2019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(wèn)題教案 文.doc

第3講圓錐曲線的綜合問(wèn)題1.(2018全國(guó)卷,文20)已知斜率為k的直線l與橢圓C:x24+y23=1交于A,B兩點(diǎn).線段AB的中點(diǎn)為M(1,m)(m>0).(1)證明:k<-12;(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),且FP+FA+FB=0.證明:2|FP|=|FA|+|FB|.證明:(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x124+y123=1,x224+y223=1.兩式相減,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由題設(shè)得0<m<32,故k<-12.(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+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.又點(diǎn)P在C上,所以m=34,從而P1,-32,|FP|=32.于是|FA|=(x1-1)2+y12=(x1-1)2+3(1-x124)=2-x12.同理|FB|=2-x22.所以|FA|+|FB|=4-12(x1+x2)=3.故2|FP|=|FA|+|FB|.2.(2017全國(guó)卷,文20)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:x22+y2=1上,過(guò)M作x軸的垂線,垂足為N,點(diǎn)P滿足NP=2NM.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=-3上,且OPPQ=1.證明過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.(1)解:設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2NM得x0=x,y0=22y.因?yàn)镸(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)證明:由題意知F(-1,0).設(shè)Q(-3,t),P(m,n),則OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以O(shè)QPF=0,即OQPF.又過(guò)點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ,所以過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過(guò)C的左焦點(diǎn)F.3.(2017全國(guó)卷,文20)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線y=x2+mx-2與x軸交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,1).當(dāng)m變化時(shí),解答下列問(wèn)題:(1)能否出現(xiàn)ACBC的情況?說(shuō)明理由;(2)證明過(guò)A,B,C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為定值.(1)解:不能出現(xiàn)ACBC的情況.理由如下:設(shè)A(x1,0),B(x2,0),則x1,x2滿足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.又C的坐標(biāo)為(0,1),故AC的斜率與BC的斜率之積為-1x1-1x2=-12,所以不能出現(xiàn)ACBC的情況.(2)證明:BC的中點(diǎn)坐標(biāo)為x22,12,可得BC的中垂線方程為y-12=x2x-x22由(1)可得x1+x2=-m,所以AB的中垂線方程為x=-m2.聯(lián)立x=-m2,y-12=x2(x-x22),又x22+mx2-2=0,可得x=-m2,y=-12.所以過(guò)A,B,C三點(diǎn)的圓的圓心坐標(biāo)為-m2,-12,半徑r=m2+92,故圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為2r2-(m2)2=3,所以過(guò)A,B,C三點(diǎn)的圓在y軸上截得的弦長(zhǎng)為定值.1.考查角度以直線與圓錐曲線、圓與圓錐曲線為載體,考查圓錐曲線中的判斷與證明、最值與范圍、定點(diǎn)與定值、存在性等問(wèn)題.2.題型及難易度解答題,難度中高檔.(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第4245頁(yè)) 直線與圓錐曲線、圓與圓錐曲線的綜合問(wèn)題【例1】 (2018南昌市摸底調(diào)研)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,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=54,求證:點(diǎn)(m,k)在定圓上.(1)解:由已知得e=ca=32,2b=2,又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1.(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立直線與橢圓方程,得y=kx+m,x24+y2=1,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m2<4k2+1,由根與系數(shù)的關(guān)系知x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若kOMkON=54,則y1y2x1x2=54,即4y1y2=5x1x2,所以4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,所以(4k2-5)4(m2-1)4k2+1+4km-8km4k2+1+4m2=0,即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化簡(jiǎn)得m2+k2=54,由得0m2<65,120<k254,所以點(diǎn)(m,k)在定圓x2+y2=54上.以圓錐曲線的方程、性質(zhì)為背景考查直線、圓方程、直線與圓的位置關(guān)系等問(wèn)題,關(guān)鍵分析特殊點(diǎn)的位置關(guān)系,如圓的圓心、直徑與圓錐曲線的位置關(guān)系,從而找出它們的數(shù)量關(guān)系求解.熱點(diǎn)訓(xùn)練1:(2017黑龍江大慶二模)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距為c,原點(diǎn)O到經(jīng)過(guò)兩點(diǎn)(c,0),(0,b)的直線的距離為12c.(1)求橢圓E的離心率;(2)如圖,AB是圓M:(x+2)2+(y-1)2=52的一條直徑,若橢圓E經(jīng)過(guò)A,B兩點(diǎn),求橢圓E的方程.解:(1)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,b)和(c,0)的直線方程為bx+cy-bc=0,則原點(diǎn)到直線的距離為d=bcb2+c2=12c,即為a=2b,所以e=ca=1-b2a2=32.(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|=10,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=-8k(1+2k)1+4k2,x1x2=4(1+2k)2-4b21+4k2,由M為AB的中點(diǎn),可得x1+x2=-4,得-8k(1+2k)1+4k2=-4,解得k=12,從而x1x2=8-2b2,于是|AB|=1+(12)2|x1-x2|=52(x1+x2)2-4x1x2=10(b2-2)=10,解得b2=3,則有橢圓E的方程為x212+y23=1.定點(diǎn)與定值問(wèn)題考向1定點(diǎn)問(wèn)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C與y軸相切,且過(guò)點(diǎn)M(1,3),N(1,-3).(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(guò)定點(diǎn),并求出定點(diǎn)的坐標(biāo).解:(1)因?yàn)閳AC過(guò)點(diǎn)M(1,3),N(1,-3),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a>0,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(1,3)在圓C上,所以(1-a)2+(3)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(x-2)2+y2=4,y=kx,消去y,得(k2+1)x2-4x=0,解得x1=0,x2=4k2+1.所以A4k2+1,4kk2+1.由kkOB=-2,得kOB=-2k,直線OB的方程為y=-2kx,在點(diǎn)A的坐標(biāo)中用-2k代換k,得B4k2k2+4,-8kk2+4.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),4k2+1=4k2k2+4,得k2=2,此時(shí)直線l的方程為x=43.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),4k2+14k2k2+4,即k22,則直線l的斜率為4kk2+1-8kk2+44k2+1-4k2k2+4=4k(k2+4)+8k(k2+1)4(k2+4)-4k2(k2+1)=3k(k2+2)4-k4=3k2-k2.故直線l的方程為y-4kk2+1=3k2-k2x-4k2+1,即y=3k2-k2x-43,所以直線l過(guò)定點(diǎn)43,0.綜上,直線l恒過(guò)定點(diǎn),定點(diǎn)坐標(biāo)為43,0.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y=kx+b,(x-2)2+y2=4,消y得(1+k2)x2+(2kb-4)x+b2=0,所以x1+x2=4-2kb1+k2,x1x2=b21+k2,所以y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=4kb+b21+k2,由題意得y1y2x1x2=-2,即4kb+b2b2=4k+bb=-2,所以b=-43k,所以直線l的方程為y=kx-43k,即y=kx-43,所以直線l過(guò)定點(diǎn)43,0.當(dāng)直線l斜率不存在時(shí),設(shè)直線l的方程為x=(0),由x=,(x-2)2+y2=4消x得y2+2-4=0,所以y1+y2=0,y1y2=2-4.由題意得y1y2x1x2=-2,即2-42=-2,所以=43,故直線l的方程為x=43,所以直線l過(guò)定點(diǎn)43,0.綜上,直線l恒過(guò)定點(diǎn),定點(diǎn)坐標(biāo)為43,0.考向2定值問(wèn)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12,它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x2=83y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)(t>0)在橢圓C上,點(diǎn)A,B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(wèn):直線AB的斜率是否為定值?請(qǐng)說(shuō)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x2a2+y2b2=1(a>b>0).因?yàn)闄E圓離心率等于12,它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x2=83y的焦點(diǎn).x2=83y的焦點(diǎn)為(0,23),所以b=23,e=ca=12,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x216+y212=1.(2)直線x=2與橢圓x216+y212=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=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=16k2-24k3+4k2;同理x2+2=16k2+24k3+4k2所以x1+x2=16k2-123+4k2,x1-x2=-48k3+4k2,y1-y2=k(x1-2)+3-k(x2-2)+3=-24k3+4k2,直線AB斜率為y1-y2x1-x2=12.(1)定點(diǎn)問(wèn)題的常見(jiàn)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(wú)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(wú)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(guò)定點(diǎn)問(wèn)題有以下重要結(jié)論:若m為常數(shù)b,則直線l必過(guò)定點(diǎn)(0,b);若m=nk(n為常數(shù)),則直線l必過(guò)定點(diǎn)(-n,0);若m=nk+b(n,b為常數(shù)),則直線必過(guò)定點(diǎn)(-n,b).(3)一般曲線過(guò)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f1(x,y)=0,f2(x,y)=0,即得定點(diǎn)坐標(biāo).(4)定值問(wèn)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(wèn)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(guò)運(yùn)算求證目標(biāo)的取值與變化的量無(wú)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(guò)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過(guò)定點(diǎn).(1)解:設(shè)B(x,y),y>0,則AB的中點(diǎn)Dx2,0,因?yàn)镃(0,1),連接DC,所以DC=-x2,1,DB=x2,y.在C中,DCDB,所以DCDB=0,所以-x24+y=0,即x2=4y(y>0),所以點(diǎn)B的軌跡E的方程為x2=4y(y>0).(2)證明:由(1)可得曲線E的方程為x2=4y(y>0).設(shè)P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2),因?yàn)閥=x24,所以y=x2,所以過(guò)點(diǎn)M,N的切線方程分別為y-y1=x12(x-x1),y-y2=x22(x-x2),由4y1=x12,4y2=x22,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MN的方程為2(y-1)=tx,故直線MN過(guò)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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F2(23,0),圓x2+y-122=494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=12x+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(wèn)|CD|是否為定值?若是,求出定值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.解:(1)在x2+y-122=494中,令x=23,得y=1或y=0(舍去),由題意可得a2-b2=12,12a2+1b2=1,解得a2=16,b2=4,所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216+y24=1.(2)由y=12x+m,x2+4y2=16,可得x2+2mx+2m2-8=0,則=(2m)2-4(2m2-8)=32-4m2>0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=-2m,x1x2=2m2-8,y1+y2=12(x1+x2)+2m=m,所以|AB|=52(x1+x2)2-4x1x2=5232-4m2,設(shè)AB的中點(diǎn)為G,則G-m,m2.又直線l與x軸的交點(diǎn)為D(-2m,0),所以|DG|=m2+m24=5m24,所以|CD|2=|CG|2+|DG|2=14|AB|2+|DG|2=1454(32-4m2)+5m24=10,得|CD|=10,所以|CD|為定值,定值是10.探索性問(wèn)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:x2a2+y2b2=1(a>b>0),橢圓的右焦點(diǎn)為(1,0),離心率為e=12,直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn),且kOAkOB=-34.(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(shuō)明理由.解:(1)由已知c=1,ca=12,所以a=2,所以b2=a2-c2=3.所以橢圓方程為x24+y23=1.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則A,B的坐標(biāo)滿足x24+y23=1,y=kx+m.消去y化簡(jiǎn)得,(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0得4k2-m2+3>0,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k24m2-123+4k2+km-8km3+4k2+m2=3m2-12k23+4k2.因?yàn)閗OAkOB=-34,所以y1y2x1x2=-34,即y1y2=-34x1x2,所以3m2-12k23+4k2=-344m2-123+4k2即2m2-4k2=3,因?yàn)閨AB|=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=(1+k2)48(4k2-m2+3)(3+4k2)2=48(1+k2)(3+4k2)23+4k22=24(1+k2)3+4k2.O到直線y=kx+m的距離d=|m|1+k2,所以SAOB=12d|AB|=12|m|1+k224(1+k2)3+4k2=12m21+k224(1+k2)3+4k2=123+4k22243+4k2=3.(2)若橢圓上存在P使四邊形OAPB為平行四邊形,則OP=OA+OB,設(shè)P(x0,y0),則x0=x1+x2=-8km3+4k2,y0=y1+y2=6m3+4k2,由于P在橢圓上,所以x024+y023=1,從而化簡(jiǎn)得16k2m2(3+4k2)2+12m2(3+4k2)2=1,化簡(jiǎn)得4m2=3+4k2.由kOAkOB=-34,知2m2-4k2=3,聯(lián)立方程知3+4k2=0,無(wú)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(guò)M作x軸的垂線交C于N點(diǎn).(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(guò)N點(diǎn)?若存在,求出k的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)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=k2,xN=xM=k4,所以Nk4,k28.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(guò)N點(diǎn),則|MN|=12|AB|.由(1)知yM=12(y1+y2)=12(kx1+kx2+4)=k24+2,又因?yàn)镸N垂直于x軸,所以|MN|=yM-yN=k2+168,而|AB|=1+k2|x1-x2|=121+k216+k2.所以121+k216+k2=k2+164,解得k=2.所以,存在實(shí)數(shù)k=2使以AB為直徑的圓M經(jīng)過(guò)N點(diǎn).解決存在性(探索性)問(wèn)題通常采用“肯定順推法”,將不確定性問(wèn)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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為A,右焦點(diǎn)為F2(2,0),點(diǎn)B(2,-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(wú)論非零實(shí)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(shuō)明理由.解:(1)依題意,得c=2.因?yàn)辄c(diǎn)B(2,-2)在C上,所以4a2+2b2=1.又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4,所以橢圓C的方程為x28+y24=1.(2)假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P,設(shè)P(x0,0),E(x1,y1),x1>0,則F(-x1,-y1),y=kx,x28+y24=1,消去y并化簡(jiǎn)得,(1+2k2)x2-8=0,解得x1=221+2k2,則y1=22k1+2k2,又A(-22,0),所以AE所在直線的方程為y=k1+1+2k2(x+22),所以M0,22k1+1+2k2,同理可得N0,22k1-1+2k2,PM=-x0,22k1+1+2k2,PN=-x0,22k1-1+2k2.若MPN為直角,則PMPN=0,所以x02-4=0,所以x0=2或x0=-2,所以存在點(diǎn)P,使得無(wú)論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化,總有MPN為直角,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(p>0)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(guò)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(wèn):是否存在實(shí)數(shù)k,使得四邊形ABDC的面積為43+4?若存在,求出k的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)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=-p2,所以4+p2=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y=kx+1,x2=4y,消去y得x2-4kx-4=0,1=16(k2+1)>0恒成立,|AB|=1+k216(k2+1)=4(k2+1),直線l2:y=kx-1,由y=kx-1,x2=4y,消去y得x2-4kx+4=0,由2=16(k2-1)>0得k2>1,|CD|=1+k216(k2-1)=4(k2+1)(k2-1),又直線l1,l2間的距離d=2k2+1,所以四邊形ABDC的面積S=12d(|AB|+|CD|)=4(k2+1+k2-1).解方程4(k2+1+k2-1)=4(3+1),得k2=2(滿足k2>1),所以存在滿足條件的k,k的值為2.最值(范圍)問(wèn)題【例6】 (2016全國(guó)卷)已知A是橢圓E:x24+y23=1的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)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:3<k<2.(1)解:設(shè)M(x1,y1),則由題意知y1>0.由已知及橢圓的對(duì)稱性知,直線AM的傾斜角為4.又A(-2,0),因此直線AM的方程為y=x+2.將x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面積SAMN=212127127=14449.(2)證明:設(shè)直線AM的方程為y=k(x+2)(k>0),代入x24+y23=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.由題設(shè),設(shè)直線AN的方程為y=-1k(x+2),故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,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f(t)在(0,+)上單調(diào)遞增.又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+)內(nèi)有唯一的零點(diǎn),且零點(diǎn)k在(3,2)內(nèi),所以3<k<2.解圓錐曲線中的最值(范圍)問(wèn)題的方法:(1)代數(shù)法:題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系或不等式關(guān)系,則建立函數(shù)、不等式等模型,利用二次函數(shù)法或基本不等式法、換元法、導(dǎo)數(shù)等方法求解;(2)幾何法:題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義,則考慮利用圖形的性質(zhì)求解.熱點(diǎn)訓(xùn)練6:(2018安徽省知名示范高中聯(lián)合質(zhì)檢)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,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(guò)F2作直線l與橢圓交于M,N兩點(diǎn),求F1MF1N的取值范圍.解:(1)由題意,得e=ca=22,1sin2+cos2=c,a2=b2+c2c=1,a2=2,b2=1,故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+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M1,22,N1,-22,所以F1M=2,22,F1N=2,-22,故F1MF1N=72.若直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=k(x-1),由y=k(x-1),x22+y2=1消去y得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.F1M=(x1+1,y1),F1N=(x2+1,y2),則F1MF1N=(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F1MF1N=2(k4-1)2k2+1+4k2-4k42k2+1+1+k2=7k2-12k2+1=72-922k2+1,由k20可得F1MF1N-1,72.綜上,F1MF1N-1,72. 【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)(1<x<4)在C上,求直線PQ斜率的取值范圍;(2)證明:經(jīng)過(guò)這三個(gè)交點(diǎn)的圓E過(guò)定點(diǎn).(1)解:由題意得P(0,a)(a0),Q(x,2x2-4x+a)(1<x<4),故kPQ=2x2-4x+a-ax=2x-4.因?yàn)?<x<4,所以-2<kPQ<4,所以直線PQ的斜率的取值范圍為(-2,4).(2)證明:法一P(0,a)(a0).令2x2-4x+a=0,則=16-8a>0,a<2,且a0,解得x=14-2a2,故拋物線C與x軸交于A1-4-2a2,0,B1+4-2a2,0兩點(diǎn).故可設(shè)圓E的圓心為M(1,t),由|MP|2=|MA|2,得12+(t-a)2=4-2a22+t2,解得t=a2+14,則圓E的半徑r=|MP|=1+(14-a2)2.所以圓E的方程為(x-1)2+y-a2-142=1+14-a22,所以圓E的一般方程為x2+y2-2x-a+12y+a2=0,即x2+y2-2x-12y+a12-y=0.由x2+y2-2x-12y=0,12-y=0,得x=0,y=12或x=2,y=12,故圓E過(guò)定點(diǎn)0,12,2,12.法二P(0,a)(a0),設(shè)拋物線C與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)分別為A(x1,0),B(x2,0),圓E的一般方程為x2+y2+Dx+Fy+G=0,則x12+Dx1+G=0,x22+Dx2+G=0,a2+Fa+G=0,因?yàn)閤1,x2是方程2x2-4x+a=0,即x2-2x+a2=0的兩根,所以x12-2x1+a2=0,x22-2x2+a2=0,所以D=-2,G=a2,所以F=-G-a2a=-a+12,所以圓E的一般方程為x2+y2-2x-a+12y+a2=0,即x2+y2-2x-12y+a12-y=0.由x2+y2-2x-12y=0,12-y=0,得x=0,y=12或x=2,y=12,故圓E過(guò)定點(diǎn)0,12,2,12.【例2】 (2018石家莊質(zhì)檢)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為223,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過(guò)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TATB為定值?若存在,求出定值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)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|=12|AF2|=12(2a-|AF1|)=a-12|AF1|.當(dāng)兩個(gè)圓內(nèi)切時(shí),|OM|=3-12|AF1|,所以a=3,故橢圓長(zhǎng)軸的長(zhǎng)為6.(2)由b=1及離心率為223,得c=22,a=3,所以橢圓C的方程為x29+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+22).設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立方程,得x2+9y2=9,y=k(x+22),消去y并整理得(9k2+1)x2+362k2x+72k2-9=0,=36k2+36>0,x1+x2=-362k29k2+1,x1x2=72k2-99k2+1,y1y2=k2(x1+22)(x2+22)=-k29k2+1.假設(shè)存在定點(diǎn)T,設(shè)T(x0,0),則TATB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2=(9x02+362x0+71)k2+x02-99k2+1,當(dāng)9x02+362x0+71=9(x02-9),即x0=-1929時(shí),TATB為定值,定值為x02-9=-781.當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),不妨設(shè)A-22,13,B-22,-13,當(dāng)T-1929,0時(shí),TATB=29,1329,-13=-781,為定值.綜上,在x軸上存在定點(diǎn)T-1929,0,使得TATB為定值-781.【例3】 (2018廣州市調(diào)研)已知拋物線C:y2=2px(p>0)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(guò)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=-p2,由拋物線的定義,可得2+p2=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(m>0).將x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,由=(-4m)2-16>0,并結(jié)合m>0,解得m>1.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則D(x1,-y1),y1+y2=4m,y1y2=4,所以FAFB=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2,因?yàn)镕AFB,所以FAFB=0,即8-4m2=0,結(jié)合m>0,解得m=2.所以直線l的方程為x-2y+1=0.設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),則y0=y1+y22=2m=22,x0=my0-1=3,所以線段AB的垂直平分線方程為y-22=-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=23,且|AB|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=43,所以圓的半徑r=d2+(|AB|2)2=26.所以ABD的外接圓的方程為(x-5)2+y2=24.法二依題意可設(shè)直線l:y=k(x+1)(k>0).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)2-4k4>0,結(jié)合k>0,得0<k<1.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-2+4k2,x1x2=1.所以y1y2=k2(x1x2+x1+x2+1)=4,所以FAFB=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=8-4k2.因?yàn)镕AFB,所以FAFB=0,所以8-4k2=0,又k>0,解得k=22.所以直線l的方程為x-2y+1=0.設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),則x0=x1+x22=3,y0=22(x0+1)=22,所以線段AB的垂直平分線方程為y-22=-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=23,且|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=43,所以圓的半徑r=d2+(|AB|2)2=26.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(shū)第45頁(yè)) 【典例】 (2018全國(guó)卷,文20)(12分)設(shè)拋物線C:y2=2x,點(diǎn)A(2,0),B(-2,0),過(guò)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=12x+1或y=-12x-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x1>0,x2>0.6分由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.8分直線BM,BN的斜率之和為kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).將x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表達(dá)式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=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(wèn)得分說(shuō)明:寫(xiě)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(wèn)得分說(shuō)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.證出ABM=ABN得1分.寫(xiě)出結(jié)論得1分.【答題啟示】 (1)求交點(diǎn)問(wèn)題常聯(lián)立方程組求解.(2)求與交點(diǎn)有關(guān)的問(wèn)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(wèn)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(wèn)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(shū)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(wèn)題1定點(diǎn)、定值問(wèn)題2,3探索性問(wèn)題4取值范圍問(wèn)題51.(2018廣西柳州市一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,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,ca=22,122cb=2,a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,所以橢圓C的方程為x24+y22=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O(shè)AOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.當(dāng)x0=t時(shí),y0=-t22,代入橢圓C的方程,得t=2,故直線AB的方程為x=2.圓心O到直線AB的距離d=2.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=y0-2x0-t(x-t).即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.d=|2x0-ty0|(y0-2)2+(x0-t)2,又x02+2y02=4,t=-2y0x0,故d=|2x0+2y02x0|x02+y02+4y02x02+4=4+x02x0x04+8x02+162x02=2.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(p>0),其焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為2,圓S:x2+y2-py=0,直線l:y=kx+p2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(guò)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P,Q.求證:直線PQ過(guò)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x2=4y,y=kx+1,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k>0,所以k=22.(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(méi)有兩個(gè)交點(diǎn),所以k0,用-1k替換k可得P-2k,2k2+1,所以kPQ=k2-1k,所以直線PQ的方程為y-(2k2+1)=k2-1k(x-2k),化簡(jiǎn)得y=k2-1kx+3,所以直線PQ過(guò)定點(diǎn)(0,3).3.(2018廣東省海珠區(qū)一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為26,且過(guò)點(diǎn)A(2,1).(1)求橢圓C的方程;(2)若不經(jīng)過(guò)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26,且過(guò)點(diǎn)A(2,1),所以4a2+1b2=1,2c=26.因?yàn)閍2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,所以橢圓C的方程為x28+y22=1.(2)證明:設(shè)點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1=kx1+m,y2=kx2+m,由y=kx+m,x28+y22=1,消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-8=0,(*)則x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-84k2+1,因?yàn)閗PA+kAQ=0,即y1-1x1-2=-y2-1x2-2,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2k(4m2-8)4k2+1-8km(m-1-2k)4k2+1-4m+4=0,整理得(2k-1)(m+2k-1)=0,所以k=12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12.4.(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(guò)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1k12+1k22-mk2為定值?若存在,求出該常數(shù)m與定值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)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)(x>0),圓P的半徑為R,由題意可得R=x,R+1=|PC|,所以|PC|=x+1,即(x-1)2+y2=x+1,整理得y2=4x.所以圓心P的軌跡的方程為y2=4x(x>0).(2)由已知,直線l的方程為y=k(x-2),不妨設(shè)t=1k,則直線l的方程為y=1t(x-2),即x=ty+2.聯(lián)立,得y2=4x,x=ty+2,消去x,得y2-4ty-8=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4t,y1y2=-8.因?yàn)辄c(diǎn)M(2,0)與點(diǎn)N關(guān)于y軸對(duì)稱,所以N(-2,0),故k1=y1x1+2,所以1k1=x1+2y1=ty1+2+2y1=t+4y1,同理,得1k2=t+4y2,所以1k12+1k22-mk2=t+4y12+t+4y22-mk2=2t2+8t1y1+1y2+161y12+1y22-mt2=2t2+8ty1+y2y1y2+16(y1+y2)2-2y1y2(y1y2)2-mt2=2t2+8t4t-8+16(4t)2-2(-8)(-8)2-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1k12+1k22-mk2為定值,且定值為4.5.(2018南昌市一模)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0),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2.(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)C(m,0),過(guò)焦點(diǎn)F(c,0)(c>0)且斜率為k(k0)的直線l與橢圓交于A,B兩點(diǎn),使得(CA+CB)BA,求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解:(1)由橢圓的定義及題意得a=2,b=c=1,所以橢圓的方程為x22+y2=1.(2)由(1)得F(1,0),直線l的方程為y=k(x-1),代入x22+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=4k22k2+1,所以y1+y2=k(x1+x2-2)=-2k2k2+1,x0=2k22k2+1,y0=-k2k2+1.因?yàn)镃A+CB=2CM,所以CMBA,所以kCMk=y0x0-mk=-1,所以2k22k2+1-m+-k2k2+1k=0,m=k22k2+1=12+1k20,12,所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是0,12.