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

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:kb>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: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()=15-260,
因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内,
所以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)(11.
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00,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,.