2022届高考数学二轮复习 第一篇 专题六 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题教案 文

2022届高考数学二轮复习 第一篇 专题六 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题教案 文1.(2018全国卷,文20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点.线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k-;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且+=0.证明:2|=|+|.证明:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1,+=1.两式相减,并由=k得+k=0.由题设知=1,=m,于是k=-.由题设得0m,故k-.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2mb0)的离心率为,短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点,O为坐标原点,若kOMkON=,求证:点(m,k)在定圆上.(1)解:由已知得e=,2b=2,又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,所以椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),联立直线与椭圆方程,得消去y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,依题意,=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)0,化简得m24k2+1,由根与系数的关系知x1+x2=-,x1x2=,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若kOMkON=,则=,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,化简得m2+k2=,由得0m2,b0)的半焦距为c,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为c.(1)求椭圆E的离心率;(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程.解:(1)经过点(0,b)和(c,0)的直线方程为bx+cy-bc=0,则原点到直线的距离为d=c,即为a=2b,所以e=.(2)由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2,由题意可得圆心M(-2,1)是线段AB的中点,则|AB|=,易知AB与x轴不垂直,记其方程为y=k(x+2)+1,代入可得(1+4k2)x2+8k(1+2k)x+4(1+2k)2-4b2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,由M为AB的中点,可得x1+x2=-4,得=-4,解得k=,从而x1x2=8-2b2,于是|AB|=|x1-x2|=,解得b2=3,则有椭圆E的方程为+=1.定点与定值问题考向1定点问题【例2】 (2018山东省六校联考)在平面直角坐标系xOy中,已知圆C与y轴相切,且过点M(1,),N(1,-).(1)求圆C的方程;(2)已知直线l与圆C交于A,B两点,且直线OA与直线OB的斜率之积为-2.求证:直线l恒过定点,并求出定点的坐标.解:(1)因为圆C过点M(1,),N(1,-),所以圆心C在线段MN的垂直平分线上,即在x轴上,故设圆心为C(a,0),又圆C与y轴相切,易知a0,所以圆C的半径r=a,所以圆C的方程为(x-a)2+y2=a2.因为点M(1,)在圆C上,所以(1-a)2+()2=a2,解得a=2.所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4.(2)记直线OA的斜率为k(k0),则其方程为y=kx.法一联立,得消去y,得(k2+1)x2-4x=0,解得x1=0,x2=.所以A,.由kkOB=-2,得kOB=-,直线OB的方程为y=-x,在点A的坐标中用-代换k,得B,.当直线l的斜率不存在时,=,得k2=2,此时直线l的方程为x=.当直线l的斜率存在时,即k22,则直线l的斜率为=.故直线l的方程为y-=x-,即y=x-,所以直线l过定点,0.综上,直线l恒过定点,定点坐标为,0.法二设A1(x1,y1),B(x2,y2),当直线l斜率存在时,设直线l的方程为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(x1+x2)+b2=,由题意得=-2,即=-2,所以b=-k,所以直线l的方程为y=kx-k,即y=kx-,所以直线l过定点,0.当直线l斜率不存在时,设直线l的方程为x=(0),由消x得y2+2-4=0,所以y1+y2=0,y1y2=2-4.由题意得=-2,即=-2,所以=,故直线l的方程为x=,所以直线l过定点,0.综上,直线l恒过定点,定点坐标为,0.考向2定值问题【例3】 (2018江西省红色七校联考)已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,离心率等于,它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知点P(2,t),Q(2,-t)(t0)在椭圆C上,点A,B是椭圆C上不同于P,Q的两个动点,且满足APQ=BPQ.试问:直线AB的斜率是否为定值?请说明理由.解:(1)因为椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,所以设椭圆标准方程为+=1(ab0).因为椭圆离心率等于,它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点.x2=8y的焦点为(0,2),所以b=2,e=,因为a2-b2=c2,所以a2=16,b2=12.所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)直线x=2与椭圆+=1交点P(2,3),Q(2,-3),所以|PQ|=6,设A(x1,y1),B(x2,y2),当APQ=BPQ时,直线PA,PB斜率之和为0.设PA斜率为k,则PB斜率为-k.直线PA的方程为y-3=k(x-2),与椭圆方程联立得(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=,直线AB斜率为=.(1)定点问题的常见解法:根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该定点与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组.以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点;从特殊位置入手,找出定点,再证明该点的坐标满足题意(与参数无关),这种方法叫“特殊值探路法”.(2)关于直线系l:y=kx+m过定点问题有以下重要结论:若m为常数b,则直线l必过定点(0,b);若m=nk(n为常数),则直线l必过定点(-n,0);若m=nk+b(n,b为常数),则直线必过定点(-n,b).(3)一般曲线过定点,把曲线方程化为f1(x,y)+f2(x,y)=0(为参数)的形式,解方程组即得定点坐标.(4)定值问题就是证明一个量与其他变化因素无关.解决这类问题以坐标运算为主,需建立相应的目标函数(用变化的量表示),通过运算求证目标的取值与变化的量无关.热点训练2:(2018太原市二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上.(1)求点B的轨迹E的方程;(2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证:直线MN过定点.(1)解:设B(x,y),y0,则AB的中点D,0,因为C(0,1),连接DC,所以=-,1,=,y.在C中,DCDB,所以=0,所以-+y=0,即x2=4y(y0),所以点B的轨迹E的方程为x2=4y(y0).(2)证明:由(1)可得曲线E的方程为x2=4y(y0).设P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2),因为y=,所以y=,所以过点M,N的切线方程分别为y-y1=(x-x1),y-y2=(x-x2),由4y1=,4y2=,上述切线方程可化为2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.因为点P在这两条切线上,所以2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,即直线MN的方程为2(y-1)=tx,故直线MN过定点C(0,1).热点训练3:(2018长沙市名校实验班二次阶段性测试)椭圆E:+=1(ab0)的右焦点为F2(2,0),圆x2+y-2=与椭圆E的一个交点在x轴上的射影恰好为点F2.(1)求椭圆E的标准方程;(2)设直线l:y=x+m与椭圆E交于A,B两点,以AB为斜边作等腰直角三角形ABC,记直线l与x轴的交点为D,试问|CD|是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.解:(1)在x2+y-2=中,令x=2,得y=1或y=0(舍去),由题意可得解得a2=16,b2=4,所以椭圆E的标准方程为+=1.(2)由可得x2+2mx+2m2-8=0,则=(2m)2-4(2m2-8)=32-4m20,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=-2m,x1x2=2m2-8,y1+y2=(x1+x2)+2m=m,所以|AB|=,设AB的中点为G,则G-m,.又直线l与x轴的交点为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|为定值,定值是.探索性问题考向1位置的探索【例4】 (2018广西三校九月联考)已知椭圆方程C:+=1(ab0),椭圆的右焦点为(1,0),离心率为e=,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点,且kOAkOB=-.(1)求椭圆的方程及AOB的面积;(2)在椭圆上是否存在一点P,使四边形OAPB为平行四边形,若存在,求出|OP|的取值范围,若不存在,说明理由.解:(1)由已知c=1,=,所以a=2,所以b2=a2-c2=3.所以椭圆方程为+=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B的坐标满足消去y化简得,(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=.因为kOAkOB=-,所以=-,即y1y2=-x1x2,所以=-即2m2-4k2=3,因为|AB|=.O到直线y=kx+m的距离d=,所以SAOB=d|AB|=.(2)若椭圆上存在P使四边形OAPB为平行四边形,则=+,设P(x0,y0),则x0=x1+x2=-,y0=y1+y2=,由于P在椭圆上,所以+=1,从而化简得+=1,化简得4m2=3+4k2.由kOAkOB=-,知2m2-4k2=3,联立方程知3+4k2=0,无解,故不存在P使四边形OAPB为平行四边形.考向2参数值的探索【例5】 (2018辽宁省辽南协作校一模)已知抛物线C:y=2x2,直线l:y=kx+2交C于A,B两点,M是AB的中点,过M作x轴的垂线交C于N点.(1)证明:抛物线C在N点处的切线与AB平行;(2)是否存在实数k,使以AB为直径的圆M经过N点?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.(1)证明:设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,.因为(2x2)=4x,所以抛物线在N点处的切线斜率为k,故该切线与AB平行.(2)解:假设存在实数k,使以AB为直径的圆M经过N点,则|MN|=|AB|.由(1)知yM=(y1+y2)=(kx1+kx2+4)=+2,又因为MN垂直于x轴,所以|MN|=yM-yN=,而|AB|=|x1-x2|=.所以=,解得k=2.所以,存在实数k=2使以AB为直径的圆M经过N点.解决存在性(探索性)问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程(组),若方程(组)有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.热点训练4:(2018太原市一模)已知椭圆C:+=1(ab0)的左顶点为A,右焦点为F2(2,0),点B(2,-)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线y=kx(k0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.在x轴上,是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)依题意,得c=2.因为点B(2,-)在C上,所以+=1.又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4,所以椭圆C的方程为+=1.(2)假设存在这样的点P,设P(x0,0),E(x1,y1),x10,则F(-x1,-y1),消去y并化简得,(1+2k2)x2-8=0,解得x1=,则y1=,又A(-2,0),所以AE所在直线的方程为y=(x+2),所以M0,同理可得N0,=-x0,=-x0,.若MPN为直角,则=0,所以-4=0,所以x0=2或x0=-2,所以存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有MPN为直角,此时点P的坐标为(2,0)或(-2,0).热点训练5:已知抛物线E:x2=2py(p0)上一点P的纵坐标为4,且点P到焦点F的距离为5.(1)求抛物线E的方程;(2)如图,设斜率为k的两条平行直线l1,l2分别经过点F和H(0,-1),l1与抛物线E交于A,B两点,l2与抛物线E交于C,D两点.问:是否存在实数k,使得四边形ABDC的面积为4+4?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.解:(1)由抛物线的定义知,点P到抛物线E的准线的距离为5.因为抛物线E的准线方程为y=-,所以4+=5,解得p=2,所以抛物线E的方程为x2=4y.(2)由已知得,直线l1:y=kx+1.由消去y得x2-4kx-4=0,1=16(k2+1)0恒成立,|AB|=4(k2+1),直线l2:y=kx-1,由消去y得x2-4kx+4=0,由2=16(k2-1)0得k21,|CD|=4,又直线l1,l2间的距离d=,所以四边形ABDC的面积S=d(|AB|+|CD|)=4(+).解方程4(+)=4(+1),得k2=2(满足k21),所以存在满足条件的k,k的值为.最值(范围)问题【例6】 (2016全国卷)已知A是椭圆E:+=1的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(1)当|AM|=|AN|时,求AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:k0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.因此AMN的面积SAMN=2=.(2)证明:设直线AM的方程为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|=.由题设,设直线AN的方程为y=-(x+2),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得=,即4k3-6k2+3k-8=0.设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点,f(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以f(t)在(0,+)上单调递增.又f()=15-260,因此f(t)在(0,+)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内,所以kb0)的离心率为,且以原点为圆心,椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin +ycos -1=0相切(为常数).(1)求椭圆C的标准方程;(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作直线l与椭圆交于M,N两点,求的取值范围.解:(1)由题意,得故椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)由(1)得F1(-1,0),F2(1,0).若直线l的斜率不存在,则直线lx轴,直线l的方程为x=1,不妨记M1,N1,-,所以=2,=2,-,故=.若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-1),由消去y得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.=(x1+1,y1),=(x2+1,y2),则=(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,.综上,-1,. 【例1】 (2018福州市期末)抛物线C:y=2x2-4x+a与两坐标轴有三个交点,其中与y轴的交点为P.(1)若点Q(x,y)(1x4)在C上,求直线PQ斜率的取值范围;(2)证明:经过这三个交点的圆E过定点.(1)解:由题意得P(0,a)(a0),Q(x,2x2-4x+a)(1x4),故kPQ=2x-4.因为1x4,所以-2kPQ0,ab0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆C于A,B两点.(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2+y2=9,求椭圆长轴的长;(2)当b=1时,在x轴上是否存在定点T,使得为定值?若存在,求出定值;若不存在,请说明理由.解:(1)设AF1的中点为M,连接AF2,MO,在AF1F2中,由中位线定理得,|OM|=|AF2|=(2a-|AF1|)=a-|AF1|.当两个圆内切时,|OM|=3-|AF1|,所以a=3,故椭圆长轴的长为6.(2)由b=1及离心率为,得c=2,a=3,所以椭圆C的方程为+y2=1.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x+2).设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程,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)=.假设存在定点T,设T(x0,0),则=x1x2-(x1+x2)x0+y1y2=,当9+36x0+71=9(-9),即x0=-时,为定值,定值为-9=-.当直线AB的斜率不存在时,不妨设A-2,B-2,-,当T-,0时,=,-=-,为定值.综上,在x轴上存在定点T-,0,使得为定值-.【例3】 (2018广州市调研)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,抛物线C上存在一点E(2,t)到焦点F的距离等于3.(1)求抛物线C的方程;(2)过点K(-1,0)的直线l与抛物线C相交于A,B两点(A,B两点在x轴上方),点A关于x轴的对称点为D,且FAFB,求ABD的外接圆的方程.解:(1)抛物线的准线方程为x=-,由抛物线的定义,可得2+=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)法一设直线l的方程为x=my-1(m0).将x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,由=(-4m)2-160,并结合m0,解得m1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(x1,-y1),y1+y2=4m,y1y2=4,所以=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2,因为FAFB,所以=0,即8-4m2=0,结合m0,解得m=.所以直线l的方程为x-y+1=0.设AB的中点坐标为(x0,y0),则y0=2m=2,x0=my0-1=3,所以线段AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3).因为线段AD的垂直平分线方程为y=0,所以ABD的外接圆圆心坐标为(5,0).因为圆心(5,0)到直线l的距离d=2,且|AB|=4,所以圆的半径r=2.所以ABD的外接圆的方程为(x-5)2+y2=24.法二依题意可设直线l:y=k(x+1)(k0).将直线l与抛物线C的方程联立并整理得k2x2+(2k2-4)x+k2=0.由=(2k2-4)2-4k40,结合k0,得0k0,解得k=.所以直线l的方程为x-y+1=0.设AB的中点坐标为(x0,y0),则x0=3,y0=(x0+1)=2,所以线段AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3).因为线段AD的垂直平分线方程为y=0.所以ABD的外接圆圆心坐标为(5,0).因为圆心(5,0)到直线l的距离d=2,且|AB|=4,所以圆的半径r=2.所以ABD的外接圆的方程为(x-5)2+y2=24.(对应学生用书第45页) 【典例】 (2018全国卷,文20)(12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;(2)证明:ABM=ABN.评分细则:(1)解:当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,1分可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).2分所以直线BM的方程为y=x+1或y=-x-1.4分(2)证明:当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以ABM=ABN.5分当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20.6分由得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.8分直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=+=.将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=0.10分所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以ABM=ABN.11分综上,ABM=ABN.12分注:第(1)问得分说明:写出l的方程得1分.求出M的坐标得1分.求出BM的方程得2分.第(2)问得分说明:当l与x轴垂直时,证出ABM=ABN,得1分.当l与x轴不垂直时,设出l的方程,得1分.直线l的方程与抛物线方程联立,消元并得出x1+x2,x1x2或y1+y2,y1y2的值(含k)得2分.证出BM,BN的斜率之和为0得2分.证出ABM=ABN得1分.写出结论得1分.【答题启示】 (1)求交点问题常联立方程组求解.(2)求与交点有关的问题常联立方程组,设出交点,消元,根据根与系数的关系求解.(3)设直线方程时,要分斜率存在和不存在两种情况.本题易忽略斜率不存在的情况而失分.(4)求与交点有关的问题时,要对x1与y1,x2与y2相互转化(含斜率k的式子),本题常因不会转化或转化时计算错误而失分.(5)分类讨论问题要先分后总,本题易忽略结论而失1分.(限时:45分钟)(对应学生用书第145146页) 【选题明细表】知识点、方法题号圆与圆锥曲线综合问题1定点、定值问题2,3探索性问题4取值范围问题51.(2018广西柳州市一模)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,F1,F2为椭圆的左右焦点,P为椭圆短轴的端点,PF1F2的面积为2.(1)求椭圆C的方程;(2)设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OAOB,试判断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.解:(1)由题意,解得a=2,b=c=,所以椭圆C的方程为+=1.(2)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),其中x00.因为OAOB,所以=0,即tx0+2y0=0,解得t=-.当x0=t时,y0=-,代入椭圆C的方程,得t=,故直线AB的方程为x=.圆心O到直线AB的距离d=.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.当x0t时,直线AB的方程为y-2=(x-t).即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.d=,又+2=4,t=-,故d=.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.综上,AB与圆x2+y2=2相切.2.(2018湖北省八市联考)如图,已知抛物线x2=2py(p0),其焦点到准线的距离为2,圆S:x2+y2-py=0,直线l:y=kx+与圆和抛物线自左至右顺次交于四点A,B,C,D.(1)若线段AB,BC,CD的长按此顺序构成一个等差数列,求正数k的值;(2)若直线l1过抛物线的焦点且垂直于直线l,l1与抛物线交于M,N两点,设MN,AD的中点分别为P,Q.求证:直线PQ过定点.(1)解:由题意可得p=2,所以S(0,1),圆S的半径为1.设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)证明:由(1)知x1+x2=4k,y1+y2=4k2+2,所以Q(2k,2k2+1).当k=0时,直线l1与抛物线没有两个交点,所以k0,用-替换k可得P-,+1,所以kPQ=,所以直线PQ的方程为y-(2k2+1)=(x-2k),化简得y=x+3,所以直线PQ过定点(0,3).3.(2018广东省海珠区一模)已知椭圆C:+=1(ab0)的焦距为2,且过点A(2,1).(1)求椭圆C的方程;(2)若不经过点A的直线l:y=kx+m与C交于P,Q两点,且直线AP与直线AQ的斜率之和为0,证明:直线PQ的斜率为定值.(1)解:因为椭圆C的焦距为2,且过点A(2,1),所以+=1,2c=2.因为a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,所以椭圆C的方程为+=1.(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1=kx1+m,y2=kx2+m,由消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-8=0,(*)则x1+x2=-,x1x2=,因为kPA+kAQ=0,即=-,化简得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(*)的一个根为2,不合题意,所以直线PQ的斜率为定值,该值为.4.(2018山西八校联考)已知圆C:x2+y2-2x=0,圆P在y轴的右侧且与y轴相切,与圆C外切.(1)求圆心P的轨迹的方程;(2)过点M(2,0),且斜率为k(k0)的直线l与交于A,B两点,点N与点M关于y轴对称,记直线AN,BN的斜率分别为k1,k2,是否存在常数m,使得+-为定值?若存在,求出该常数m与定值;若不存在,请说明理由.解:(1)圆C的方程可化为(x-1)2+y2=1,则圆心C(1,0),半径r=1.设圆心P的坐标为(x,y)(x0),圆P的半径为R,由题意可得所以|PC|=x+1,即=x+1,整理得y2=4x.所以圆心P的轨迹的方程为y2=4x(x0).(2)由已知,直线l的方程为y=k(x-2),不妨设t=,则直线l的方程为y=(x-2),即x=ty+2.联立,得消去x,得y2-4ty-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则因为点M(2,0)与点N关于y轴对称,所以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,要使该式为定值,则需2-m=0,即m=2,此时定值为4.所以存在常数m=2,使得+-为定值,且定值为4.5.(2018南昌市一模)已知椭圆+=1(ab0),连接椭圆的两个焦点和短轴的两个端点得到的四边形为正方形,正方形的边长为.(1)求椭圆的方程;(2)设C(m,0),过焦点F(c,0)(c0)且斜率为k(k0)的直线l与椭圆交于A,B两点,使得(+),求实数m的取值范围.解:(1)由椭圆的定义及题意得a=,b=c=1,所以椭圆的方程为+y2=1.(2)由(1)得F(1,0),直线l的方程为y=k(x-1),代入+y2=1,得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点M(x0,y0),则x1+x2=,所以y1+y2=k(x1+x2-2)=,x0=,y0=.因为+=2,所以,所以kCMk=k=-1,所以-m+k=0,m=0,所以实数m的取值范围是0,.