2019届高考数学二轮复习第一篇专题六解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题教案理.doc

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1、1第 3 讲 圆锥曲线的综合问题1.(2018全国卷,理 19)如图,边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 所在平面垂直,M 是 上异于 C,D 的点.(1)证明:平面 AMD平面 BMC;(2)当三棱锥 M ABC 体积最大时,求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值.(1)证明:由题设知,平面 CMD平面 ABCD,交线为 CD.因为 BCCD,BC平面 ABCD,所以 BC平面 CMD,故 BCDM.因为 M 为 上异于 C,D 的点,且 CD 为直径,所以 DMCM.又 BCCM=C,所以 DM平面 BMC.而 DM平面 AMD,故平面 AMD平面 BMC.(2

2、)解:以 D 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz.当三棱锥 M ABC 体积最大时,M 为 的中点.由题设得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), 设 n=(x,y,z)是平面 MAB 的法向量,则 即 2+=0,2=0. 可取 n=(1,0,2),是平面 MCD 的法向量,2因此 cos= = ,sin= .| 55 255所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是 .2552.(2017全国卷,理 20)已知抛物线 C:y2

3、=2x,过点(2,0)的直线 l 交 C 于 A,B 两点,圆 M是以线段 AB 为直径的圆.(1)证明:坐标原点 O 在圆 M 上;(2)设圆 M 过点 P(4,-2),求直线 l 与圆 M 的方程.(1)证明:设 A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由 =+2,2=2 可得 y2-2my-4=0,则 y1y2=-4.又 x1= ,x2= .212 222故 x1x2= =4.(12)24因此 OA 的斜率与 OB 的斜率之积为 = =-1,112244所以 OAOB.故坐标原点 O 在圆 M 上.(2)解:由(1)可得 y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=

4、2m2+4.故圆心 M 的坐标为(m 2+2,m),圆 M 的半径r= .(2+2)2+2由于圆 M 过点 P(4,-2),因此 =0,故(x 1-4)(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=- .当 m=1 时,直线 l 的方程为 x-y-2=0,圆心 M 的坐标为(3,1),圆 M 的半径为 ,圆 M 的方程10为(x-3) 2+(y-1)2=10.当 m=- 时,直线 l 的方程为 2x+y-4=0,圆心 M 的坐标为 ,-

5、 ,圆 M 的半径为 ,圆 M 的方854程为 x- 2+ y+ 2= .94 12 851633.(2017全国卷,理 20)已知椭圆 C: + =1(ab0),四点 P1(1,1),P2(0,1),P3 -22221, ,P4 1, 中恰有三点在椭圆 C 上.32 32(1)求 C 的方程;(2)设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A,B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为-1,证明:l 过定点.(1)解:由于 P3,P4两点关于 y 轴对称,故由题设知 C 经过 P3,P4两点,又由 + + 知,121212 342C 不经过点 P1,所以点 P2在 C 上.因此

6、12=1,12+342=1,解得 2=4,2=1.故 C 的方程为 +y2=1.24(2)证明:设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1,k2.如果 l 与 x 轴垂直,设 l:x=t,由题设知 t0,且|t|0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=- ,x1x2= .842+1 42442+14而 k1+k2= +111212= +1+112+12= .由题设知 k1+k2=-1,故(2k+1)x 1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1) +(m-1) =0.42442+1 842+1解得 k=- .+12当且仅当 m-1 时,0,于是 l:y=-

7、x+m,+12即 y+1=- (x-2),+12所以 l 过定点(2,-1).4.(2017全国卷,理 20)设 O 为坐标原点,动点 M 在椭圆 C: +y2=1 上,过 M 作 x 轴的垂22线,垂足为 N,点 P 满足 = .2(1)求点 P 的轨迹方程;(2)设点 Q 在直线 x=-3 上,且 =1.证明:过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.(1)解:设 P(x,y),M(x0,y0),则 N(x0,0), =(x-x0,y), =(0,y0), 由 = 得 x0=x,y0= y.2 22因为 M(x0,y0)在 C 上,所以 + =1,2222因此点 P 的轨

8、迹方程为 x2+y2=2.(2)证明:由题意知 F(-1,0).设 Q(-3,t),P(m,n),则 =(-3,t), =(-1-m,-n), 5 =3+3m-tn,=(m,n), =(-3-m,t-n). 由 =1 得-3m-m 2+tn-n2=1,又由(1)知 m2+n2=2,故 3+3m-tn=0.所以 =0,即 .又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ,所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.1.考查角度以直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线为载体,考查圆锥曲线中的判断与证明、最值与范围、定点与定值、存在性等问题.2.题型及难易度解答题,难度中高档.(对应学生用书第 48

9、51 页)直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线的综合问题【例 1】 (2018南昌市摸底调研)已知椭圆 C: + =1(ab0)的离心率为 ,短轴长为 2.2222 32(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)设直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 交于 M,N 两点,O 为坐标原点,若 kOMkON= ,求证:点(m,k)在54定圆上.(1)解:由已知得 e= = ,2b=2, 32又 a2-b2=c2,所以 b=1,a=2,所以椭圆 C 的标准方程为 +y2=1.24(2)证明:设 M(x1,y1),N(x2,y2),联立直线与椭圆方程,得6=+,24+2=1,消去 y,得(4k 2+1)x2+8kmx

10、+4m2-4=0,依题意,=(8km) 2-4(4k2+1)(4m2-4)0,化简得 m20)与圆 O:x2+y2=5 相交于 A,B 两点,且|AB|=4,过劣弧 AB 上的动点 P(x0,y0)作圆 O 的切线交抛物线 E 于 C,D 两点,分别以 C,D 为切点作抛物线 E 的切线 l1,l2,相交于点 M.(1)求抛物线 E 的方程;(2)求点 M 到直线 CD 距离的最大值.7解:(1)由|AB|=4,且 B 在圆上,由抛物线和圆的对称性可得 B(2,1),代入抛物线可得 4=2p,解得 p=2,所以抛物线 E 的方程为 x2=4y.(2)设 C x1, ,D x2, ,1421 1

11、422由 x2=4y,可得 y= x2,14所以 y= x,12则 l1的方程为 y- = x1(x-x1),142112即 y= x1x- ,12 1421同理 l2的方程为 y= x2x- ,12 1422联立解得 x= (x1+x2),y= x1x2,12 14又 CD 与圆 x2+y2=5 切于点 P(x0,y0),易得 CD 方程为 x0x+y0y=5,其中 x0,y0满足 + =5,y01, ,2020 5联立化简得 y0x2+4x0x-20=0,所以 x1+x2=- ,x1x2=- ,400 200设 M(x,y),则 x= (x1+x2)=- ,y= x1x2=- ,12 20

12、0 14 50所以 M - ,- ,200 50所以点 M 到直线 CD:x0x+y0y=5 距离为d= = ,|220055|20+2010020+105易知 d 关于 y0单调递减,d max= = ,102+105 18558即点 M 到直线 CD 距离的最大值为 .1855定点与定值问题考向 1 定点问题【例 2】 (2018南充模拟)已知椭圆 + =1 的左焦点为 F,左顶点为 A.2423(1)若 P 是椭圆上的任意一点,求 的取值范围;(2)已知直线 l:y=kx+m 与椭圆相交于不同的两点 M,N(均不是长轴的端点),AHMN,垂足为H 且 = ,求证:直线 l 恒过定点.2

13、(1)解:设 P(x0,y0),又 A(-2,0),F(-1,0),所以 =(-1-x0)(-2-x0)+ , 20因为 P 点在椭圆 + =1 上,2423所以 + =1,204203即 =3- ,20 3420且-2x 02,所以 = +3x0+5,1420函数 f(x0)= +3x0+5 在-2,2上单调递增,1420当 x0=-2 时,f(x 0)取最小值为 0;当 x0=2 时,f(x 0)取最大值为 12.所以 的取值范围是0,12.(2)证明:由题意,联立 得=+,24+23=1(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由 =(8km) 2-4(3+4k2)(4m2-12)

14、0 得4k2+3m2,设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1+x2= ,x1x2= ,83+42 42123+429 =( + )( + ) = + + + 2=0,所以(x 1+2)(x2+2)+y1y2=0,即(1+k 2)x1x2+(2+km)(x1+x2)+4+m2=0,4k2-16km+7m2=0,所以 k= m 或 k= m 均适合,12 72当 k= m 时,直线 l 过点 A,舍去,12当 k= m 时,直线 l:y=kx+ k 过定点 - ,0 .72 27 27考向 2 定值问题【例 3】 (2018江西省红色七校联考)已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上

15、,离心率等于 ,它的12一个顶点恰好是抛物线 x2=8 y 的焦点.3(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)已知点 P(2,t),Q(2,-t)(t0)在椭圆 C 上,点 A,B 是椭圆 C 上不同于 P,Q 的两个动点,且满足APQ=BPQ.试问:直线 AB 的斜率是否为定值?请说明理由.解:(1)因为椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,所以设椭圆标准方程为 + =1(ab0).2222因为椭圆离心率等于 ,它的一个顶点恰好是抛物线 x2=8 y 的焦点.12 3x2=8 y 的焦点为(0,2 ),3 3所以 b=2 ,e= = ,312因为 a2-b2=c2,所以 a2=16,b2=1

16、2.所以椭圆 C 的标准方程为 + =1.216212(2)直线 x=2 与椭圆 + =1 交点 P(2,3),Q(2,-3),216212所以|PQ|=6,设 A(x1,y1),B(x2,y2),10当APQ=BPQ 时,直线 PA,PB 斜率之和为 0.设 PA 斜率为 k,则 PB 斜率为-k.直线 PA 的方程为 y-3=k(x-2),与椭圆方程联立得(3+4k 2)x2+8k(-2k+3)x+4(2k-3)2-48=0,所以 x1+2= ;162243+42同理 x2+2=162+243+42所以 x1+x2= ,162123+42x1-x2= ,483+42y1-y2=k(x1-2

17、)+3-k(x2-2)+3= ,243+42直线 AB 斜率为 = .121212(1)定点问题的常见解法:根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该定点与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组.以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点;从特殊位置入手,找出定点,再证明该点的坐标满足题意(与参数无关),这种方法叫“特殊值探路法”.(2)关于直线系 l:y=kx+m 过定点问题有以下重要结论:若 m 为常数 b,则直线 l 必过定点(0,b);若 m=nk(n 为常数),则直线 l 必过定点(-n,0);若 m=nk+b(n,b 为常数),则直线必过定点(-n,b).(3)一般曲线过定点

18、,把曲线方程化为 f1(x,y)+f 2(x,y)=0( 为参数)的形式,解方程组即得定点坐标.1(,)=0,2(,)=0,(4)定值问题就是证明一个量与其他变化因素无关.解决这类问题以坐标运算为主,需建立相应的目标函数(用变化的量表示),通过运算求证目标的取值与变化的量无关.热点训练 2:(2018太原市二模)已知以点 C(0,1)为圆心的动圆 C 与 y 轴负半轴交于点 A,其弦 AB 的中点 D 恰好落在 x 轴上.(1)求点 B 的轨迹 E 的方程;(2)过直线 y=-1 上一点 P 作曲线 E 的两条切线,切点分别为 M,N.求证:直线 MN 过定点.(1)解:设 B(x,y),y0

19、,则 AB 的中点 D ,0 ,11因为 C(0,1),连接 DC,所以 = - ,1 , = ,y .2 2在C 中,DCDB,所以 =0,所以- +y=0,24即 x2=4y(y0),所以点 B 的轨迹 E 的方程为 x2=4y(y0).(2)证明:由(1)可得曲线 E 的方程为 x2=4y(y0).设 P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2),因为 y= ,所以 y= ,24 2所以过点 M,N 的切线方程分别为 y-y1= (x-x1),y-y2= (x-x2),12 22由 4y1= ,4y2= ,上述切线方程可化为 2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.21 2

20、2因为点 P 在这两条切线上,所以 2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,即直线 MN 的方程为 2(y-1)=tx,故直线 MN 过定点 C(0,1).热点训练 3:(2018长沙市名校实验班二次阶段性测试)椭圆 E: + =1(ab0)的右焦点2222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 F2.312 494(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 l12与 x 轴的交点为 D,试问|CD|是否为定值?若是,求出定值;若不

21、是,请说明理由.解:(1)在 x2+ y- 2= 中,令 x=2 ,得 y=1 或 y=0(舍去),12 494 3由题意可得 解得 a2=16,b2=4,22=12,122+12=1,所以椭圆 E 的标准方程为 + =1.21624(2)由 可得 x2+2mx+2m2-8=0,=12+,2+42=16,12则 =(2m) 2-4(2m2-8)=32-4m20,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1+x2=-2m,x1x2=2m2-8,y1+y2= (x1+x2)+2m=m,12所以|AB|= = ,52 (1+2)2412 52 3242设 AB 的中点为 G,则 G -m, .

22、2又直线 l 与 x 轴的交点为 D(-2m,0),所以|DG|= = ,2+24 524所以|CD| 2=|CG|2+|DG|2= |AB|2+|DG|2= (32-4m2)+ =10,得|CD|= ,14 14 54 524 10所以|CD|为定值,定值是 .10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(ab0),椭圆的右焦点为2222(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 kOAkOB=- .12 34(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

23、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=2,12所以 b2=a2-c2=3.所以椭圆方程为 + =1.2423设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 A,B 的坐标满足 24+23=1,=+.消去 y 化简得,(3+4k 2)x2+8kmx+4m2-12=0,x1+x2=- ,x1x2= ,83+42 42123+42(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)0 得 4k2-m2+30,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2 +km - +m2= .42123+

24、42 83+42 321223+4213因为 kOAkOB=- ,34所以 =- ,即 y1y2=- x1x2,1212 34 34所以 =- 即 2m2-4k2=3,321223+42 34 42123+42因为|AB|= (1+2)(1+2)2412=(1+2)48(422+3)(3+42)2=48(1+2)(3+42)23+422= .24(1+2)3+42O 到直线 y=kx+m 的距离 d= ,|1+2所以 SAOB = d|AB|= 12 12 |1+2 24(1+2)3+42= = .3(2)若椭圆上存在 P 使四边形 OAPB 为平行四边形,则 = + ,设 P(x0,y0),

25、则 x0=x1+x2=- ,y0=y1+y2= ,83+42 63+42由于 P 在椭圆上,所以 + =1,204203从而化简得 + =1,1622(3+42)2 122(3+42)2化简得 4m2=3+4k2.14由 kOAkOB=- ,知 2m2-4k2=3,34联立方程知 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

26、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 , .2 4 428因为(2x 2)=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|.12由(1)知 yM= (y1+y2)= (kx1+kx2+4)= +2,又因为 MN 垂直于 x 轴,12

27、 12 24所以|MN|=y M-yN= ,2+168而|AB|= |x1-x2|= .1+2121+2 16+2所以 = ,解得 k=2.121+2 16+22+164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(ab0)的左顶点为 A,右焦

28、点为22F2(2,0),点 B(2,- )在椭圆 C 上.215(1)求椭圆 C 的方程;(2)若直线 y=kx(k0)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 + =1.24222又 a2=b2+c2,所以 a2=8,b2=4,所以椭圆 C 的方程为 + =1.2824(2)假设存在这样的点 P,设 P(x0,0),E(x1,y1),x10,则 F(-x1

29、,-y1),消去 y 并化简得,(1+2k 2)x2-8=0,解得 x1= ,则 y1= ,221+22221+22又 A(-2 ,0),2所以 AE 所在直线的方程为y= (x+2 ),1+1+222所以 M 0, ,221+1+22同理可得 N 0, , = -x0, , = -x0, .2211+22 221+1+22 2211+22若MPN 为直角,则 =0,所以 -4=0, 20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(p0)上一点 P 的

30、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;16(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,l 2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.3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=- ,2所以 4+ =5,解得 p=2,2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

31、 x2-4kx-4=0,=+1,2=4, 1=16(k2+1)0 恒成立,|AB|= =4(k2+1),1+2 16(2+1)直线 l2:y=kx-1,由 =1,2=4, 消去 y 得 x2-4kx+4=0,由 2=16(k2-1)0 得 k21,|CD|= =4 ,1+2 16(21) (2+1)(21)又直线 l1,l2间的距离 d= ,22+1所以四边形 ABDC 的面积 S= d(|AB|+|CD|)=4( + ).12 2+1 21解方程 4( + )=4( +1),得 k2=2(满足 k21),所以存在满足条件的 k,k 的值为2+1 21 3 .2最值(范围)问题【例 6】 (2

32、016全国卷)已知 A 是椭圆 E: + =1 的左顶点,斜率为 k(k0)的直线交 E2423于 A,M 两点,点 N 在 E 上,MANA.(1)当|AM|=|AN|时,求AMN 的面积;(2)当 2|AM|=|AN|时,证明: 0.由已知及椭圆的对称性知,直线 AM 的倾斜角为 .4又 A(-2,0),因此直线 AM 的方程为 y=x+2.将 x=y-2 代入 + =1 得 7y2-12y=0.242317解得 y=0 或 y= ,127所以 y1= .127因此AMN 的面积 SAMN =2 = .12 127 12714449(2)证明:设直线 AM 的方程为 y=k(x+2)(k0

33、),代入 + =1 得2423(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由 x1(-2)= 得 x1= ,162123+42 2(342)3+42故|AM|=|x 1+2| = .1+2121+23+42由题设,设直线 AN 的方程为 y=- (x+2),1故同理可得|AN|= .121+232+4由 2|AM|=|AN|得 = ,23+42 32+4即 4k3-6k2+3k-8=0.设 f(t)=4t3-6t2+3t-8,则 k 是 f(t)的零点,f(t)=12t 2-12t+3=3(2t-1)20,所以 f(t)在(0,+)上单调递增.又 f( )=15 -260,3 3因此

34、f(t)在(0,+)内有唯一的零点,且零点 k 在( ,2)内,3所以 b0)的离心率为 ,左、右焦点分别为 F1,F2,过22 12F1的直线交椭圆于 P,Q 两点,以 PF1为直径的动圆内切于圆 x2+y2=4.(1)求椭圆的方程;(2)延长 PO 交椭圆于 R 点,求PQR 面积的最大值.解:(1)设|PF 1|的中点为 M,在三角形 PF1F2中,由中位线得|OM|= |PF2|,12当两个圆相内切时,两个圆的圆心距等于两个圆的半径之差,即|OM|=2- |PF1|,12所以 |PF2|=2- |PF1|PF1|+|PF2|=4,12 12即 a=2,又 e= ,所以 c=1,b= ,

35、12 3所以椭圆方程为 + =1.2423(2)由已知 kPQ0 可设直线 PQ:x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),(3m2+4)y2-6my-9=0,=1,24+23=1SPQR =2SPOQ =|y1-y2|= ,122+132+4令 =t1, 原式= = ,2+11232+1 123+1当 t=1 时, 3t+ min=4.1所以(S PQR )max=3.【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.19(1)若点 Q(x,y)(10,ab0)的离心率为 ,左、右焦点分2222 223别为 F1,F

36、2,过 F1的直线交椭圆 C 于 A,B 两点.(1)若以 AF1为直径的动圆内切于圆 x2+y2=9,求椭圆长轴的长;(2)当 b=1 时,在 x 轴上是否存在定点 T,使得 为定值?若存在,求出定值;若不存在,请说明理由.解:(1)设 AF1的中点为 M,连接 AF2,MO,在AF 1F2中,由中位线定理得,|OM|= |AF2|= (2a-|AF1|)=a- |AF1|.12 12 12当两个圆内切时,|OM|=3- |AF1|,12所以 a=3,故椭圆长轴的长为 6.(2)由 b=1 及离心率为 ,得 c=2 ,a=3,223 2所以椭圆 C 的方程为 +y2=1.29当直线 AB 的

37、斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y=k(x+2 ).2设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程,得消去 y 并整理得(9k 2+1)x2+36 k2x+72k2-9=0,2=36k 2+360,x1+x2=- ,x1x2= ,362292+1 722992+121y1y2=k2(x1+2 )(x2+2 )= .2 2292+1假设存在定点 T,设 T(x0,0),则 =x1x2-(x1+x2)x0+ +y1y2 20= ,(920+3620+71)2+20992+1当 9 +36 x0+71=9( -9),20 2 20即 x0=- 时, 为定值,1929 定值为 -9=- .20

38、 781当直线 AB 的斜率不存在时,不妨设 A -2 , ,B -2 ,- ,213 2 13当 T - ,0 时, = , ,- =- ,为定值.1929 2913 29 13 781综上,在 x 轴上存在定点 T - ,0 ,使得 为定值- .1929 781【例 3】 (2018广州市调研)已知抛物线 C:y2=2px(p0)的焦点为 F,抛物线 C 上存在一点E(2,t)到焦点 F 的距离等于 3.(1)求抛物线 C 的方程;(2)过点 K(-1,0)的直线 l 与抛物线 C 相交于 A,B 两点(A,B 两点在 x 轴上方),点 A 关于 x 轴的对称点为 D,且 FAFB,求AB

39、D 的外接圆的方程.解:(1)抛物线的准线方程为 x=- ,2由抛物线的定义,可得 2+ =3,解得 p=2.2所以抛物线 C 的方程为 y2=4x.(2)法一 设直线 l 的方程为 x=my-1(m0).将 x=my-1 代入 y2=4x 并整理得 y2-4my+4=0,由 =(-4m) 2-160,并结合 m0,解得 m1.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 FAFB,所以 =0,即 8-4m2=0,结合 m0,解得 m=

40、.2所以直线 l 的方程为 x- y+1=0.2设 AB 的中点坐标为(x 0,y0),22则 y0= =2m=2 ,x0=my0-1=3,1+222所以线段 AB 的垂直平分线方程为y-2 =- (x-3).2 2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 ,3且|AB|= =4 ,1+2(1+2)2412 3所以圆的半径 r= =2 .2+(|2) 2 6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)(k0).将直线 l 与抛物线 C 的方程联立并整理

41、得 k2x2+(2k2-4)x+k2=0.由 =(2k 2-4)2-4k40,结合 k0,得 00,解得 k= .42 22所以直线 l 的方程为 x- y+1=0.2设 AB 的中点坐标为(x 0,y0),则 x0= =3,y0= (x0+1)=2 ,1+22 222所以线段 AB 的垂直平分线方程为y-2 =- (x-3).2 2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 ,3且|AB|= =4 ,1+2(1+2)2412 323所以圆的半径 r= =2 .2+(|2) 2 6所以ABD 的外接圆的方程

42、为(x-5) 2+y2=24.(对应学生用书第 52 页)【典例】 (2018全国卷 )(12 分)设椭圆 C: +y2=1 的右焦点为 F,过 F 的直线 l 与 C 交22于 A,B 两点,点 M 的坐标为 (2,0).(1)当 l 与 x 轴垂直时,求直线 AM 的方程;(2)设 O 为坐标原点,证明:OMA=OMB.(1)解:由已知得 F(1,0),l 的方程为 x=1.由已知可得,点 A 的坐标为 1, 或 1,- .22 22又 M(2,0),所以 AM 的方程为 y=- x+ 或 y= x- .22 2 22 2(2)证明:当 l 与 x 轴重合时,OMA=OMB=0.当 l 与

43、 x 轴垂直时,OM 为 AB 的垂直平分线,所以OMA=OMB.当 l 与 x 轴不重合也不垂直时,设 l 的方程为 y=k(x-1)(k0),A(x 1,y1),B(x2,y2),则- x1 ,- x2 ,直线 MA,MB 的斜率之和为 kMA+kMB= + .2 2 2 2112222由 y1=kx1-k,y2=kx2-k 得kMA+kMB= .2123(1+2)+4(12)(22)将 y=k(x-1)代入 +y2=1 得22(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.所以 x1+x2= ,x1x2= .4222+1 22222+1则 2kx1x2-3k(x1+x2)+4k= =0.4

44、34123+83+422+1从而 kMA+kMB=0,故 MA,MB 的倾斜角互补,所以OMA=OMB.24综上,OMA=OMB.注:第(1)问得分说明:写出 l 的方程得 1 分.求出 A 的坐标得 1 分.求出 AM 的方程得 2 分.第(2)问得分说明:当 l 与 x 轴垂直时,证出ABM=ABN,得 1 分.当 l 与 x 轴不垂直时,设出 l 的方程,得 1 分.直线 l 的方程与椭圆方程联立,消元并得出 x1+x2,x1x2或 y1+y2,y1y2的值(含 k)得 2 分.证出 AM,BM 的斜率之和为 0 得 2 分.证出OMA=OMB 得 1 分.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.