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2019届高三文科数学二轮复习配套教案：第一篇专题六第3讲 圆锥曲线的综合问题
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第3讲 圆锥曲线的综合问题
(对应学生用书第41页)
1.(2018·全国Ⅲ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)(m>0).
(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0
(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)=-2m<0.
又点P在C上,所以m=,
从而P1,-,||=.
于是||=
=
=2-.
同理||=2-.
所以||+||=4-(x1+x2)=3.
故2||=||+||.
2.(2017·全国Ⅱ卷,文20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(1)解:设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).
由=得x0=x,y0=y.
因为M(x0,y0)在C上,所以+=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明:由题意知F(-1,0).
设Q(-3,t),P(m,n),则
=(-3,t),=(-1-m,-n),·=3+3m-tn,
=(m,n),=(-3-m,t-n).
由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以·=0,
即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
3.(2017·全国Ⅲ卷,文20)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:
(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;
(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
(1)解:不能出现AC⊥BC的情况.理由如下:
设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,
所以x1x2=-2.
又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为
·=-,
所以不能出现AC⊥BC的情况.
(2)证明:BC的中点坐标为,,可得BC的中垂线方程为y-=x2x-
由(1)可得x1+x2=-m,
所以AB的中垂线方程为x=-.
联立
又+mx2-2=0,可得
所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为-,-,半径r=,
故圆在y轴上截得的弦长为2=3,
所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
1.考查角度
以直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线为载体,考查圆锥曲线中的判断与证明、最值与范围、定点与定值、存在性等问题.
2.题型及难易度
解答题,难度中高档.
(对应学生用书第42~45页)
直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线的综合问题
【例1】 (2018·南昌市摸底调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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kOM·kON=,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,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,
化简得m2<4k2+1,①
由根与系数的关系知x1+x2=-,
x1x2=,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,
若kOM·kON=,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=,②
由①②得0≤m2<,
以圆锥曲线的方程、性质为背景考查直线、圆方程、直线与圆的位置关系等问题,关键分析特殊点的位置关系,如圆的圆心、直径与圆锥曲线的位置关系,从而找出它们的数量关系求解.
热点训练1:
(2017·黑龙江大庆二模)已知椭圆E:+=1(a>b>0)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=4b2,①
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①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a>0,
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(k≠0),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k·kOB=-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k2≠2,
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=k'x+b(b≠0),
由消y得
(1+k'2)x2+(2k'b-4)x+b2=0,
所以x1+x2=,x1x2=,
所以y1y2=(k'x1+b)(k'x2+b)
=k'2x1x2+k'b(x1+x2)+b2
=,
由题意得=-2,即==-2,
所以b=-k',
所以直线l的方程为y=k'x-k',
即y=k'x-,
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=λ(λ≠0),
由消x得y2+λ2-4λ=0,
所以y1+y2=0,y1y2=λ2-4λ.
由题意得=-2,即=-2,
所以λ=,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)(t>0)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(a>b>0).
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:①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;②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:
①若m为常数b,则直线l必过定点(0,b);
②若m=nk(n为常数),则直线l必过定点(-n,0);
③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)+λf2(x,y)=0(λ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),y>0,则AB的中点D,0,
因为C(0,1),连接DC,
所以=-,1,=,y.
在☉C中,DC⊥DB,所以·=0,
所以-+y=0,
即x2=4y(y>0),
所以点B的轨迹E的方程为x2=4y(y>0).
(2)证明:由(1)可得曲线E的方程为x2=4y(y>0).
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(a>b>0)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Δ=(2m)2-4(2m2-8)=32-4m2>0,
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(a>b>0),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kOA·kOB=-.
(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+3>0,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=k2+km-+m2=.
因为kOA·kOB=-,
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S△AOB=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+4k2.①
由kOA·kOB=-,知2m2-4k2=3,②
联立方程①②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(a>b>0)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(k≠0)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),x1>0,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(p>0)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,
Δ1=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Δ2=16(k2-1)>0得k2>1,
|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k2>1),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Ⅱ卷)已知A是椭圆E:+=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明:
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S△AMN=2×××=.
(2)证明:设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0),
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)2≥0,
所以f(t)在(0,+∞)上单调递增.
又f()=15-26<0,f(2)=6>0,
因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内,
所以
解圆锥曲线中的最值(范围)问题的方法:
(1)代数法:题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等式关系,则建立函数、不等式等模型,利用二次函数法或基本不等式法、换元法、导数等方法求解;(2)几何法:题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形的性质求解.
热点训练6:(2018·安徽省知名示范高中联合质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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 θ+ycos θ-1=0相切(θ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).
①若直线l的斜率不存在,则直线l⊥x轴,直线l的方程为x=1,不妨记M1,,N1,-,
所以=2,,=2,-,
故·=.
②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k2≥0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)(1
(1)解:由题意得P(0,a)(a≠0),Q(x,2x2-4x+a)(1
因为1
(2)证明:法一 P(0,a)(a≠0).
令2x2-4x+a=0,则Δ=16-8a>0,a<2,且a≠0,
解得x=1±,
故抛物线C与x轴交于A1-,0,B1+,0两点.
故可设圆E的圆心为M(1,t),
由|MP|2=|MA|2,得12+(t-a)2=2+t2,
解得t=+,
则圆E的半径r=|MP|=.
所以圆E的方程为
(x-1)2+y--2=1+-2,
所以圆E的一般方程为
x2+y2-2x-a+y+=0,
即x2+y2-2x-y+a-y=0.
由得或
故圆E过定点0,,2,.
法二 P(0,a)(a≠0),设抛物线C与x轴的两个交点分别为A(x1,0),B(x2,0),圆E的一般方程为x2+y2+Dx+Fy+G=0,则
因为x1,x2是方程2x2-4x+a=0,即x2-2x+=0的两根,
所以-2x1+=0,-2x2+=0,
所以D=-2,G=,
所以F==-a+,
所以圆E的一般方程为
x2+y2-2x-a+y+=0,
即x2+y2-2x-y+a-y=0.
由得或
故圆E过定点0,,2,.
【例2】 (2018·石家庄质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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,
Δ=36k2+36>0,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(p>0)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FA⊥FB,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(m>0).
将x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,
由Δ=(-4m)2-16>0,
并结合m>0,解得m>1.
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FA⊥FB,
所以·=0,
即8-4m2=0,结合m>0,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)(k>0).
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Δ=(2k2-4)2-4k4>0,
结合k>0,得0
则x1+x2=-2+,x1x2=1.
所以y1y2=k2(x1x2+x1+x2+1)=4,
所以·=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=8-.
因为FA⊥FB,所以·=0,
所以8-=0,又k>0,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Ⅰ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)(k≠0),
M(x1,y1),N(x2,y2),
则x1>0,x2>0.6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=+=.①
将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①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:
①写出l的方程得1分.
②求出M的坐标得1分.
③求出BM的方程得2分.
第(2)问得分说明:
①当l与x轴垂直时,证出∠ABM=∠ABN,得1分.
②当l与x轴不垂直时,设出l的方程,得1分.
③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.
④证出BM,BN的斜率之和为0得2分.
⑤证出∠ABM=∠ABN得1分.
⑥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145~146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
5
1.(2018·广西柳州市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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OA⊥OB,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x0≠0.
因为OA⊥OB,
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x0≠t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(p>0),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k>0,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k≠0,
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(a>b>0)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Γ的方程;
(2)过点M(2,0),且斜率为k(k≠0)的直线l与Γ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)(x>0),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Γ的方程为y2=4x(x>0).
(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(a>b>0),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)(c>0)且斜率为k(k≠0)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kCM×k=×k=-1,
所以-m+×k=0,
m==∈0,,
所以实数m的取值范围是0,.
(对应学生用书第41页)
1.(2018·全国Ⅲ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)(m>0).
(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0
(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)=-2m<0.
又点P在C上,所以m=,
从而P1,-,||=.
于是||=
=
=2-.
同理||=2-.
所以||+||=4-(x1+x2)=3.
故2||=||+||.
2.(2017·全国Ⅱ卷,文20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(1)解:设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).
由=得x0=x,y0=y.
因为M(x0,y0)在C上,所以+=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明:由题意知F(-1,0).
设Q(-3,t),P(m,n),则
=(-3,t),=(-1-m,-n),·=3+3m-tn,
=(m,n),=(-3-m,t-n).
由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以·=0,
即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
3.(2017·全国Ⅲ卷,文20)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:
(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;
(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
(1)解:不能出现AC⊥BC的情况.理由如下:
设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2+mx-2=0,
所以x1x2=-2.
又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为
·=-,
所以不能出现AC⊥BC的情况.
(2)证明:BC的中点坐标为,,可得BC的中垂线方程为y-=x2x-
由(1)可得x1+x2=-m,
所以AB的中垂线方程为x=-.
联立
又+mx2-2=0,可得
所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为-,-,半径r=,
故圆在y轴上截得的弦长为2=3,
所以过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
1.考查角度
以直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线为载体,考查圆锥曲线中的判断与证明、最值与范围、定点与定值、存在性等问题.
2.题型及难易度
解答题,难度中高档.
(对应学生用书第42~45页)
直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线的综合问题
【例1】 (2018·南昌市摸底调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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kOM·kON=,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,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,
化简得m2<4k2+1,①
由根与系数的关系知x1+x2=-,
x1x2=,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,
若kOM·kON=,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=,②
由①②得0≤m2<,
以圆锥曲线的方程、性质为背景考查直线、圆方程、直线与圆的位置关系等问题,关键分析特殊点的位置关系,如圆的圆心、直径与圆锥曲线的位置关系,从而找出它们的数量关系求解.
热点训练1:
(2017·黑龙江大庆二模)已知椭圆E:+=1(a>b>0)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=4b2,①
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①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a>0,
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(k≠0),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k·kOB=-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k2≠2,
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=k'x+b(b≠0),
由消y得
(1+k'2)x2+(2k'b-4)x+b2=0,
所以x1+x2=,x1x2=,
所以y1y2=(k'x1+b)(k'x2+b)
=k'2x1x2+k'b(x1+x2)+b2
=,
由题意得=-2,即==-2,
所以b=-k',
所以直线l的方程为y=k'x-k',
即y=k'x-,
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=λ(λ≠0),
由消x得y2+λ2-4λ=0,
所以y1+y2=0,y1y2=λ2-4λ.
由题意得=-2,即=-2,
所以λ=,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)(t>0)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(a>b>0).
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:①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;②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:
①若m为常数b,则直线l必过定点(0,b);
②若m=nk(n为常数),则直线l必过定点(-n,0);
③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)+λf2(x,y)=0(λ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),y>0,则AB的中点D,0,
因为C(0,1),连接DC,
所以=-,1,=,y.
在☉C中,DC⊥DB,所以·=0,
所以-+y=0,
即x2=4y(y>0),
所以点B的轨迹E的方程为x2=4y(y>0).
(2)证明:由(1)可得曲线E的方程为x2=4y(y>0).
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(a>b>0)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Δ=(2m)2-4(2m2-8)=32-4m2>0,
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(a>b>0),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kOA·kOB=-.
(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+3>0,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=k2+km-+m2=.
因为kOA·kOB=-,
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S△AOB=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+4k2.①
由kOA·kOB=-,知2m2-4k2=3,②
联立方程①②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(a>b>0)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(k≠0)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),x1>0,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(p>0)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,
Δ1=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Δ2=16(k2-1)>0得k2>1,
|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k2>1),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Ⅱ卷)已知A是椭圆E:+=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明:
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S△AMN=2×××=.
(2)证明:设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0),
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)2≥0,
所以f(t)在(0,+∞)上单调递增.
又f()=15-26<0,f(2)=6>0,
因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内,
所以
解圆锥曲线中的最值(范围)问题的方法:
(1)代数法:题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等式关系,则建立函数、不等式等模型,利用二次函数法或基本不等式法、换元法、导数等方法求解;(2)几何法:题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形的性质求解.
热点训练6:(2018·安徽省知名示范高中联合质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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 θ+ycos θ-1=0相切(θ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).
①若直线l的斜率不存在,则直线l⊥x轴,直线l的方程为x=1,不妨记M1,,N1,-,
所以=2,,=2,-,
故·=.
②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k2≥0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)(1
(1)解:由题意得P(0,a)(a≠0),Q(x,2x2-4x+a)(1
因为1
(2)证明:法一 P(0,a)(a≠0).
令2x2-4x+a=0,则Δ=16-8a>0,a<2,且a≠0,
解得x=1±,
故抛物线C与x轴交于A1-,0,B1+,0两点.
故可设圆E的圆心为M(1,t),
由|MP|2=|MA|2,得12+(t-a)2=2+t2,
解得t=+,
则圆E的半径r=|MP|=.
所以圆E的方程为
(x-1)2+y--2=1+-2,
所以圆E的一般方程为
x2+y2-2x-a+y+=0,
即x2+y2-2x-y+a-y=0.
由得或
故圆E过定点0,,2,.
法二 P(0,a)(a≠0),设抛物线C与x轴的两个交点分别为A(x1,0),B(x2,0),圆E的一般方程为x2+y2+Dx+Fy+G=0,则
因为x1,x2是方程2x2-4x+a=0,即x2-2x+=0的两根,
所以-2x1+=0,-2x2+=0,
所以D=-2,G=,
所以F==-a+,
所以圆E的一般方程为
x2+y2-2x-a+y+=0,
即x2+y2-2x-y+a-y=0.
由得或
故圆E过定点0,,2,.
【例2】 (2018·石家庄质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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,
Δ=36k2+36>0,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(p>0)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FA⊥FB,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(m>0).
将x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,
由Δ=(-4m)2-16>0,
并结合m>0,解得m>1.
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FA⊥FB,
所以·=0,
即8-4m2=0,结合m>0,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)(k>0).
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Δ=(2k2-4)2-4k4>0,
结合k>0,得0
则x1+x2=-2+,x1x2=1.
所以y1y2=k2(x1x2+x1+x2+1)=4,
所以·=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=8-.
因为FA⊥FB,所以·=0,
所以8-=0,又k>0,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Ⅰ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)(k≠0),
M(x1,y1),N(x2,y2),
则x1>0,x2>0.6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=+=.①
将x1=+2,x2=+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①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:
①写出l的方程得1分.
②求出M的坐标得1分.
③求出BM的方程得2分.
第(2)问得分说明:
①当l与x轴垂直时,证出∠ABM=∠ABN,得1分.
②当l与x轴不垂直时,设出l的方程,得1分.
③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.
④证出BM,BN的斜率之和为0得2分.
⑤证出∠ABM=∠ABN得1分.
⑥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145~146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
5
1.(2018·广西柳州市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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OA⊥OB,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x0≠0.
因为OA⊥OB,
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x0≠t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(p>0),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k>0,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k≠0,
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(a>b>0)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Γ的方程;
(2)过点M(2,0),且斜率为k(k≠0)的直线l与Γ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)(x>0),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Γ的方程为y2=4x(x>0).
(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(a>b>0),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)(c>0)且斜率为k(k≠0)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kCM×k=×k=-1,
所以-m+×k=0,
m==∈0,,
所以实数m的取值范围是0,.
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