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第3講 圓錐曲線的綜合問題
1.(2018全國Ⅲ卷,文20)已知斜率為k的直線l與橢圓C:x24+y23=1交于A,B兩點.線段AB的中點為M(1,m)(m>0).
(1)證明:k<-12;
(2)設F為C的右焦點,P為C上一點,且FP→+FA→+FB→=0.證明:2|FP→|=|FA→|+|FB→|.
證明:(1)設A(x1,y1),B(x2,y2),
則x124+y123=1,x224+y223=1.
兩式相減,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.
由題設知x1+x22=1,y1+y22=m,
于是k=-34m.
由題設得0
b>0)的離心率為32,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kOMkON=54,求證:點(m,k)在定圓上.
(1)解:由已知得e=ca=32,2b=2,
又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,
所以橢圓C的標準方程為x24+y2=1.
(2)證明:設M(x1,y1),N(x2,y2),
聯(lián)立直線與橢圓方程,得
y=kx+m,x24+y2=1,
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=-8km4k2+1,
x1x2=4m2-44k2+1,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,
若kOMkON=54,則y1y2x1x2=54,即4y1y2=5x1x2,
所以4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,
所以(4k2-5)4(m2-1)4k2+1+4km-8km4k2+1+4m2=0,
即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化簡得m2+k2=54,②
由①②得0≤m2<65,120b>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12c.
(1)求橢圓E的離心率;
(2)如圖,AB是圓M:(x+2)2+(y-1)2=52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=bcb2+c2=12c,
即為a=2b,
所以e=ca=1-b2a2=32.
(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|=10,
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+4k2)x2+8k(1+2k)x+4(1+2k)2-4b2=0,
設A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=-8k(1+2k)1+4k2,x1x2=4(1+2k)2-4b21+4k2,
由M為AB的中點,可得x1+x2=-4,
得-8k(1+2k)1+4k2=-4,解得k=12,
從而x1x2=8-2b2,
于是|AB|=1+(12)2|x1-x2|
=52(x1+x2)2-4x1x2
=10(b2-2)=10,
解得b2=3,則有橢圓E的方程為x212+y23=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(1,3),N(1,-3).
(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:直線l恒過定點,并求出定點的坐標.
解:(1)因為圓C過點M(1,3),N(1,-3),
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(1,3)在圓C上,
所以(1-a)2+(3)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(x-2)2+y2=4,y=kx,
消去y,得(k2+1)x2-4x=0,
解得x1=0,x2=4k2+1.
所以A4k2+1,4kk2+1.
由kkOB=-2,得kOB=-2k,
直線OB的方程為y=-2kx,
在點A的坐標中用-2k代換k,得B4k2k2+4,-8kk2+4.
當直線l的斜率不存在時,4k2+1=4k2k2+4,得k2=2,此時直線l的方程為x=43.
當直線l的斜率存在時,4k2+1≠4k2k2+4,即k2≠2,
則直線l的斜率為
4kk2+1--8kk2+44k2+1-4k2k2+4=4k(k2+4)+8k(k2+1)4(k2+4)-4k2(k2+1)=3k(k2+2)4-k4=3k2-k2.
故直線l的方程為y-4kk2+1=3k2-k2x-4k2+1,
即y=3k2-k2x-43,所以直線l過定點43,0.
綜上,直線l恒過定點,定點坐標為43,0.
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=kx+b(b≠0),
由y=kx+b,(x-2)2+y2=4,消y得
(1+k2)x2+(2kb-4)x+b2=0,
所以x1+x2=4-2kb1+k2,x1x2=b21+k2,
所以y1y2=(kx1+b)(kx2+b)
=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2
=4kb+b21+k2,
由題意得y1y2x1x2=-2,即4kb+b2b2=4k+bb=-2,
所以b=-43k,
所以直線l的方程為y=kx-43k,
即y=kx-43,
所以直線l過定點43,0.
當直線l斜率不存在時,設直線l的方程為x=λ(λ≠0),
由x=λ,(x-2)2+y2=4消x得y2+λ2-4λ=0,
所以y1+y2=0,y1y2=λ2-4λ.
由題意得y1y2x1x2=-2,即λ2-4λλ2=-2,
所以λ=43,故直線l的方程為x=43,
所以直線l過定點43,0.
綜上,直線l恒過定點,定點坐標為43,0.
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12,它的一個頂點恰好是拋物線x2=83y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x2a2+y2b2=1(a>b>0).
因為橢圓離心率等于12,它的一個頂點恰好是拋物線x2=83y的焦點.
x2=83y的焦點為(0,23),
所以b=23,e=ca=12,
因為a2-b2=c2,
所以a2=16,b2=12.
所以橢圓C的標準方程為x216+y212=1.
(2)直線x=2與橢圓x216+y212=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=16k2-24k3+4k2;
同理x2+2=16k2+24k3+4k2
所以x1+x2=16k2-123+4k2,
x1-x2=-48k3+4k2,
y1-y2=k(x1-2)+3-[-k(x2-2)+3]=-24k3+4k2,
直線AB斜率為y1-y2x1-x2=12.
(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f1(x,y)=0,f2(x,y)=0,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),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Dx2,0,
因為C(0,1),連接DC,
所以DC→=-x2,1,DB→=x2,y.
在☉C中,DC⊥DB,所以DC→DB→=0,
所以-x24+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=x24,所以y=x2,
所以過點M,N的切線方程分別為y-y1=x12(x-x1),y-y2=x22(x-x2),
由4y1=x12,4y2=x22,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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F2(23,0),圓x2+y-122=494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=12x+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-122=494中,令x=23,得y=1或y=0(舍去),
由題意可得a2-b2=12,12a2+1b2=1,解得a2=16,b2=4,
所以橢圓E的標準方程為x216+y24=1.
(2)由y=12x+m,x2+4y2=16,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=12(x1+x2)+2m=m,
所以|AB|=52(x1+x2)2-4x1x2=5232-4m2,
設AB的中點為G,則G-m,m2.
又直線l與x軸的交點為D(-2m,0),
所以|DG|=m2+m24=5m24,
所以|CD|2=|CG|2+|DG|2=14|AB|2+|DG|2=1454(32-4m2)+5m24=10,得|CD|=10,
所以|CD|為定值,定值是10.
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:x2a2+y2b2=1(a>b>0),橢圓的右焦點為(1,0),離心率為e=12,直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點,且kOAkOB=-34.
(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,ca=12,所以a=2,
所以b2=a2-c2=3.
所以橢圓方程為x24+y23=1.
設A(x1,y1),B(x2,y2),
則A,B的坐標滿足x24+y23=1,y=kx+m.
消去y化簡得,(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,
(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0得4k2-m2+3>0,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=k24m2-123+4k2+km-8km3+4k2+m2=3m2-12k23+4k2.
因為kOAkOB=-34,
所以y1y2x1x2=-34,即y1y2=-34x1x2,
所以3m2-12k23+4k2=-344m2-123+4k2即2m2-4k2=3,
因為|AB|=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]
=(1+k2)48(4k2-m2+3)(3+4k2)2
=48(1+k2)(3+4k2)23+4k22=24(1+k2)3+4k2.
O到直線y=kx+m的距離d=|m|1+k2,
所以S△AOB=12d|AB|=12|m|1+k224(1+k2)3+4k2
=12m21+k224(1+k2)3+4k2
=123+4k22243+4k2=3.
(2)若橢圓上存在P使四邊形OAPB為平行四邊形,
則OP→=OA→+OB→,設P(x0,y0),
則x0=x1+x2=-8km3+4k2,y0=y1+y2=6m3+4k2,
由于P在橢圓上,所以x024+y023=1,
從而化簡得16k2m2(3+4k2)2+12m2(3+4k2)2=1,
化簡得4m2=3+4k2.①
由kOAkOB=-34,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=k2,xN=xM=k4,所以Nk4,k28.
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|=12|AB|.
由(1)知yM=12(y1+y2)=12(kx1+kx2+4)=k24+2,又因為MN垂直于x軸,
所以|MN|=yM-yN=k2+168,
而|AB|=1+k2|x1-x2|=121+k216+k2.
所以121+k216+k2=k2+164,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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點為A,右焦點為F2(2,0),點B(2,-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,-2)在C上,所以4a2+2b2=1.
又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4,
所以橢圓C的方程為x28+y24=1.
(2)假設存在這樣的點P,設P(x0,0),E(x1,y1),x1>0,則F(-x1,-y1),y=kx,x28+y24=1,
消去y并化簡得,(1+2k2)x2-8=0,
解得x1=221+2k2,則y1=22k1+2k2,
又A(-22,0),
所以AE所在直線的方程為
y=k1+1+2k2(x+22),
所以M0,22k1+1+2k2,
同理可得N0,22k1-1+2k2,PM→=-x0,22k1+1+2k2,PN→=-x0,22k1-1+2k2.
若∠MPN為直角,則PM→PN→=0,所以x02-4=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43+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=-p2,
所以4+p2=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y=kx+1,x2=4y,消去y得x2-4kx-4=0,
Δ1=16(k2+1)>0恒成立,|AB|=1+k216(k2+1)=4(k2+1),
直線l2:y=kx-1,由y=kx-1,x2=4y,
消去y得x2-4kx+4=0,
由Δ2=16(k2-1)>0得k2>1,
|CD|=1+k216(k2-1)=4(k2+1)(k2-1),
又直線l1,l2間的距離d=2k2+1,
所以四邊形ABDC的面積S=12d(|AB|+|CD|)=4(k2+1+k2-1).
解方程4(k2+1+k2-1)=4(3+1),得k2=2(滿足k2>1),所以存在滿足條件的k,k的值為2.
最值(范圍)問題
【例6】 (2016全國Ⅱ卷)已知A是橢圓E:x24+y23=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:30.
由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為π4.
又A(-2,0),
因此直線AM的方程為y=x+2.
將x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=127,
所以y1=127.
因此△AMN的面積S△AMN=212127127=14449.
(2)證明:設直線AM的方程為y=k(x+2)(k>0),
代入x24+y23=1得
(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.
由x1(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,
故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.
由題設,設直線AN的方程為y=-1k(x+2),
故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.
由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,
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(3)=153-26<0,f(2)=6>0,
因此f(t)在(0,+∞)內(nèi)有唯一的零點,且零點k在(3,2)內(nèi),
所以3b>0)的離心率為22,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、右焦點分別為F1,F2,過F2作直線l與橢圓交于M,N兩點,求F1M→F1N→的取值范圍.
解:(1)由題意,得e=ca=22,1sin2θ+cos2θ=c,a2=b2+c2?c=1,a2=2,b2=1,
故橢圓C的標準方程為x22+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M1,22,N1,-22,
所以F1M→=2,22,F1N→=2,-22,
故F1M→F1N→=72.
②若直線l的斜率存在,設直線l的方程為y=k(x-1),
由y=k(x-1),x22+y2=1
消去y得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
設M(x1,y1),N(x2,y2),
則x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.
F1M→=(x1+1,y1),F1N→=(x2+1,y2),
則F1M→F1N→=(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F1M→F1N→=2(k4-1)2k2+1+4k2-4k42k2+1+1+k2=7k2-12k2+1=72-922k2+1,
由k2≥0可得F1M→F1N→∈-1,72.
綜上,F1M→F1N→∈-1,72.
【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)(10,a<2,且a≠0,
解得x=14-2a2,
故拋物線C與x軸交于A1-4-2a2,0,B1+4-2a2,0兩點.
故可設圓E的圓心為M(1,t),
由|MP|2=|MA|2,得12+(t-a)2=4-2a22+t2,
解得t=a2+14,
則圓E的半徑r=|MP|=1+(14-a2)2.
所以圓E的方程為
(x-1)2+y-a2-142=1+14-a22,
所以圓E的一般方程為
x2+y2-2x-a+12y+a2=0,
即x2+y2-2x-12y+a12-y=0.
由x2+y2-2x-12y=0,12-y=0,得x=0,y=12或x=2,y=12,
故圓E過定點0,12,2,12.
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x12+Dx1+G=0,x22+Dx2+G=0,a2+Fa+G=0,
因為x1,x2是方程2x2-4x+a=0,即x2-2x+a2=0的兩根,
所以x12-2x1+a2=0,x22-2x2+a2=0,
所以D=-2,G=a2,
所以F=-G-a2a=-a+12,
所以圓E的一般方程為
x2+y2-2x-a+12y+a2=0,
即x2+y2-2x-12y+a12-y=0.
由x2+y2-2x-12y=0,12-y=0,得x=0,y=12或x=2,y=12,
故圓E過定點0,12,2,12.
【例2】 (2018石家莊質(zhì)檢)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為223,左、右焦點分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓C于A,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TA→TB→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|=12|AF2|=12(2a-|AF1|)=a-12|AF1|.
當兩個圓內(nèi)切時,|OM|=3-12|AF1|,
所以a=3,故橢圓長軸的長為6.
(2)由b=1及離心率為223,得c=22,a=3,
所以橢圓C的方程為x29+y2=1.
當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=k(x+22).
設A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立方程,得x2+9y2=9,y=k(x+22),
消去y并整理得(9k2+1)x2+362k2x+72k2-9=0,
Δ=36k2+36>0,x1+x2=-362k29k2+1,x1x2=72k2-99k2+1,
y1y2=k2(x1+22)(x2+22)=-k29k2+1.
假設存在定點T,設T(x0,0),
則TA→TB→=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2
=(9x02+362x0+71)k2+x02-99k2+1,
當9x02+362x0+71=9(x02-9),
即x0=-1929時,TA→TB→為定值,
定值為x02-9=-781.
當直線AB的斜率不存在時,
不妨設A-22,13,B-22,-13,
當T-1929,0時,TA→TB→=29,1329,-13=-781,為定值.
綜上,在x軸上存在定點T-1929,0,使得TA→TB→為定值-781.
【例3】 (2018廣州市調(diào)研)已知拋物線C:y2=2px(p>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=-p2,
由拋物線的定義,可得2+p2=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D(x1,-y1),
y1+y2=4m,y1y2=4,
所以FA→FB→=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2,
因為FA⊥FB,
所以FA→FB→=0,
即8-4m2=0,結(jié)合m>0,解得m=2.
所以直線l的方程為x-2y+1=0.
設AB的中點坐標為(x0,y0),
則y0=y1+y22=2m=22,x0=my0-1=3,
所以線段AB的垂直平分線方程為
y-22=-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=23,
且|AB|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=43,
所以圓的半徑r=d2+(|AB|2)2=26.
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=22.
所以直線l的方程為x-2y+1=0.
設AB的中點坐標為(x0,y0),
則x0=x1+x22=3,y0=22(x0+1)=22,
所以線段AB的垂直平分線方程為
y-22=-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=23,
且|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=43,
所以圓的半徑r=d2+(|AB|2)2=26.
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,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=12x+1或y=-12x-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y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,
可知y1+y2=2k,y1y2=-4.8分
直線BM,BN的斜率之和為
kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①
將x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表達式代入①式分子,可得
x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k
=-8+8k
=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)
【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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,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,ca=22,122cb=2,a2=b2+c2,
解得a=2,b=c=2,
所以橢圓C的方程為x24+y22=1.
(2)直線AB與圓x2+y2=2相切.證明如下:
設點A,B的坐標分別為(x0,y0),(t,2),其中x0≠0.
因為OA⊥OB,
所以OA→OB→=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.
當x0=t時,y0=-t22,代入橢圓C的方程,得t=2,
故直線AB的方程為x=2.
圓心O到直線AB的距離d=2.
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=y0-2x0-t(x-t).
即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.
d=|2x0-ty0|(y0-2)2+(x0-t)2,又x02+2y02=4,t=-2y0x0,故
d=|2x0+2y02x0|x02+y02+4y02x02+4=4+x02x0x04+8x02+162x02=2.
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(p>0),其焦點到準線的距離為2,圓S:x2+y2-py=0,直線l:y=kx+p2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x2=4y,y=kx+1,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=22.
(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-1k替換k可得P-2k,2k2+1,
所以kPQ=k2-1k,
所以直線PQ的方程為y-(2k2+1)=k2-1k(x-2k),
化簡得y=k2-1kx+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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為26,且過點A(2,1).
(1)求橢圓C的方程;
(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26,且過點A(2,1),
所以4a2+1b2=1,2c=26.
因為a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,
所以橢圓C的方程為x28+y22=1.
(2)證明:設點P(x1,y1),Q(x2,y2),
則y1=kx1+m,y2=kx2+m,
由y=kx+m,x28+y22=1,
消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-8=0,(*)
則x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-84k2+1,
因為kPA+kAQ=0,
即y1-1x1-2=-y2-1x2-2,
化簡得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0.
即2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4m+4=0.
代入得2k(4m2-8)4k2+1-8km(m-1-2k)4k2+1-4m+4=0,
整理得(2k-1)(m+2k-1)=0,
所以k=12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12.
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1k12+1k22-mk2為定值?若存在,求出該常數(shù)m與定值;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R=x,R+1=|PC|,
所以|PC|=x+1,
即(x-1)2+y2=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=1k,則直線l的方程為y=1t(x-2),
即x=ty+2.
聯(lián)立,得y2=4x,x=ty+2,
消去x,得y2-4ty-8=0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4t,y1y2=-8.
因為點M(2,0)與點N關(guān)于y軸對稱,
所以N(-2,0),故k1=y1x1+2,
所以1k1=x1+2y1=ty1+2+2y1=t+4y1,
同理,得1k2=t+4y2,
所以1k12+1k22-mk2
=t+4y12+t+4y22-mk2
=2t2+8t1y1+1y2+161y12+1y22-mt2
=2t2+8ty1+y2y1y2+16(y1+y2)2-2y1y2(y1y2)2-mt2
=2t2+8t4t-8+16(4t)2-2(-8)(-8)2-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1k12+1k22-mk2為定值,且定值為4.
5.(2018南昌市一模)已知橢圓x2a2+y2b2=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2.
(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(CA→+CB→)⊥BA→,求實數(shù)m的取值范圍.
解:(1)由橢圓的定義及題意得a=2,b=c=1,
所以橢圓的方程為x22+y2=1.
(2)由(1)得F(1,0),直線l的方程為y=k(x-1),代入x22+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=4k22k2+1,
所以y1+y2=k(x1+x2-2)=-2k2k2+1,x0=2k22k2+1,
y0=-k2k2+1.
因為CA→+CB→=2CM→,
所以CM→⊥BA→,所以kCMk=y0x0-mk=-1,
所以2k22k2+1-m+-k2k2+1k=0,
m=k22k2+1=12+1k2∈0,12,
所以實數(shù)m的取值范圍是0,12.
2019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.doc
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