2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題教案 理

《2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題教案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題教案 理（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題教案 理 1.(2018·全國Ⅲ卷,理19) 如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直,M是上異于C,D的點. (1)證明:平面AMD⊥平面BMC; (2)當三棱錐MABC體積最大時,求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值. (1)證明:由題設知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD. 因為BC⊥CD,BC?平面ABCD, 所以BC⊥平面CMD, 故BC⊥DM. 因為M為上異于C,D的點,且CD為直徑, 所以DM⊥CM. 又BC∩CM=C, 所以DM⊥平面BMC.

2、 而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (2)解: 以D為坐標原點,的方向為x軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz. 當三棱錐MABC體積最大時,M為的中點.由題設得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1), =(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0), 設n=(x,y,z)是平面MAB的法向量, 則即 可取n=(1,0,2), 是平面MCD的法向量, 因此cos==,sin=. 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. 2.(2017·全國Ⅲ卷,理20)已知

3、拋物線C:y2=2x,過點(2,0)的直線l交C于A,B兩點,圓M是以線段AB為直徑的圓. (1)證明:坐標原點O在圓M上; (2)設圓M過點P(4,-2),求直線l與圓M的方程. (1)證明:設A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2. 由 可得y2-2my-4=0,則y1y2=-4. 又x1=,x2=. 故x1x2==4. 因此OA的斜率與OB的斜率之積為 ·==-1, 所以OA⊥OB. 故坐標原點O在圓M上. (2)解:由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4. 故圓心M的坐標為(m2+2,m),圓M的半徑 r=.

4、 由于圓M過點P(4,-2), 因此·=0, 故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0, 即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0. 由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4. 所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-. 當m=1時,直線l的方程為x-y-2=0,圓心M的坐標為(3,1),圓M的半徑為,圓M的方程為(x-3)2+(y-1)2=10. 當m=-時,直線l的方程為2x+y-4=0,圓心M的坐標為,-,圓M的半徑為,圓M的方程為x-2+y+2=. 3.(2017·全國Ⅰ卷,理20)已知橢圓C:+=1(a>b>0),四點P1

5、(1,1),P2(0,1),P3-1,,P41,中恰有三點在橢圓C上. (1)求C的方程; (2)設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點. (1)解:由于P3,P4兩點關于y軸對稱, 故由題設知C經(jīng)過P3,P4兩點, 又由+>+知, C不經(jīng)過點P1,所以點P2在C上. 因此 解得 故C的方程為+y2=1. (2)證明:設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2. 如果l與x軸垂直,設l:x=t, 由題設知t≠0,且|t|<2, 可得A,B的坐標分別為t,,t,-. 則k1+k2=-=-1, 得t=2

6、,不符合題設. 從而可設l:y=kx+m(m≠1). 將y=kx+m代入+y2=1 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由題設可知Δ=16(4k2-m2+1)>0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=-,x1x2=. 而k1+k2=+ =+ =. 由題設知k1+k2=-1, 故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)·+(m-1)·=0. 解得k=-. 當且僅當m>-1時,Δ>0,于是l:y=-x+m, 即y+1=-(x-2), 所以l過定點(2,-1). 4.(2017·全國Ⅱ卷,理20)設O為坐

7、標原點,動點M在橢圓C:+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足=. (1)求點P的軌跡方程; (2)設點Q在直線x=-3上,且·=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. (1)解:設P(x,y),M(x0,y0), 則N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0), 由=得x0=x,y0=y. 因為M(x0,y0)在C上, 所以+=1, 因此點P的軌跡方程為x2+y2=2. (2)證明:由題意知F(-1,0). 設Q(-3,t),P(m,n), 則=(-3,t),=(-1-m,-n), ·=3+3m-tn, =(m,n),=(-3-m,t

8、-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⊥. 又過點P存在唯一直線垂直于OQ, 所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 1.考查角度 以直線與圓錐曲線、圓與圓錐曲線為載體,考查圓錐曲線中的判斷與證明、最值與范圍、定點與定值、存在性等問題. 2.題型及難易度 解答題,難度中高檔. (對應學生用書第48~51頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 直線與圓錐曲線、圓與圓錐曲線的綜合問題 【例1】 (2018·南昌市摸底調研)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的

9、離心率為,短軸長為2. (1)求橢圓C的標準方程; (2)設直線l:y=kx+m與橢圓C交于M,N兩點,O為坐標原點,若kOM·kON=,求證:點(m,k)在定圓上. (1)解:由已知得e==,2b=2, 又a2-b2=c2,所以b=1,a=2, 所以橢圓C的標準方程為+y2=1. (2)證明:設M(x1,y1),N(x2,y2), 聯(lián)立直線與橢圓方程,得 消去y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 依題意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0, 化簡得m2<4k2+1,① 由根與系數(shù)的關系知x1+x2=-, x1x2=, y1y2=

10、(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2, 若kOM·kON=,則=,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,化簡得m2+k2=,② 由①②得0≤m2<,

11、: (2018·臨沂三模)如圖,已知拋物線E:x2=2py(p>0)與圓O:x2+y2=5相交于A,B兩點,且|AB|=4,過劣弧AB上的動點P(x0,y0)作圓O的切線交拋物線E于C,D兩點,分別以C,D為切點作拋物線E的切線l1,l2,相交于點M. (1)求拋物線E的方程; (2)求點M到直線CD距離的最大值. 解:(1)由|AB|=4,且B在圓上, 由拋物線和圓的對稱性可得B(2,1), 代入拋物線可得4=2p, 解得p=2, 所以拋物線E的方程為x2=4y. (2)設Cx1,,Dx2,, 由x2=4y,可得y=x2, 所以y'=x, 則l1的方程為y-=x1

12、(x-x1), 即y=x1x-,① 同理l2的方程為y=x2x-,② 聯(lián)立①②解得x=(x1+x2),y=x1x2, 又CD與圓x2+y2=5切于點P(x0,y0), 易得CD方程為x0x+y0y=5, 其中x0,y0滿足+=5,y0∈[1,], 聯(lián)立 化簡得y0x2+4x0x-20=0, 所以x1+x2=-,x1x2=-, 設M(x,y), 則x=(x1+x2)=-,y=x1x2=-, 所以M-,-, 所以點M到直線CD:x0x+y0y=5距離為 d==, 易知d關于y0單調遞減,dmax==, 即點M到直線CD距離的最大值為. 定點與定值問題 考向1　定

13、點問題 【例2】 (2018·南充模擬)已知橢圓+=1的左焦點為F,左頂點為A. (1)若P是橢圓上的任意一點,求·的取值范圍; (2)已知直線l:y=kx+m與橢圓相交于不同的兩點M,N(均不是長軸的端點),AH⊥MN,垂足為H且=·,求證:直線l恒過定點. (1)解:設P(x0,y0), 又A(-2,0),F(-1,0), 所以·=(-1-x0)(-2-x0)+, 因為P點在橢圓+=1上, 所以+=1, 即=3-, 且-2≤x0≤2, 所以·=+3x0+5, 函數(shù)f(x0)=+3x0+5在[-2,2]上單調遞增, 當x0=-2時,f(x0)取最小值為0; 當x0

14、=2時,f(x0)取最大值為12. 所以·的取值范圍是[0,12]. (2)證明:由題意,聯(lián)立得 (3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 由Δ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0得 4k2+3>m2,① 設M(x1,y1),N(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=, ·=(+)·(+) =+·+·+· =0, 所以(x1+2)(x2+2)+y1y2=0, 即(1+k2)x1x2+(2+km)(x1+x2)+4+m2=0, 4k2-16km+7m2=0, 所以k=m或k=m均適合①, 當k=m時,直線l過點A,舍去, 當k=m時,

15、直線l:y=kx+k過定點-,0. 考向2　定值問題 【例3】 (2018·江西省紅色七校聯(lián)考)已知橢圓C的中心在原點,焦點在x軸上,離心率等于,它的一個頂點恰好是拋物線x2=8y的焦點. (1)求橢圓C的標準方程; (2)已知點P(2,t),Q(2,-t)(t>0)在橢圓C上,點A,B是橢圓C上不同于P,Q的兩個動點,且滿足∠APQ=∠BPQ.試問:直線AB的斜率是否為定值?請說明理由. 解:(1)因為橢圓C的中心在原點,焦點在x軸上, 所以設橢圓標準方程為+=1(a>b>0). 因為橢圓離心率等于,它的一個頂點恰好是拋物線x2=8y的焦點. x2=8y的焦點為(0,

16、2), 所以b=2,e==, 因為a2-b2=c2, 所以a2=16,b2=12. 所以橢圓C的標準方程為+=1. (2)直線x=2與橢圓+=1交點P(2,3),Q(2,-3), 所以|PQ|=6,設A(x1,y1),B(x2,y2), 當∠APQ=∠BPQ時,直線PA,PB斜率之和為0. 設PA斜率為k,則PB斜率為-k. 直線PA的方程為y-3=k(x-2), 與橢圓方程聯(lián)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

17、-2)+3]=, 直線AB斜率為=. (1)定點問題的常見解法:①根據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個直線系或曲線系方程,而該定點與參數(shù)無關,故得到一個關于定點坐標的方程組.以這個方程組的解為坐標的點即為所求定點;②從特殊位置入手,找出定點,再證明該點的坐標滿足題意(與參數(shù)無關),這種方法叫“特殊值探路法”. (2)關于直線系l:y=kx+m過定點問題有以下重要結論: ①若m為常數(shù)b,則直線l必過定點(0,b); ②若m=nk(n為常數(shù)),則直線l必過定點(-n,0); ③若m=nk+b(n,b為常數(shù)),則直線必過定點(-n,b). (3)一般曲線過定點,把曲線方程化為f1(x,y

18、)+λf2(x,y)=0(λ為參數(shù))的形式,解方程組即得定點坐標. (4)定值問題就是證明一個量與其他變化因素無關.解決這類問題以坐標運算為主,需建立相應的目標函數(shù)(用變化的量表示),通過運算求證目標的取值與變化的量無關. 熱點訓練2:(2018·太原市二模)已知以點C(0,1)為圓心的動圓C與y軸負半軸交于點A,其弦AB的中點D恰好落在x軸上. (1)求點B的軌跡E的方程; (2)過直線y=-1上一點P作曲線E的兩條切線,切點分別為M,N.求證:直線MN過定點. (1)解:設B(x,y),y>0,則AB的中點D,0, 因為C(0,1),連接DC, 所以=-,1,=,y. 在☉

19、C中,DC⊥DB,所以·=0, 所以-+y=0, 即x2=4y(y>0), 所以點B的軌跡E的方程為x2=4y(y>0). (2)證明:由(1)可得曲線E的方程為x2=4y(y>0). 設P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2), 因為y=,所以y'=, 所以過點M,N的切線方程分別為y-y1=(x-x1),y-y2=(x-x2), 由4y1=,4y2=,上述切線方程可化為2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x. 因為點P在這兩條切線上, 所以2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2, 即直線MN的方程為2(y-1)=tx, 故直線MN過定點C(

20、0,1). 熱點訓練3:(2018·長沙市名校實驗班二次階段性測試)橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點為F2(2,0),圓x2+y-2=與橢圓E的一個交點在x軸上的射影恰好為點F2. (1)求橢圓E的標準方程; (2)設直線l:y=x+m與橢圓E交于A,B兩點,以AB為斜邊作等腰直角三角形ABC,記直線l與x軸的交點為D,試問|CD|是否為定值?若是,求出定值;若不是,請說明理由. 解:(1)在x2+y-2=中,令x=2,得y=1或y=0(舍去), 由題意可得解得a2=16,b2=4, 所以橢圓E的標準方程為+=1. (2)由可得x2+2mx+2m2-8=0, 則Δ=(2m)

21、2-4(2m2-8)=32-4m2>0, 設A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=-2m,x1x2=2m2-8,y1+y2=(x1+x2)+2m=m, 所以|AB|==, 設AB的中點為G,則G-m,. 又直線l與x軸的交點為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|為定值,定值是. 探索性問題 考向1　位置的探索 【例4】 (2018·廣西三校九月聯(lián)考)已知橢圓方程C:+=1(a>b>0),橢圓的右焦點為(1,0),離心率為e=,直線l:y=

22、kx+m與橢圓C相交于A,B兩點,且kOA·kOB=-. (1)求橢圓的方程及△AOB的面積; (2)在橢圓上是否存在一點P,使四邊形OAPB為平行四邊形,若存在,求出|OP|的取值范圍,若不存在,說明理由. 解:(1)由已知c=1,=,所以a=2, 所以b2=a2-c2=3. 所以橢圓方程為+=1. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則A,B的坐標滿足 消去y化簡得,(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)=k2x1

23、x2+km(x1+x2)+m2 =k2+km-+m2=. 因為kOA·kOB=-, 所以=-,即y1y2=-x1x2, 所以=-·即2m2-4k2=3, 因為|AB|= = = =. O到直線y=kx+m的距離d=, 所以S△AOB=d|AB|=· = ==. (2)若橢圓上存在P使四邊形OAPB為平行四邊形, 則=+,設P(x0,y0), 則x0=x1+x2=-,y0=y1+y2=, 由于P在橢圓上,所以+=1, 從而化簡得+=1, 化簡得4m2=3+4k2.① 由kOA·kOB=-,知2m2-4k2=3,② 聯(lián)立方程①②知3+4k2=0,無解,故不存

24、在P使四邊形OAPB為平行四邊形. 考向2　參數(shù)值的探索 【例5】 (2018·遼寧省遼南協(xié)作校一模)已知拋物線C:y=2x2,直線l:y=kx+2交C于A,B兩點,M是AB的中點,過M作x軸的垂線交C于N點. (1)證明:拋物線C在N點處的切線與AB平行; (2)是否存在實數(shù)k,使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由. (1)證明:設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,. 因為(2x2)'=4x,所以拋物線在N點處的切線斜率為k,故該切線與AB平

25、行. (2)解:假設存在實數(shù)k,使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點,則|MN|=|AB|. 由(1)知yM=(y1+y2)=(kx1+kx2+4)=+2,又因為MN垂直于x軸, 所以|MN|=yM-yN=, 而|AB|=·|x1-x2|=·. 所以·=,解得k=±2. 所以,存在實數(shù)k=±2使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點. 解決存在性(探索性)問題通常采用“肯定順推法”,將不確定性問題明朗化.其步驟為假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在,用待定系數(shù)法設出,列出關于待定系數(shù)的方程(組),若方程(組)有實數(shù)解,則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在;否則,元素(點、直線、曲線或

26、參數(shù))不存在. 熱點訓練4:(2018·太原市一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左頂點為A,右焦點為F2(2,0),點B(2,-)在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程; (2)若直線y=kx(k≠0)與橢圓C交于E,F兩點,直線AE,AF分別與y軸交于點M,N.在x軸上,是否存在點P,使得無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由. 解:(1)依題意,得c=2. 因為點B(2,-)在C上,所以+=1. 又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4, 所以橢圓C的方程為+=1. (2)假設存在這樣的點P,設P(x0,0),E(x1,

27、y1),x1>0,則F(-x1,-y1), 消去y并化簡得,(1+2k2)·x2-8=0, 解得x1=,則y1=, 又A(-2,0), 所以AE所在直線的方程為 y=·(x+2), 所以M0,, 同理可得N0,,=-x0,,=-x0,. 若∠MPN為直角,則·=0,所以-4=0, 所以x0=2或x0=-2,所以存在點P,使得無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角,此時點P的坐標為(2,0)或(-2,0). 熱點訓練5: 已知拋物線E:x2=2py(p>0)上一點P的縱坐標為4,且點P到焦點F的距離為5. (1)求拋物線E的方程; (2)如圖,設斜率為k的兩條平

28、行直線l1,l2分別經(jīng)過點F和H(0,-1),l1與拋物線E交于A,B兩點,l2與拋物線E交于C,D兩點.問:是否存在實數(shù)k,使得四邊形ABDC的面積為4+4?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由. 解:(1)由拋物線的定義知,點P到拋物線E的準線的距離為5. 因為拋物線E的準線方程為y=-, 所以4+=5,解得p=2, 所以拋物線E的方程為x2=4y. (2)由已知得,直線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), 直線l2:y=kx-1,由 消去y得x2-4kx+4=0, 由Δ2=16(k

29、2-1)>0得k2>1, |CD|=·=4, 又直線l1,l2間的距離d=, 所以四邊形ABDC的面積S=·d·(|AB|+|CD|)=4(+). 解方程4(+)=4(+1),得k2=2(滿足k2>1),所以存在滿足條件的k,k的值為±. 最值(范圍)問題 【例6】 (2016·全國Ⅱ卷)已知A是橢圓E:+=1的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MA⊥NA. (1)當|AM|=|AN|時,求△AMN的面積; (2)當2|AM|=|AN|時,證明:0. 由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜

30、角為. 又A(-2,0), 因此直線AM的方程為y=x+2. 將x=y-2代入+=1得7y2-12y=0. 解得y=0或y=, 所以y1=. 因此△AMN的面積S△AMN=2×××=. (2)證明:設直線AM的方程為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|=. 由題設,設直線AN的方程為y=-(x+2), 故同理可得|AN|=. 由2|AM|=|AN|得=, 即4k3-6k2+3k-8=0. 設f(t)=4t3-6t2+3t-8, 則k是f(t)的零

31、點,f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0, 所以f(t)在(0,+∞)上單調遞增. 又f()=15-26<0,f(2)=6>0, 因此f(t)在(0,+∞)內有唯一的零點,且零點k在(,2)內, 所以b>0

32、)的離心率為,左、右焦點分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓于P,Q兩點,以PF1為直徑的動圓內切于圓x2+y2=4. (1)求橢圓的方程; (2)延長PO交橢圓于R點,求△PQR面積的最大值. 解:(1)設|PF1|的中點為M,在三角形PF1F2中,由中位線得|OM|=|PF2|, 當兩個圓相內切時,兩個圓的圓心距等于兩個圓的半徑之差, 即|OM|=2-|PF1|, 所以|PF2|=2-|PF1|?|PF1|+|PF2|=4, 即a=2, 又e=,所以c=1,b=, 所以橢圓方程為+=1. (2)由已知kPQ≠0可設直線PQ:x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,

33、y2), ?(3m2+4)y2-6my-9=0, S△PQR=2S△POQ=|y1-y2|=, 令=t≥1,原式==, 當t=1時,3t+min=4. 所以(S△PQR)max=3. 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【例1】 (2018·福州市期末)拋物線C:y=2x2-4x+a與兩坐標軸有三個交點,其中與y軸的交點為P. (1)若點Q(x,y)(1

34、x<4,所以-20,a<2,且a≠0, 解得x=1±, 故拋物線C與x軸交于A1-,0,B1+,0兩點. 故可設圓E的圓心為M(1,t), 由|MP|2=|MA|2,得12+(t-a)2=2+t2, 解得t=+, 則圓E的半徑r=|MP|=. 所以圓E的方程為 (x-1)2+y--2=1+-2, 所以圓E的一般方程為 x2+y2-2x-a+y+=0, 即x2+y2-2x-y+a-y=0. 由得或 故圓E過定點0,,2

35、,. 法二　P(0,a)(a≠0),設拋物線C與x軸的兩個交點分別為A(x1,0),B(x2,0),圓E的一般方程為x2+y2+Dx+Fy+G=0,則 因為x1,x2是方程2x2-4x+a=0,即x2-2x+=0的兩根, 所以-2x1+=0,-2x2+=0, 所以D=-2,G=, 所以F==-a+, 所以圓E的一般方程為 x2+y2-2x-a+y+=0, 即x2+y2-2x-y+a-y=0. 由得或 故圓E過定點0,,2,. 【例2】 (2018·石家莊質檢)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,左、右焦點分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓C于A,B兩點. (1

36、)若以AF1為直徑的動圓內切于圓x2+y2=9,求橢圓長軸的長; (2)當b=1時,在x軸上是否存在定點T,使得·為定值?若存在,求出定值;若不存在,請說明理由. 解:(1)設AF1的中點為M,連接AF2,MO, 在△AF1F2中,由中位線定理得, |OM|=|AF2|=(2a-|AF1|)=a-|AF1|. 當兩個圓內切時,|OM|=3-|AF1|, 所以a=3,故橢圓長軸的長為6. (2)由b=1及離心率為,得c=2,a=3, 所以橢圓C的方程為+y2=1. 當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=k(x+2). 設A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立方程

37、,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)=. 假設存在定點T,設T(x0,0), 則·=x1x2-(x1+x2)x0++y1y2 =, 當9+36x0+71=9(-9), 即x0=-時,·為定值, 定值為-9=-. 當直線AB的斜率不存在時, 不妨設A-2,,B-2,-, 當T-,0時,·=,·,-=-,為定值. 綜上,在x軸上存在定點T-,0,使得·為定值-. 【例3】 (2018·廣州市調研)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,

38、拋物線C上存在一點E(2,t)到焦點F的距離等于3. (1)求拋物線C的方程; (2)過點K(-1,0)的直線l與拋物線C相交于A,B兩點(A,B兩點在x軸上方),點A關于x軸的對稱點為D,且FA⊥FB,求△ABD的外接圓的方程. 解:(1)拋物線的準線方程為x=-, 由拋物線的定義,可得2+=3,解得p=2. 所以拋物線C的方程為y2=4x. (2)法一　設直線l的方程為x=my-1(m>0). 將x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0, 由Δ=(-4m)2-16>0,并結合m>0,解得m>1. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則D(x1,-y1),

39、 y1+y2=4m,y1y2=4, 所以·=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2, 因為FA⊥FB,所以·=0, 即8-4m2=0,結合m>0,解得m=. 所以直線l的方程為x-y+1=0. 設AB的中點坐標為(x0,y0), 則y0==2m=2,x0=my0-1=3, 所以線段AB的垂直平分線方程為 y-2=-(x-3). 因為線段AD的垂直平分線方程為y=0, 所以△ABD的外接圓圓心坐標為(5,0). 因為圓心(5,0)到直線l的距離d=2, 且|AB|==4, 所以圓的半徑r==2. 所以△ABD的外接

40、圓的方程為(x-5)2+y2=24. 法二　依題意可設直線l:y=k(x+1)(k>0). 將直線l與拋物線C的方程聯(lián)立并整理得k2x2+(2k2-4)x+k2=0. 由Δ=(2k2-4)2-4k4>0,結合k>0,得00,解得k=. 所以直線l的方程為x-y+1=0. 設AB的中點坐標為(x0,y0), 則x0==3,

41、y0=(x0+1)=2, 所以線段AB的垂直平分線方程為 y-2=-(x-3). 因為線段AD的垂直平分線方程為y=0. 所以△ABD的外接圓圓心坐標為(5,0). 因為圓心(5,0)到直線l的距離d=2, 且|AB|==4, 所以圓的半徑r==2. 所以△ABD的外接圓的方程為(x-5)2+y2=24. (對應學生用書第52頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【典例】 (2018·全國Ⅰ卷)(12分)設橢圓C:+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標為 (2,0). (1)當l與x軸垂直時,求直線AM的方程; (2)設O

42、為坐標原點,證明:∠OMA=∠OMB. (1)解:由已知得F(1,0),l的方程為x=1. 由已知可得,點A的坐標為1,或1,-. 又M(2,0),所以AM的方程為y=-x+或y=x-. (2)證明:當l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0°. 當l與x軸垂直時,OM為AB的垂直平分線, 所以∠OMA=∠OMB. 當l與x軸不重合也不垂直時,設l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 則-

43、+y2=1得 (2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0. 所以x1+x2=,x1x2=. 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k ==0. 從而kMA+kMB=0, 故MA,MB的傾斜角互補, 所以∠OMA=∠OMB. 綜上,∠OMA=∠OMB. 注:第(1)問得分說明: ①寫出l的方程得1分. ②求出A的坐標得1分. ③求出AM的方程得2分. 第(2)問得分說明: ①當l與x軸垂直時,證出∠ABM=∠ABN,得1分. ②當l與x軸不垂直時,設出l的方程,得1分. ③直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立,消元并得出x1+x2,x1x2或y1+y2,y1y2的值(含k)得2分. ④證出AM,BM的斜率之和為0得2分. ⑤證出∠OMA=∠OMB得1分. ⑥寫出結論得1分. 【答題啟示】 (1)求交點問題常聯(lián)立方程組求解. (2)求與交點有關的問題常聯(lián)立方程組,設出交點,消元,根據(jù)根與系數(shù)的關系求解. (3)設直線方程時,要分斜率存在和不存在兩種情況.本題易忽略斜率不存在的情況而失分. (4)求與交點有關的問題時,要對x1與y1,x2與y2相互轉化(含斜率k的式子),本題常因不會轉化或轉化時計算錯誤而失分. (5)分類討論問題要先分后總,本題易忽略結論而失1分.