统考版高中数学（文）复习9-8-2圆锥曲线的综合问题学案

第2课时　圆锥曲线中的证明、定值及定点问题

提 升  关键能力——考点突破　掌握类题通法

考点一　证明问题　[综合性]

 [例1]　已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0，1)，B(0，－1)，焦距为2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－，证明：点D在x轴上．

听课笔记：

反思感悟　圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题．

【对点训练】

[2023·郑州市质量预测]已知椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点C(1，0)．

(1)求椭圆E的方程；

(2)若过点的任意直线与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，求证：恒有|AB|＝2|CM|.

考点二　定值问题　[综合性]

[例2]　[2022·河南高三月考]已知椭圆C：＝1的左焦点为F，离心率为，过F且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知点A(2，0)，过P(2，－4)的直线l交椭圆C于M，N两点，证明：直线AM的斜率与直线AN的斜率之和为定值．

听课笔记：

反思感悟　圆锥曲线中定值问题的两大解法

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)引进变量法：其解题流程为

【对点训练】

[2023·湖北襄阳五中高三月考]已知双曲线C：＝1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点(点P在x轴上方)．

(1)若＝3，求直线l的方程；

(2)设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，证明：为定值．

考点三　定点问题　[综合性]

 [例3]　[2022·贵州贵阳一中高三月考]已知椭圆C1：＝1(a>b>0)的离心率为，且过椭圆的右焦点F有且仅有一条直线与圆C2：x2＋y2＝2相切．

(1)求椭圆C1的标准方程；

(2)设圆C2与y轴的正半轴交于点P.已知直线l斜率存在且不为0，与椭圆C1交于A，B两点，满足∠BPO＝∠APO(O为坐标原点)，证明：直线l过定点．

听课笔记：

反思感悟　求解定点问题常用的方法

(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．

(2)“ 一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．

(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明.

【对点训练】

在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到点F(2，0)的距离与它到直线x＝的距离之比为.记点P的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程；

(2)过点F作两条互相垂直的直线l1，l2.l1交曲线C于A，B两点，l2交曲线C于S，T两点，线段AB的中点为M，线段ST的中点为N.证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标．

第2课时　圆锥曲线中的证明、定值及定点问题

提升关键能力

考点一

例1　解析：(1)由题意，得b＝1，c＝，

所以a2＝b2＋c2＝4，即a＝2.

故椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：设M(x1，m)，则N(－x1，m)，x1≠0，－1<m<1.

所以直线BM的斜率为＝.

因为直线BD，BM的斜率的积为－，所以直线BD的斜率为－.

直线AN的斜率为，所以直线AN的方程为y＝x＋1.

直线BD的方程为y＝－x－1.

联立得

解得点D的纵坐标为yD＝.

因为点M在椭圆C上，所以＋m2＝1，则yD＝0.所以点D在x轴上．

对点训练

解析：(1)由题意知b＝1，＝.

又a2＝b2＋c2，所以a＝.

所以椭圆E的方程为＋x2＝1.

(2)证明：当直线的斜率为0时，易知M为坐标原点，则|AB|＝2|CM|恒成立．

当直线的斜率不存在或存在且不为0时，设过点的直线为x＝ty－，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(9＋18t2)y2－12ty－16＝0，且Δ>0，

则y1＋y2＝，y1y2＝－.

又＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，

所以·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2

＝＋y1y2

＝(1＋t2)y1y2－t(y1＋y2)＋

＝(1＋t2)··＝0，所以⊥.

因为线段AB的中点为M，所以|AB|＝2|CM|.

综上，恒有|AB|＝2|CM|.

考点二

例2　解析：(1)设椭圆的半焦距为c，则

解得所以椭圆C的方程为＝1.

解析：(2)由题意知直线l斜率存在，设其方程为y＝kx＋m(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，

联立方程组代入消元并整理得：(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，

Δ＝(4km)2－4×(2k2＋1)(2m2－4)＝32k2－8m2＋16>0，

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

kAM＋kAN＝，

将y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m代入，整理得：

kAM＋kAN＝，＝，

将韦达定理代入化简得：kAM＋kAN＝.

因为直线l过点P(2，－4)，所以2k＋m＝－4，

代入kAM＋kAN＝，得kAM＋kAN＝.

对点训练

解析：(1)设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

由＝3，F(3，0)可得：(3－x1，－y1)＝3(x2－3，y2)，即，

将P(12－3x2，－3y2)，Q(x2，y2)代入双曲线C方程得

，

消去y2，解得：x2＝，

又点P在x轴上方，∴点Q在x轴下方，∴y2＝－，

∴Q，∴kFQ＝2，

∴直线l的方程为2x－y－6＝0.

(2)证明：∵过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，F(3，0)，

∴可设直线l的方程为x＝my＋3，P(my1＋3，y1)，Q(my2＋3，y2)，

联立方程，消去x整理得：(5m2－4)y2＋30my＋25＝0，

则，解得：m≠±，

∴y1＋y2＝－，y1y2＝，

又A(－2，0)，B(2，0)，∴kAP＝k1＝，kBQ＝k2＝，

∴＝＝，又my1y2＝＝－(y1＋y2)，

∴＝＝－，即为定值－.

考点三

例3　解析：(1)因过椭圆的右焦点F(c，0)有且仅有一条直线与圆C2：x2＋y2＝2相切，

则点F(c，0)在圆C2：x2＋y2＝2上，即c2＝2，而椭圆C1的离心率e＝＝＝，解得a＝，则b2＝a2－c2＝1，

所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1；

解析：(2)圆C2：x2＋y2＝2与y轴的正半轴交于点P(0，)，

依题意，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

由∠BPO＝∠APO知直线AP，BP斜率kAP与kBP互为相反数，又kAP＝，kBP＝，

即＝0，化简整理得：x2(y1－)＋x1(y2－)＝0，

又y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，于是得2kx1x2＋(x1＋x2)＝0，

由消去y得：(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝，

从而有2k·＋(m－)·＝0，即2k·(3m2－3)－6km(m－)＝0，解得m＝，此时直线l的方程为y＝kx＋，所以直线l恒过定点(0，)．

对点训练

解析：(1)设P(x，y)，由题意可得：＝，

即＝2

两边同时平方整理可得：－y2＝1，

所以曲线C的方程为：－y2＝1；

(2)若直线l1，l2斜率都存在且不为0，设l1：y＝k(x－2)，则l2：y＝－(x－2)，

由可得：(3k2－1)x2－12k2x＋12k2＋3＝0，

当3k2－1＝0时，即k2＝，方程为－4x＋7＝0，此时只有一解，不符合题意，

当3k2－1≠0时，Δ＝144k4－4(3k2－1)(12k2＋3)＝12(k2＋1)>0，

由韦达定理可得：x1＋x2＝，所以点M的横坐标为xM＝(x1＋x2)＝，

代入直线l1：y＝k(x－2)可得：yM＝k(xM－2)＝k＝，

所以线段AB的中点M，

用－替换k可得xN＝

＝，yN＝＝，所以线段ST的中点N，

当k≠±1时，kMN＝＝＝，

直线MN的方程为：y＋＝，

整理可得：y＝x－·＝x－＝x－＝(x－3)，

此时直线MN过定点(3，0)，

若k＝±1时，

则M(3，1)，N(3，－1)，或M(3，－1)，N(3，1)，直线MN的方程为x＝3，

此时直线MN也过点(3，0)，

若直线l1，l2中一个斜率不存在，一个斜率为0，不妨设l1斜率为0，则l1：y＝0，

l2：x＝2，此时直线MN的方程为y＝0，此时直线MN也过点(3，0)，

综上所述：直线MN过定点(3，0)，