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 圓錐曲線的綜合問題教案 理.doc

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第3講圓錐曲線的綜合問題1.(2018全國卷,理19)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點.(1)證明:平面AMD平面BMC;(2)當(dāng)三棱錐MABC體積最大時,求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD平面ABCD,交線為CD.因為BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因為M為CD上異于C,D的點,且CD為直徑,所以DMCM.又BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)解:以D為坐標(biāo)原點,DA的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.當(dāng)三棱錐MABC體積最大時,M為CD的中點.由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0),設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則nAM=0,nAB=0,即-2x+y+z=0,2y=0.可取n=(1,0,2),DA是平面MCD的法向量,因此cos=nDA|n|DA|=55,sin=255.所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是255.2.(2017全國卷,理20)已知拋物線C:y2=2x,過點(2,0)的直線l交C于A,B兩點,圓M是以線段AB為直徑的圓.(1)證明:坐標(biāo)原點O在圓M上;(2)設(shè)圓M過點P(4,-2),求直線l與圓M的方程.(1)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由x=my+2,y2=2x可得y2-2my-4=0,則y1y2=-4.又x1=y122,x2=y222.故x1x2=(y1y2)24=4.因此OA的斜率與OB的斜率之積為y1x1y2x2=-44=-1,所以O(shè)AOB.故坐標(biāo)原點O在圓M上.(2)解:由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圓心M的坐標(biāo)為(m2+2,m),圓M的半徑r=(m2+2)2+m2.由于圓M過點P(4,-2),因此PAPB=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12.當(dāng)m=1時,直線l的方程為x-y-2=0,圓心M的坐標(biāo)為(3,1),圓M的半徑為10,圓M的方程為(x-3)2+(y-1)2=10.當(dāng)m=-12時,直線l的方程為2x+y-4=0,圓心M的坐標(biāo)為94,-12,圓M的半徑為854,圓M的方程為x-942+y+122=8516.3.(2017全國卷,理20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點.(1)解:由于P3,P4兩點關(guān)于y軸對稱,故由題設(shè)知C經(jīng)過P3,P4兩點,又由1a2+1b21a2+34b2知,C不經(jīng)過點P1,所以點P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程為x24+y2=1.(2)證明:設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設(shè)l:x=t,由題設(shè)知t0,且|t|0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.由題設(shè)知k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.當(dāng)且僅當(dāng)m-1時,0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l過定點(2,-1).4.(2017全國卷,理20)設(shè)O為坐標(biāo)原點,動點M在橢圓C:x22+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足NP=2NM.(1)求點P的軌跡方程;(2)設(shè)點Q在直線x=-3上,且OPPQ=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點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.因為M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1,因此點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.又過點P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.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、定點與定值、存在性等問題.2.題型及難易度解答題,難度中高檔.(對應(yīng)學(xué)生用書第4851頁) 直線與圓錐曲線、圓與圓錐曲線的綜合問題【例1】 (2018南昌市摸底調(diào)研)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為32,短軸長為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,O為坐標(biāo)原點,若kOMkON=54,求證:點(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,化簡得m24k2+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,化簡得m2+k2=54,由得0m265,1200)與圓O:x2+y2=5相交于A,B兩點,且|AB|=4,過劣弧AB上的動點P(x0,y0)作圓O的切線交拋物線E于C,D兩點,分別以C,D為切點作拋物線E的切線l1,l2,相交于點M.(1)求拋物線E的方程;(2)求點M到直線CD距離的最大值.解:(1)由|AB|=4,且B在圓上,由拋物線和圓的對稱性可得B(2,1),代入拋物線可得4=2p,解得p=2,所以拋物線E的方程為x2=4y.(2)設(shè)Cx1,14x12,Dx2,14x22,由x2=4y,可得y=14x2,所以y=12x,則l1的方程為y-14x12=12x1(x-x1),即y=12x1x-14x12,同理l2的方程為y=12x2x-14x22,聯(lián)立解得x=12(x1+x2),y=14x1x2,又CD與圓x2+y2=5切于點P(x0,y0),易得CD方程為x0x+y0y=5,其中x0,y0滿足x02+y02=5,y01,5,聯(lián)立x2=4y,x0x+y0y=5,化簡得y0x2+4x0x-20=0,所以x1+x2=-4x0y0,x1x2=-20y0,設(shè)M(x,y),則x=12(x1+x2)=-2x0y0,y=14x1x2=-5y0,所以M-2x0y0,-5y0,所以點M到直線CD:x0x+y0y=5距離為d=|-2x02y0-5-5|x02+y02=10y0-2y0+105,易知d關(guān)于y0單調(diào)遞減,dmax=10-2+105=1855,即點M到直線CD距離的最大值為1855.定點與定值問題考向1定點問題【例2】 (2018南充模擬)已知橢圓x24+y23=1的左焦點為F,左頂點為A.(1)若P是橢圓上的任意一點,求PFPA的取值范圍;(2)已知直線l:y=kx+m與橢圓相交于不同的兩點M,N(均不是長軸的端點),AHMN,垂足為H且AH2=MHHN,求證:直線l恒過定點.(1)解:設(shè)P(x0,y0),又A(-2,0),F(-1,0),所以PFPA=(-1-x0)(-2-x0)+y02,因為P點在橢圓x24+y23=1上,所以x024+y023=1,即y02=3-34x02,且-2x02,所以PFPA=14x02+3x0+5,函數(shù)f(x0)=14x02+3x0+5在-2,2上單調(diào)遞增,當(dāng)x0=-2時,f(x0)取最小值為0;當(dāng)x0=2時,f(x0)取最大值為12.所以PFPA的取值范圍是0,12.(2)證明:由題意,聯(lián)立y=kx+m,x24+y23=1得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)0得4k2+3m2,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,AMAN=(AH+HM)(AH+HN)=AH2+AHHN+AHHM+HMHN=0,所以(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,即(1+k2)x1x2+(2+km)(x1+x2)+4+m2=0,4k2-16km+7m2=0,所以k=12m或k=72m均適合,當(dāng)k=12m時,直線l過點A,舍去,當(dāng)k=72m時,直線l:y=kx+27k過定點-27,0.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,焦點在x軸上,離心率等于12,它的一個頂點恰好是拋物線x2=83y的焦點.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)已知點P(2,t),Q(2,-t)(t0)在橢圓C上,點A,B是橢圓C上不同于P,Q的兩個動點,且滿足APQ=BPQ.試問:直線AB的斜率是否為定值?請說明理由.解:(1)因為橢圓C的中心在原點,焦點在x軸上,所以設(shè)橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2+y2b2=1(ab0).因為橢圓離心率等于12,它的一個頂點恰好是拋物線x2=83y的焦點.x2=83y的焦點為(0,23),所以b=23,e=ca=12,因為a2-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P(2,3),Q(2,-3),所以|PQ|=6,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),當(dāng)APQ=BPQ時,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)定點問題的常見解法:根據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個直線系或曲線系方程,而該定點與參數(shù)無關(guān),故得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組.以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即為所求定點;從特殊位置入手,找出定點,再證明該點的坐標(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(0,b);若m=nk(n為常數(shù)),則直線l必過定點(-n,0);若m=nk+b(n,b為常數(shù)),則直線必過定點(-n,b).(3)一般曲線過定點,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,即得定點坐標(biāo).(4)定值問題就是證明一個量與其他變化因素?zé)o關(guān).解決這類問題以坐標(biāo)運算為主,需建立相應(yīng)的目標(biāo)函數(shù)(用變化的量表示),通過運算求證目標(biāo)的取值與變化的量無關(guān).熱點訓(xùn)練2:(2018太原市二模)已知以點C(0,1)為圓心的動圓C與y軸負(fù)半軸交于點A,其弦AB的中點D恰好落在x軸上.(1)求點B的軌跡E的方程;(2)過直線y=-1上一點P作曲線E的兩條切線,切點分別為M,N.求證:直線MN過定點.(1)解:設(shè)B(x,y),y0,則AB的中點Dx2,0,因為C(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(y0),所以點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),因為y=x24,所以y=x2,所以過點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.因為點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過定點C(0,1).熱點訓(xùn)練3:(2018長沙市名校實驗班二次階段性測試)橢圓E:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦點為F2(23,0),圓x2+y-122=494與橢圓E的一個交點在x軸上的射影恰好為點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,以AB為斜邊作等腰直角三角形ABC,記直線l與x軸的交點為D,試問|CD|是否為定值?若是,求出定值;若不是,請說明理由.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)=32-4m20,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的中點為G,則G-m,m2.又直線l與x軸的交點為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(ab0),橢圓的右焦點為(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,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,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+30,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k24m2-123+4k2+km-8km3+4k2+m2=3m2-12k23+4k2.因為kOAkOB=-34,所以y1y2x1x2=-34,即y1y2=-34x1x2,所以3m2-12k23+4k2=-344m2-123+4k2即2m2-4k2=3,因為|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,從而化簡得16k2m2(3+4k2)2+12m2(3+4k2)2=1,化簡得4m2=3+4k2.由kOAkOB=-34,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,M是AB的中點,過M作x軸的垂線交C于N點.(1)證明:拋物線C在N點處的切線與AB平行;(2)是否存在實數(shù)k,使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由.(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=k2,xN=xM=k4,所以Nk4,k28.因為(2x2)=4x,所以拋物線在N點處的切線斜率為k,故該切線與AB平行.(2)解:假設(shè)存在實數(shù)k,使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點,則|MN|=12|AB|.由(1)知yM=12(y1+y2)=12(kx1+kx2+4)=k24+2,又因為MN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,存在實數(shù)k=2使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點.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、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)有實數(shù)解,則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在;否則,元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在.熱點訓(xùn)練4:(2018太原市一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左頂點為A,右焦點為F2(2,0),點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,直線AE,AF分別與y軸交于點M,N.在x軸上,是否存在點P,使得無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有MPN為直角?若存在,求出點P的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.解:(1)依題意,得c=2.因為點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P,設(shè)P(x0,0),E(x1,y1),x10,則F(-x1,-y1),y=kx,x28+y24=1,消去y并化簡得,(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P,使得無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有MPN為直角,此時點P的坐標(biāo)為(2,0)或(-2,0).熱點訓(xùn)練5:已知拋物線E:x2=2py(p0)上一點P的縱坐標(biāo)為4,且點P到焦點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F和H(0,-1),l1與拋物線E交于A,B兩點,l2與拋物線E交于C,D兩點.問:是否存在實數(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,請說明理由.解:(1)由拋物線的定義知,點P到拋物線E的準(zhǔn)線的距離為5.因為拋物線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k21,|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k21),所以存在滿足條件的k,k的值為2.最值(范圍)問題【例6】 (2016全國卷)已知A是橢圓E:x24+y23=1的左頂點,斜率為k(k0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MANA.(1)當(dāng)|AM|=|AN|時,求AMN的面積;(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時,證明:3k0.由已知及橢圓的對稱性知,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)(k0),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,f(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以f(t)在(0,+)上單調(diào)遞增.又f(3)=153-260,因此f(t)在(0,+)內(nèi)有唯一的零點,且零點k在(3,2)內(nèi),所以3kb0)的離心率為12,左、右焦點分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓于P,Q兩點,以PF1為直徑的動圓內(nèi)切于圓x2+y2=4.(1)求橢圓的方程;(2)延長PO交橢圓于R點,求PQR面積的最大值.解:(1)設(shè)|PF1|的中點為M,在三角形PF1F2中,由中位線得|OM|=12|PF2|,當(dāng)兩個圓相內(nèi)切時,兩個圓的圓心距等于兩個圓的半徑之差,即|OM|=2-12|PF1|,所以12|PF2|=2-12|PF1|PF1|+|PF2|=4,即a=2,又e=12,所以c=1,b=3,所以橢圓方程為x24+y23=1.(2)由已知kPQ0可設(shè)直線PQ:x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),x=my-1,x24+y23=1(3m2+4)y2-6my-9=0,SPQR=2SPOQ=|y1-y2|=12m2+13m2+4,令m2+1=t1,原式=12t3t2+1=123t+1t,當(dāng)t=1時,3t+1tmin=4.所以(SPQR)max=3. 【例1】 (2018福州市期末)拋物線C:y=2x2-4x+a與兩坐標(biāo)軸有三個交點,其中與y軸的交點為P.(1)若點Q(x,y)(1x4)在C上,求直線PQ斜率的取值范圍;(2)證明:經(jīng)過這三個交點的圓E過定點.(1)解:由題意得P(0,a)(a0),Q(x,2x2-4x+a)(1x4),故kPQ=2x2-4x+a-ax=2x-4.因為1x4,所以-2kPQ0,ab0)的離心率為223,左、右焦點分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓C于A,B兩點.(1)若以AF1為直徑的動圓內(nèi)切于圓x2+y2=9,求橢圓長軸的長;(2)當(dāng)b=1時,在x軸上是否存在定點T,使得TATB為定值?若存在,求出定值;若不存在,請說明理由.解:(1)設(shè)AF1的中點為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)兩個圓內(nèi)切時,|OM|=3-12|AF1|,所以a=3,故橢圓長軸的長為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,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+360,x1+x2=-362k29k2+1,x1x2=72k2-99k2+1,y1y2=k2(x1+22)(x2+22)=-k29k2+1.假設(shè)存在定點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,TATB為定值,定值為x02-9=-781.當(dāng)直線AB的斜率不存在時,不妨設(shè)A-22,13,B-22,-13,當(dāng)T-1929,0時,TATB=29,1329,-13=-781,為定值.綜上,在x軸上存在定點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(p0)的焦點為F,拋物線C上存在一點E(2,t)到焦點F的距離等于3.(1)求拋物線C的方程;(2)過點K(-1,0)的直線l與拋物線C相交于A,B兩點(A,B兩點在x軸上方),點A關(guān)于x軸的對稱點為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(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),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,因為FAFB,所以FAFB=0,即8-4m2=0,結(jié)合m0,解得m=2.所以直線l的方程為x-2y+1=0.設(shè)AB的中點坐標(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).因為線段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).因為圓心(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)(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=22.所以直線l的方程為x-2y+1=0.設(shè)AB的中點坐標(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).因為線段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).因為圓心(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.(對應(yīng)學(xué)生用書第52頁) 【典例】 (2018全國卷)(12分)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標(biāo)為 (2,0).(1)當(dāng)l與x軸垂直時,求直線AM的方程;(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點,證明:OMA=OMB.(1)解:由已知得F(1,0),l的方程為x=1.由已知可得,點A的坐標(biāo)為1,22或1,-22.又M(2,0),所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2.(2)證明:當(dāng)l與x軸重合時,OMA=OMB=0.當(dāng)l與x軸垂直時,OM為AB的垂直平分線,所以O(shè)MA=OMB.當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),則-2x12,-2x22,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2.由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.所以x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0.從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補,所以O(shè)MA=OMB.綜上,OMA=OMB.注:第(1)問得分說明:寫出l的方程得1分.求出A的坐標(biāo)得1分.求出AM的方程得2分.第(2)問得分說明:當(dāng)l與x軸垂直時,證出ABM=ABN,得1分.當(dāng)l與x軸不垂直時,設(shè)出l的方程,得1分.直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立,消元并得出x1+x2,x1x2或y1+y2,y1y2的值(含k)得2分.證出AM,BM的斜率之和為0得2分.證出OMA=OMB得1分.寫出結(jié)論得1分.【答題啟示】 (1)求交點問題常聯(lián)立方程組求解.(2)求與交點有關(guān)的問題常聯(lián)立方程組,設(shè)出交點,消元,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求解.(3)設(shè)直線方程時,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)求與交點有關(guān)的問題時,要對x1與y1,x2與y2相互轉(zhuǎn)化(含斜率k的式子),本題常因不會轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)化時計算錯誤而失分.(5)分類討論問題要先分后總,本題易忽略結(jié)論而失1分.