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第3讲圆锥曲线的综合问题1.(2018全国卷,文20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点.线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:2|FP|=|FA|+|FB|.证明:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0m32,故k-12.(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32,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=54,求证:点(m,k)在定圆上.(1)解:由已知得e=ca=32,2b=2,又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),联立直线与椭圆方程,得y=kx+m,x24+y2=1,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=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若kOMkON=54,则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,化简得m2+k2=54,由得0m265,120b0)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12c.(1)求椭圆E的离心率;(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=52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=bcb2+c2=12c,即为a=2b,所以e=ca=1-b2a2=32.(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|=10,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=-8k(1+2k)1+4k2,x1x2=4(1+2k)2-4b21+4k2,由M为AB的中点,可得x1+x2=-4,得-8k(1+2k)1+4k2=-4,解得k=12,从而x1x2=8-2b2,于是|AB|=1+(12)2|x1-x2|=52(x1+x2)2-4x1x2=10(b2-2)=10,解得b2=3,则有椭圆E的方程为x212+y23=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(1,3),N(1,-3).(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(1,3),N(1,-3),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(1,3)在圆C上,所以(1-a)2+(3)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(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,直线OB的方程为y=-2kx,在点A的坐标中用-2k代换k,得B4k2k2+4,-8kk2+4.当直线l的斜率不存在时,4k2+1=4k2k2+4,得k2=2,此时直线l的方程为x=43.当直线l的斜率存在时,4k2+14k2k2+4,即k22,则直线l的斜率为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.故直线l的方程为y-4kk2+1=3k2-k2x-4k2+1,即y=3k2-k2x-43,所以直线l过定点43,0.综上,直线l恒过定点,定点坐标为43,0.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,由题意得y1y2x1x2=-2,即4kb+b2b2=4k+bb=-2,所以b=-43k,所以直线l的方程为y=kx-43k,即y=kx-43,所以直线l过定点43,0.当直线l斜率不存在时,设直线l的方程为x=(0),由x=,(x-2)2+y2=4消x得y2+2-4=0,所以y1+y2=0,y1y2=2-4.由题意得y1y2x1x2=-2,即2-42=-2,所以=43,故直线l的方程为x=43,所以直线l过定点43,0.综上,直线l恒过定点,定点坐标为43,0.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12,它的一个顶点恰好是抛物线x2=83y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x2a2+y2b2=1(ab0).因为椭圆离心率等于12,它的一个顶点恰好是抛物线x2=83y的焦点.x2=83y的焦点为(0,23),所以b=23,e=ca=12,因为a2-b2=c2,所以a2=16,b2=12.所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.(2)直线x=2与椭圆x216+y212=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=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,直线AB斜率为y1-y2x1-x2=12.(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f1(x,y)=0,f2(x,y)=0,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Dx2,0,因为C(0,1),连接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=x24,所以y=x2,所以过点M,N的切线方程分别为y-y1=x12(x-x1),y-y2=x22(x-x2),由4y1=x12,4y2=x22,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:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F2(23,0),圆x2+y-122=494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=12x+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-122=494中,令x=23,得y=1或y=0(舍去),由题意可得a2-b2=12,12a2+1b2=1,解得a2=16,b2=4,所以椭圆E的标准方程为x216+y24=1.(2)由y=12x+m,x2+4y2=16,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=12(x1+x2)+2m=m,所以|AB|=52(x1+x2)2-4x1x2=5232-4m2,设AB的中点为G,则G-m,m2.又直线l与x轴的交点为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|为定值,定值是10.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:x2a2+y2b2=1(ab0),椭圆的右焦点为(1,0),离心率为e=12,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点,且kOAkOB=-34.(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,ca=12,所以a=2,所以b2=a2-c2=3.所以椭圆方程为x24+y23=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B的坐标满足x24+y23=1,y=kx+m.消去y化简得,(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.因为kOAkOB=-34,所以y1y2x1x2=-34,即y1y2=-34x1x2,所以3m2-12k23+4k2=-344m2-123+4k2即2m2-4k2=3,因为|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到直线y=kx+m的距离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)若椭圆上存在P使四边形OAPB为平行四边形,则OP=OA+OB,设P(x0,y0),则x0=x1+x2=-8km3+4k2,y0=y1+y2=6m3+4k2,由于P在椭圆上,所以x024+y023=1,从而化简得16k2m2(3+4k2)2+12m2(3+4k2)2=1,化简得4m2=3+4k2.由kOAkOB=-34,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=k2,xN=xM=k4,所以Nk4,k28.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|=12|AB|.由(1)知yM=12(y1+y2)=12(kx1+kx2+4)=k24+2,又因为MN垂直于x轴,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:x2a2+y2b2=1(ab0)的左顶点为A,右焦点为F2(2,0),点B(2,-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,-2)在C上,所以4a2+2b2=1.又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4,所以椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)假设存在这样的点P,设P(x0,0),E(x1,y1),x10,则F(-x1,-y1),y=kx,x28+y24=1,消去y并化简得,(1+2k2)x2-8=0,解得x1=221+2k2,则y1=22k1+2k2,又A(-22,0),所以AE所在直线的方程为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为直角,则PMPN=0,所以x02-4=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43+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=-p2,所以4+p2=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),直线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),又直线l1,l2间的距离d=2k2+1,所以四边形ABDC的面积S=12d(|AB|+|CD|)=4(k2+1+k2-1).解方程4(k2+1+k2-1)=4(3+1),得k2=2(满足k21),所以存在满足条件的k,k的值为2.最值(范围)问题【例6】 (2016全国卷)已知A是椭圆E:x24+y23=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:3k0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为4.又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.将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的面积SAMN=212127127=14449.(2)证明:设直线AM的方程为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.由题设,设直线AN的方程为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.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(3)=153-260,因此f(t)在(0,+)内有唯一的零点,且零点k在(3,2)内,所以3kb0)的离心率为22,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F1MF1N的取值范围.解:(1)由题意,得e=ca=22,1sin2+cos2=c,a2=b2+c2c=1,a2=2,b2=1,故椭圆C的标准方程为x22+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M1,22,N1,-22,所以F1M=2,22,F1N=2,-22,故F1MF1N=72.若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-1),由y=k(x-1),x22+y2=1消去y得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.F1M=(x1+1,y1),F1N=(x2+1,y2),则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.综上,F1MF1N-1,72. 【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=2x2-4x+a-ax=2x-4.因为1x4,所以-2kPQ0,ab0)的离心率为223,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TATB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|=12|AF2|=12(2a-|AF1|)=a-12|AF1|.当两个圆内切时,|OM|=3-12|AF1|,所以a=3,故椭圆长轴的长为6.(2)由b=1及离心率为223,得c=22,a=3,所以椭圆C的方程为x29+y2=1.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x+22).设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程,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.假设存在定点T,设T(x0,0),则TATB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2=(9x02+362x0+71)k2+x02-99k2+1,当9x02+362x0+71=9(x02-9),即x0=-1929时,TATB为定值,定值为x02-9=-781.当直线AB的斜率不存在时,不妨设A-22,13,B-22,-13,当T-1929,0时,TATB=29,1329,-13=-781,为定值.综上,在x轴上存在定点T-1929,0,使得TATB为定值-781.【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=-p2,由抛物线的定义,可得2+p2=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FAFB=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2,因为FAFB,所以FAFB=0,即8-4m2=0,结合m0,解得m=2.所以直线l的方程为x-2y+1=0.设AB的中点坐标为(x0,y0),则y0=y1+y22=2m=22,x0=my0-1=3,所以线段AB的垂直平分线方程为y-22=-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=23,且|AB|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=43,所以圆的半径r=d2+(|AB|2)2=26.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=22.所以直线l的方程为x-2y+1=0.设AB的中点坐标为(x0,y0),则x0=x1+x22=3,y0=22(x0+1)=22,所以线段AB的垂直平分线方程为y-22=-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=23,且|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=43,所以圆的半径r=d2+(|AB|2)2=26.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=12x+1或y=-12x-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y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.8分直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入式分子,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:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,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,ca=22,122cb=2,a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,所以椭圆C的方程为x24+y22=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OAOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.当x0=t时,y0=-t22,代入椭圆C的方程,得t=2,故直线AB的方程为x=2.圆心O到直线AB的距离d=2.此时直线AB与圆x2+y2=2相切.当x0t时,直线AB的方程为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+p2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k0,所以k=22.(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-1k替换k可得P-2k,2k2+1,所以kPQ=k2-1k,所以直线PQ的方程为y-(2k2+1)=k2-1k(x-2k),化简得y=k2-1kx+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:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距为26,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26,且过点A(2,1),所以4a2+1b2=1,2c=26.因为a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,所以椭圆C的方程为x28+y22=1.(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1=kx1+m,y2=kx2+m,由y=kx+m,x28+y22=1,消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-8=0,(*)则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-84k2+1,因为kPA+kAQ=0,即y1-1x1-2=-y2-1x2-2,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(*)的一个根为2,不合题意,所以直线PQ的斜率为定值,该值为12.4.(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1k12+1k22-mk2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R=x,R+1=|PC|,所以|PC|=x+1,即(x-1)2+y2=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=1k,则直线l的方程为y=1t(x-2),即x=ty+2.联立,得y2=4x,x=ty+2,消去x,得y2-4ty-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-8.因为点M(2,0)与点N关于y轴对称,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1k12+1k22-mk2为定值,且定值为4.5.(2018南昌市一模)已知椭圆x2a2+y2b2=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2.(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(CA+CB)BA,求实数m的取值范围.解:(1)由椭圆的定义及题意得a=2,b=c=1,所以椭圆的方程为x22+y2=1.(2)由(1)得F(1,0),直线l的方程为y=k(x-1),代入x22+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=4k22k2+1,所以y1+y2=k(x1+x2-2)=-2k2k2+1,x0=2k22k2+1,y0=-k2k2+1.因为CA+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,所以实数m的取值范围是0,12.
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