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 文

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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 文 1.(2018·全國Ⅲ卷,文20)已知斜率為k的直線l與橢圓C:+=1交于A,B兩點.線段AB的中點為M(1,m)(m>0). (1)證明:k<-; (2)設F為C的右焦點,P為C上一點,且++=0.證明:2||=||+||. 證明:(1)設A(x1,y1),B(x2,y2), 則+=1,+=1. 兩式相減,并由=k得+·k=0. 由題設知=1,=m, 于是k=-. 由題設得0

2、)+(x2-1,y2)=(0,0). 由(1)及題設得x3=3-(x1+x2)=1, y3=-(y1+y2)=-2m<0. 又點P在C上,所以m=, 從而P1,-,||=. 于是||= = =2-. 同理||=2-. 所以||+||=4-(x1+x2)=3. 故2||=||+||. 2.(2017·全國Ⅱ卷,文20)設O為坐標原點,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(x

3、0,0),=(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-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. 3.(2017·全國Ⅲ卷,文20)在

4、直角坐標系xOy中,曲線y=x2+mx-2與x軸交于A,B兩點,點C的坐標為(0,1).當m變化時,解答下列問題: (1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況?說明理由; (2)證明過A,B,C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值. (1)解:不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況.理由如下: 設A(x1,0),B(x2,0),則x1,x2滿足x2+mx-2=0, 所以x1x2=-2. 又C的坐標為(0,1),故AC的斜率與BC的斜率之積為 ·=-, 所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況. (2)證明:BC的中點坐標為,,可得BC的中垂線方程為y-=x2x- 由(1)可得x1+x2=-m, 所以AB的中垂線方

5、程為x=-. 聯(lián)立 又+mx2-2=0,可得 所以過A,B,C三點的圓的圓心坐標為-,-,半徑r=, 故圓在y軸上截得的弦長為2=3, 所以過A,B,C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值. 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42~45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(diào)研)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,短軸長為2.

6、(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(guān)系知x1+x2=-, x1x2=, y1y2=(kx1+m)(kx2+m

7、)=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<,

8、江大慶二模)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的半焦距為c,原點O到經(jīng)過兩點(c,0),(0,b)的直線的距離為c. (1)求橢圓E的離心率; (2)如圖,AB是圓M:(x+2)2+(y-1)2=的一條直徑,若橢圓E經(jīng)過A,B兩點,求橢圓E的方程. 解:(1)經(jīng)過點(0,b)和(c,0)的直線方程為bx+cy-bc=0, 則原點到直線的距離為d==c, 即為a=2b, 所以e===. (2)由(1)知,橢圓E的方程為x2+4y2=4b2,① 由題意可得圓心M(-2,1)是線段AB的中點,則|AB|=, 易知AB與x軸不垂直,記其方程為y=k(x+2)+1,代入①可得 (1+4

9、k2)x2+8k(1+2k)x+4(1+2k)2-4b2=0, 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=, 由M為AB的中點,可得x1+x2=-4, 得=-4,解得k=, 從而x1x2=8-2b2, 于是|AB|=·|x1-x2| =· ==, 解得b2=3,則有橢圓E的方程為+=1. 定點與定值問題 考向1　定點問題 【例2】 (2018·山東省六校聯(lián)考)在平面直角坐標系xOy中,已知圓C與y軸相切,且過點M(1,),N(1,-). (1)求圓C的方程; (2)已知直線l與圓C交于A,B兩點,且直線OA與直線OB的斜率之積為-2.求證:直

10、線l恒過定點,并求出定點的坐標. 解:(1)因為圓C過點M(1,),N(1,-), 所以圓心C在線段MN的垂直平分線上,即在x軸上, 故設圓心為C(a,0), 又圓C與y軸相切,易知a>0, 所以圓C的半徑r=a, 所以圓C的方程為(x-a)2+y2=a2. 因為點M(1,)在圓C上, 所以(1-a)2+()2=a2,解得a=2. 所以圓C的方程為(x-2)2+y2=4. (2)記直線OA的斜率為k(k≠0),則其方程為y=kx. 法一　聯(lián)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=-, 直線

11、OB的方程為y=-x, 在點A的坐標中用-代換k,得B,. 當直線l的斜率不存在時,=,得k2=2,此時直線l的方程為x=. 當直線l的斜率存在時,≠,即k2≠2, 則直線l的斜率為 ===. 故直線l的方程為y-=x-, 即y=x-,所以直線l過定點,0. 綜上,直線l恒過定點,定點坐標為,0. 法二　設A1(x1,y1),B(x2,y2), 當直線l斜率存在時,設直線l的方程為 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'2x1

12、x2+k'b(x1+x2)+b2 =, 由題意得=-2,即==-2, 所以b=-k', 所以直線l的方程為y=k'x-k', 即y=k'x-, 所以直線l過定點,0. 當直線l斜率不存在時,設直線l的方程為x=λ(λ≠0), 由消x得y2+λ2-4λ=0, 所以y1+y2=0,y1y2=λ2-4λ. 由題意得=-2,即=-2, 所以λ=,故直線l的方程為x=, 所以直線l過定點,0. 綜上,直線l恒過定點,定點坐標為,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

13、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(0,2), 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,-

14、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(x2-2)+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(guān),故得到一個關(guān)于定點坐標的方程組.以這個

15、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(guān)),這種方法叫“特殊值探路法”. (2)關(guān)于直線系l:y=kx+m過定點問題有以下重要結(jié)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)+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(guān).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

16、),通過運算求證目標的取值與變化的量無關(guān). 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☉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(

17、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(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F

18、2. (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)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|

19、==, 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=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

20、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)=k2x1x2+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|=

21、 = ==. 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

22、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

23、|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(guān)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; (

24、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,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

25、+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

26、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(k2-1)>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)

27、,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

28、=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)的零點,f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0, 所以f(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又f()=15-26<0,f(2)=6>0, 因此f(t)在(0,+∞)內(nèi)

29、有唯一的零點,且零點k在(,2)內(nèi), 所以b>0)的離心率為,且以原點為圓心,橢圓的焦距為直徑的圓與直線xsin θ+ycos θ-1=0相切(θ為常數(shù)). (1)求橢圓C的標準方程; (2)若橢圓C的左、右焦點分別

30、為F1,F2,過F2作直線l與橢圓交于M,N兩點,求·的取值范圍. 解:(1)由題意,得? 故橢圓C的標準方程為+y2=1. (2)由(1)得F1(-1,0),F2(1,0). ①若直線l的斜率不存在,則直線l⊥x軸,直線l的方程為x=1,不妨記M1,,N1,-, 所以=2,,=2,-, 故·=. ②若直線l的斜率存在,設直線l的方程為y=k(x-1), 由 消去y得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0, 設M(x1,y1),N(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=. =(x1+1,y1),=(x2+1,y2), 則·=(x1+1)(x2+1)+y1y

31、2=(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,. 綜上,·∈-1,. 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【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

32、-4. 因為10,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

33、圓E過定點0,,2,. 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(zhì)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

34、,B兩點. (1)若以AF1為直徑的動圓內(nèi)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(nèi)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,y

35、2), 聯(lián)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(diào)研)已知拋物線C:y2=2px(p

36、>0)的焦點為F,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(guān)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(jié)合m>0,解得m>1. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則

37、D(x1,-y1), y1+y2=4m,y1y2=4, 所以·=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2, 因為FA⊥FB, 所以·=0, 即8-4m2=0,結(jié)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==

38、2. 所以△ABD的外接圓的方程為(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(jié)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,

39、y0), 則x0==3,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45頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 【典例】 (2018·全國Ⅰ卷,文20)(12分)設拋物線C:y2=2x,點A(2,0),B(-2,0),過點A的直線l與C交于M,N兩點. (1)當l與x軸垂直時,

40、求直線BM的方程; (2)證明:∠ABM=∠ABN. 評分細則: (1)解:當l與x軸垂直時,l的方程為x=2,1分 可得M的坐標為(2,2)或(2,-2).2分 所以直線BM的方程為y=x+1或y=-x-1.4分 (2)證明:當l與x軸垂直時,AB為MN的垂直平分線, 所以∠ABM=∠ABN.5分 當l與x軸不垂直時,設l的方程為y=k(x-2)(k≠0), M(x1,y1),N(x2,y2), 則x1>0,x2>0.6分 由得ky2-2y-4k=0, 可知y1+y2=,y1y2=-4.8分 直線BM,BN的斜率之和為 kBM+kBN=+=.① 將x1=+2,x

41、2=+2及y1+y2,y1y2的表達式代入①式分子,可得 x2y1+x1y2+2(y1+y2)= = =0.10分 所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的傾斜角互補,所以∠ABM=∠ABN.11分 綜上,∠ABM=∠ABN.12分 注:第(1)問得分說明: ①寫出l的方程得1分. ②求出M的坐標得1分. ③求出BM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的方程與拋物線方程聯(lián)立,消元并得出x1+x2,x1x2或y1+y2,y1y2的值(含k)得2分. ④證出

42、BM,BN的斜率之和為0得2分. ⑤證出∠ABM=∠ABN得1分. ⑥寫出結(jié)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(guān)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(guān)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(guān)的問題時,要對x1與y1,x2與y2相互轉(zhuǎn)化(含斜率k的式子),本題常因不會轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)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(jié)論而失1分. (限時:45分鐘)(對應學生用書第145~146頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　

43、　　　 【選題明細表】 知識點、方法 題號 圓與圓錐曲線綜合問題 1 定點、定值問題 2,3 探索性問題 4 取值范圍問題 5 1.(2018·廣西柳州市一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,F1,F2為橢圓的左右焦點,P為橢圓短軸的端點,△PF1F2的面積為2. (1)求橢圓C的方程; (2)設O為原點,若點A在橢圓C上,點B在直線y=2上,且OA⊥OB,試判斷直線AB與圓x2+y2=2的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論. 解:(1)由題意, 解得a=2,b=c=, 所以橢圓C的方程為+=1. (2)直線AB與圓x2+y2=2相切.證明如下:

44、設點A,B的坐標分別為(x0,y0),(t,2),其中x0≠0. 因為OA⊥OB, 所以·=0,即tx0+2y0=0,解得t=-. 當x0=t時,y0=-,代入橢圓C的方程,得t=±, 故直線AB的方程為x=±. 圓心O到直線AB的距離d=. 此時直線AB與圓x2+y2=2相切. 當x0≠t時,直線AB的方程為y-2=(x-t). 即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0. d=,又+2=4,t=-,故 d===. 此時直線AB與圓x2+y2=2相切. 綜上,AB與圓x2+y2=2相切. 2. (2018·湖北省八市聯(lián)考)如圖,已知拋物線x2=2py

45、(p>0),其焦點到準線的距離為2,圓S:x2+y2-py=0,直線l:y=kx+與圓和拋物線自左至右順次交于四點A,B,C,D. (1)若線段AB,BC,CD的長按此順序構(gòu)成一個等差數(shù)列,求正數(shù)k的值; (2)若直線l1過拋物線的焦點且垂直于直線l,l1與拋物線交于M,N兩點,設MN,AD的中點分別為P,Q.求證:直線PQ過定點. (1)解:由題意可得p=2, 所以S(0,1),圓S的半徑為1. 設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|+|

46、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)證明:由(1)知x1+x2=4k,y1+y2=4k2+2, 所以Q(2k,2k2+1). 當k=0時,直線l1與拋物線沒有兩個交點,所以k≠0, 用-替換k可得P-,+1, 所以kPQ=, 所以直線PQ的方程為y-(2k2+1)=(x-2k), 化簡得y=x+3,所以直線PQ過定點(0,3). 3.(2018·廣東省海珠區(qū)一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的焦距為2,且過點A(2,1). (1)求橢圓C的方程

47、; (2)若不經(jīng)過點A的直線l:y=kx+m與C交于P,Q兩點,且直線AP與直線AQ的斜率之和為0,證明:直線PQ的斜率為定值. (1)解:因為橢圓C的焦距為2,且過點A(2,1), 所以+=1,2c=2. 因為a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2, 所以橢圓C的方程為+=1. (2)證明:設點P(x1,y1),Q(x2,y2), 則y1=kx1+m,y2=kx2+m, 由 消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-8=0,(*) 則x1+x2=-,x1x2=, 因為kPA+kAQ=0, 即=-, 化簡得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4

48、=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(*)的一個根為2,不合題意,所以直線PQ的斜率為定值,該值為. 4.(2018·山西八校聯(lián)考)已知圓C:x2+y2-2x=0,圓P在y軸的右側(cè)且與y軸相切,與圓C外切. (1)求圓心P的軌跡Γ的方程; (2)過點M(2,0),且斜率為k(k≠0)的直線l與Γ交于A,B兩點,點N與點M關(guān)于y軸對稱,記直線AN,BN的斜率分別為k1,k2,是否存在常數(shù)m,使得+-為定值?若存在,求出該常數(shù)m與定值

49、;若不存在,請說明理由. 解:(1)圓C的方程可化為(x-1)2+y2=1, 則圓心C(1,0),半徑r=1. 設圓心P的坐標為(x,y)(x>0),圓P的半徑為R, 由題意可得 所以|PC|=x+1, 即=x+1,整理得y2=4x. 所以圓心P的軌跡Γ的方程為y2=4x(x>0). (2)由已知,直線l的方程為y=k(x-2), 不妨設t=,則直線l的方程為y=(x-2), 即x=ty+2. 聯(lián)立,得 消去x,得y2-4ty-8=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則 因為點M(2,0)與點N關(guān)于y軸對稱, 所以N(-2,0),故k1=, 所以===t

50、+, 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, 要使該式為定值,則需2-m=0,即m=2,此時定值為4. 所以存在常數(shù)m=2,使得+-為定值,且定值為4. 5.(2018·南昌市一模)已知橢圓+=1(a>b>0),連接橢圓的兩個焦點和短軸的兩個端點得到的四邊形為正方形,正方形的邊長為. (1)求橢圓的方程; (2)設C(m,0),過焦點F(c,0)(c>0)且斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓交于A,B兩點,使得(+)⊥,求實數(shù)m的取值范圍. 解:(1)由橢圓的定義及題意得a=,b=c=1, 所以橢圓的方程為+y2=1. (2)由(1)得F(1,0),直線l的方程為y=k(x-1),代入+y2=1,得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 設A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點M(x0,y0), 則x1+x2=, 所以y1+y2=k(x1+x2-2)=,x0=, y0=. 因為+=2, 所以⊥,所以kCM×k=×k=-1, 所以-m+×k=0, m==∈0,, 所以實數(shù)m的取值范圍是0,.