四點(diǎn)A,B,C,D.(1)若線段AB,BC,CD的長(zhǎng)按此順序構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列,求正數(shù)k的值;(2)若直線l1過拋物線的焦點(diǎn)且垂直于直線l,l1與拋物線交于M,N兩點(diǎn),設(shè)MN,AD的中點(diǎn)分別為

34、P,Q.求證:直線PQ過定點(diǎn).(1)解:由題意可得p=2,所以S(0,1),圓S的半徑為1.設(shè)A(x1,y1),D(x2,y2),由得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,所以|AB|+|CD|=|AS|+|DS|-|BC|=y1+1+y2+1-2=y1+y2=4k2+2,又|AB|+|CD|=2|BC|,即4k2+2=4.又k0,所以k=.(2)證明:由(1)知x1+x2=4k,y1+y2=4k2+2,所以Q(2k,2k2+1).當(dāng)k=0時(shí),直線l1與拋物線沒有兩個(gè)交點(diǎn),所以k0,用-替換k可得P-,+1,所以kPQ=,所以直線PQ的方

35、程為y-(2k2+1)=(x-2k),化簡(jiǎn)得y=x+3,所以直線PQ過定點(diǎn)(0,3).3.(2018廣東省海珠區(qū)一模)已知橢圓C:+=1(ab0)的焦距為2,且過點(diǎn)A(2,1).(1)求橢圓C的方程;(2)若不經(jīng)過點(diǎn)A的直線l:y=kx+m與C交于P,Q兩點(diǎn),且直線AP與直線AQ的斜率之和為0,證明:直線PQ的斜率為定值.(1)解:因?yàn)闄E圓C的焦距為2,且過點(diǎn)A(2,1),所以+=1,2c=2.因?yàn)閍2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,所以橢圓C的方程為+=1.(2)證明:設(shè)點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1=kx1+m,y2=kx2+m,由消去y得(4k2+1)x2+8kmx+

36、4m2-8=0,(*)則x1+x2=-,x1x2=,因?yàn)閗PA+kAQ=0,即=-,化簡(jiǎn)得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0.即2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4m+4=0.代入得-4m+4=0,整理得(2k-1)(m+2k-1)=0,所以k=或m=1-2k.若m=1-2k,可得方程(*)的一個(gè)根為2,不合題意,所以直線PQ的斜率為定值,該值為.4.(2018山西八校聯(lián)考)已知圓C:x2+y2-2x=0,圓P在y軸的右側(cè)且與y軸相切,與圓C外切.(1)求圓心P的軌跡的方程;(2)過點(diǎn)M(2,0),且斜率為k(k0)的直線l與交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)N與點(diǎn)M關(guān)于

37、y軸對(duì)稱,記直線AN,BN的斜率分別為k1,k2,是否存在常數(shù)m,使得+-為定值?若存在,求出該常數(shù)m與定值;若不存在,請(qǐng)說明理由.解:(1)圓C的方程可化為(x-1)2+y2=1,則圓心C(1,0),半徑r=1.設(shè)圓心P的坐標(biāo)為(x,y)(x0),圓P的半徑為R,由題意可得所以|PC|=x+1,即=x+1,整理得y2=4x.所以圓心P的軌跡的方程為y2=4x(x0).(2)由已知,直線l的方程為y=k(x-2),不妨設(shè)t=,則直線l的方程為y=(x-2),即x=ty+2.聯(lián)立,得消去x,得y2-4ty-8=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則因?yàn)辄c(diǎn)M(2,0)與點(diǎn)N關(guān)于y軸對(duì)稱,所以

38、N(-2,0),故k1=,所以=t+,同理,得=t+,所以+-=t+2+t+2-=2t2+8t+16+-mt2=2t2+8t+16-mt2=2t2+8t+16-mt2=2t2+4-mt2=(2-m)t2+4,要使該式為定值,則需2-m=0,即m=2,此時(shí)定值為4.所以存在常數(shù)m=2,使得+-為定值,且定值為4.5.(2018南昌市一模)已知橢圓+=1(ab0),連接橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)和短軸的兩個(gè)端點(diǎn)得到的四邊形為正方形,正方形的邊長(zhǎng)為.(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)C(m,0),過焦點(diǎn)F(c,0)(c0)且斜率為k(k0)的直線l與橢圓交于A,B兩點(diǎn),使得(+),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解:(1)由橢圓的定義及題意得a=,b=c=1,所以橢圓的方程為+y2=1.(2)由(1)得F(1,0),直線l的方程為y=k(x-1),代入+y2=1,得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)M(x0,y0),則x1+x2=,所以y1+y2=k(x1+x2-2)=,x0=,y0=.因?yàn)?=2,所以,所以kCMk=k=-1,所以-m+k=0,m=0,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是0,.