2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何第9节圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值探索性问题教学案含解析新人教A版

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何第9节圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值探索性问题教学案含解析新人教A版

第二课时 定点、定值、探索性问题 考点一 定点问题 ‎【例1】 (2020·兰州一模)设M点为圆C:x2+y2=4上的动点,点M在x轴上的投影为N.动点P满足2=,动点P的轨迹为E.‎ ‎(1)求E的方程;‎ ‎(2)设E的左顶点为D,若直线l:y=kx+m与曲线E交于A,B两点(A,B不是左、右顶点),且满足|+|=|-|,求证:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.‎ 解 (1)设点M(x0,y0),P(x,y),由题意可知N(x0,0),‎ ‎∵2=,∴2(x0-x,-y)=(0,-y0),‎ 即x0=x,y0=y,‎ 又点M在圆C:x2+y2=4上,∴x+y=4,‎ 将x0=x,y0=y代入得+=1,‎ 即轨迹E的方程为+=1.‎ ‎(2)由(1)可知D(-2,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立得得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,‎ Δ=(8mk)2-4(3+4k2)(4m2-12)=16(12k2-3m2+9)>0,‎ 即3+4k2-m2>0,∴x1+x2=,x1x2=.‎ y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=.‎ ‎∵|+|=|-|,∴⊥,‎ 即·=0,‎ 即(x1+2,y1)·(x2+2,y2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0,‎ ‎∴+2×+4+=0,‎ - 14 -‎ ‎∴7m2-16mk+4k2=0,‎ 解得m1=2k,m2=k,且均满足3+4k2-m>0.‎ 当m=2k时,l的方程为y=kx+2k=k(x+2),‎ 直线恒过点(-2,0),与已知矛盾;‎ 当m=k时,l的方程为y=kx+k=k,直线恒过点.‎ ‎∴直线l过定点,定点坐标为.‎ 规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法 ‎(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.‎ ‎(2)特殊到一般法,根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.‎ ‎【训练1】 (2020·湖南三湘名校联考)已知椭圆C:+=1(a>b≥1)的离心率为,其上焦点到直线bx+2ay-=0的距离为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)过点P的直线l交椭圆C于A,B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过,求出定点坐标;若不过,请说明理由.‎ 解 (1)由题意得,e==,又a2=b2+c2,‎ 所以a=b,c=b.‎ 又=,a>b≥1,所以b=1,a2=2,‎ 故椭圆C的方程为+x2=1.‎ ‎(2)当AB⊥x轴时,以线段AB为直径的圆的方程为+y2=.‎ 当AB⊥y轴时,以线段AB为直径的圆的方程为x2+y2=1.‎ 可得两圆交点为Q(-1,0).‎ 由此可知, 若以线段AB为直径的圆恒过定点,则该定点为Q(-1,0).‎ 下证Q(-1,0)符合题意.‎ 设直线l的斜率存在,且不为0,‎ 其方程为y=k,代入+x2=1,‎ - 14 -‎ 并整理得(k2+2)x2-k2x+k2-2=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1+x2=,x1x2=,‎ 所以·=(x1+1)(x2+1)+y1y2=x1x2+x1+x2+1+k2 ‎=(1+k2)x1x2+(x1+x2)+1+k2‎ ‎=(1+k2)·+·+1+k2=0,‎ 故⊥,即Q(-1,0)在以线段AB为直径的圆上.‎ 综上,以线段AB为直径的圆恒过定点(-1,0).‎ 考点二 定值问题 ‎【例2】 (2019·洛阳高三统考)已知抛物线C:y2=2px(p>0),其焦点为F,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为AB的中点.‎ ‎(1)若p=2,M的坐标为(1,1),求直线l的方程.‎ ‎(2)若直线l过焦点F,AB的垂直平分线交x轴于点N,求证:为定值.‎ ‎(1)解 由题意知直线l的斜率存在且不为0,‎ 故设直线l的方程为x-1=t(y-1)‎ 即x=ty+1-t,设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 由得y2-4ty-4+4t=0,‎ ‎∴Δ=16t2+16-16t=16(t2-t+1)>0,y1+y2=4t,‎ ‎∴4t=2,即t=.‎ ‎∴直线l的方程为2x-y-1=0.‎ ‎(2)证明 ∵抛物线C:y2=2px(p>0),∴焦点F的坐标为.‎ 由题意知直线l的斜率存在且不为0,‎ ‎∵直线l过焦点F,故设直线l的方程为x=ty+(t≠0),设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 由,得y2-2pty-p2=0,‎ ‎∴y1+y2=2pt,Δ=4p2t2+4p2>0.‎ - 14 -‎ ‎∴x1+x2=t(y1+y2)+p=2pt2+p,∴M.‎ ‎∴MN的方程为y-pt=-t.‎ 令y=0,解得x=pt2+,N,‎ ‎∴|MN|2=p2+p2t2,|FN|=pt2+-=pt2+p,‎ ‎∴==2p,为定值.‎ 规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 ‎(1)特点:待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.‎ ‎(2)两大解法:‎ ‎①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;‎ ‎②引起变量法:其解题流程为 → ‎ ↓‎ → ‎ ↓‎ → ‎【训练2】 (2020·昆明诊断)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,A为椭圆C上一点,AF2⊥F1F2,且|AF2|=.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1,A2,过A1,A2分别作x轴的垂线l1,l2,椭圆C的一条切线l:y=kx+m与l1,l2分别交于M,N两点,求证:∠MF1N为定值.‎ ‎(1)解 由AF2⊥F1F2,|AF2|=,得=.‎ 又e==,a2=b2+c2,所以a2=9,b2=8,‎ 故椭圆C的标准方程为+=1.‎ ‎(2)证明 由题意可知,l1的方程为x=-3,l2的方程为x=3.‎ 直线l分别与直线l1,l2的方程联立得M(-3,-3k+m),N(3,3k+m),‎ 所以=(-2,-3k+m),=(4,3k+m),‎ - 14 -‎ 所以·=-8+m2-9k2.‎ 联立得得(9k2+8)x2+18kmx+9m2-72=0.‎ 因为直线l与椭圆C相切,‎ 所以Δ=(18km)2-4(9k2+8)(9m2-72)=0,‎ 化简得m2=9k2+8.‎ 所以·=-8+m2-9k2=0,‎ 所以⊥,故∠MF1N为定值.‎ 考点三 探索性问题 ‎【例3】 (2019·广州调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1,F2,短轴的一个端点为P,△PF1F2内切圆的半径为,设过点F2的直线l与被椭圆C截得的线段为RS,当l⊥x轴时,|RS|=3.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)在x轴上是否存在一点T,使得当l变化时,总有TS与TR所在直线关于x轴对称?若存在,请求出点T的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)由内切圆的性质,得×2c×b=×(2a+2c)×,得=.‎ 将x=c代入+=1,得y=±,所以=3.‎ 又a2=b2+c2,所以a=2,b=,‎ 故椭圆C的标准方程为+=1.‎ ‎(2)当直线l垂直于x轴时,显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.‎ 当直线l不垂直于x轴时,假设存在T(t,0)满足条件,设l的方程为y=k(x-1),R(x1,y1),S(x2,y2).‎ 联立方程得 ‎(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,‎ - 14 -‎ 由根与系数的关系得①‎ 其中Δ>0恒成立,‎ 由TS与TR所在直线关于x轴对称,得kTS+kTR=0(显然TS,TR的斜率存在),‎ 即+=0.②‎ 因为R,S两点在直线y=k(x-1)上,‎ 所以y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),代入②得 =‎ =0,‎ 即2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0,③‎ 将①代入③得 ==0,④‎ 则t=4,‎ 综上所述,存在T(4,0),使得当l变化时,总有TS与TR所在直线关于x轴对称.‎ 规律方法 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.‎ ‎【训练3】 (2020·重庆调研)如图,已知椭圆C:+=1(a>b>0),其左、右焦点分别为F1(-2,0)及F2(2,0),过点F1的直线交椭圆C于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D,E两点,且|AF1|,|F1F2|,|AF2|构成等差数列.‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)记△GF1D的面积为S1,△OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问:是否存在直线AB,使得S1=S2?请说明理由.‎ - 14 -‎ 解 (1)∵|AF1|,|F1F2|,|AF2|构成等差数列,‎ ‎∴2a=|AF1|+|AF2|=2|F1F2|=8,∴a=4.‎ 又c=2,∴b2=12,‎ ‎∴椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)假设存在直线AB,使得S1=S2,显然直线AB不能与x,y轴垂直.‎ 设AB的方程为y=k(x+2)(k≠0),‎ 将其代入+=1,整理得(4k2+3)x2+16k2x+16k2-48=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),∴x1+x2=,‎ ‎∴点G的横坐标为=,‎ ‎∴G.‎ ‎∵DG⊥AB,∴×k=-1,‎ 解得xD=,即D.‎ ‎∵Rt△GDF1和Rt△ODE相似,∴若S1=S2,‎ 则|GD|=|OD|,‎ ‎∴=,整理得8k2+9=0.‎ ‎∵方程8k2+9=0无解,∴不存在直线AB,使得S1=S2.‎ A级 基础巩固 一、选择题 ‎1.(2019·石家庄模拟)已知P为双曲线C:-=1上的点,点M满足||=1,且·=0,则当||取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为(  )‎ A. B. C.4 D.5‎ 解析 由·=0,得OM⊥PM,根据勾股定理,求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值,当|OP|取得最小值时,点P的位置为双曲线的顶点(±3,0),而双曲线的渐近线为4x±3y - 14 -‎ ‎=0,∴所求的距离d=.‎ 答案 B ‎2.直线l与抛物线C:y2=2x交于A,B两点,O为坐标原点,若直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,且满足k1k2=,则直线l过定点(  )‎ A.(-3,0) B.(0,-3)‎ C.(3,0) D.(0,3)‎ 解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),因为k1k2=,所以·=.又y=2x1,y=2x2,所以y1y2=6.设直线l:x=my+b,代入抛物线C:y2=2x得y2-2my-2b=0,所以y1y2=-2b=6,得b=-3,即直线l的方程为x=my-3,所以直线l过定点为(-3,0).‎ 答案 A ‎3.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的离心率e=2,过双曲线上一点M作直线MA,MB交双曲线于A,B两点,且斜率分别为k1,k2,若直线AB过原点,则k1·k2的值为(  )‎ A.2 B.3 C. D. 解析 由题意知,e===2⇒b2=3a2,则双曲线方程可化为3x2-y2=3a2,设A(m,n),M(x0,y0)(x0≠±m),则B(-m,-n),k1·k2=·===3.‎ 答案 B ‎4.已知O为坐标原点,设F1,F2分别是双曲线x2-y2=1的左、右焦点,P为双曲线左支上任一点,过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线,垂足为H,则|OH|=(  )‎ A.1 B.2 C.4 D. 解析 如图所示,延长F1H交PF2于点Q,由PH为∠F1PF2的平分线及PH⊥F1Q,可知|PF1|=|PQ|,根据双曲线的定义,得|PF2|-|PF1|=2,从而|QF2|=2,在△F1QF2中,易知OH为中位线,故|OH|=1.‎ - 14 -‎ 答案 A ‎5.已知抛物线M:y2=4x,过抛物线M的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点(点A在第一象限),且交抛物线的准线于点E.若=2,则直线l的斜率为(  )‎ A.3 B.2 C. D.1‎ 解析 分别过A,B两点作AD,BC垂直于准线,垂足分别为D,C,‎ 由=2,得B为AE的中点,∴|AB|=|BE|,‎ 则|AD|=2|BC|,‎ 由抛物线的定义可知|AF|=|AD|,|BF|=|BC|,‎ ‎∴|AB|=3|BC|,∴|BE|=3|BC|,则|CE|=2|BC|,‎ ‎∴tan ∠CBE==2,‎ ‎∴直线l的斜率k=tan ∠AFx=tan ∠CBE=2.‎ 答案 B 二、填空题 ‎6.若双曲线x2-=1(b>0)的一条渐近线与圆x2+(y-2)2=1至多有一个公共点,则双曲线离心率的取值范围是________.‎ 解析 双曲线的渐近线方程为y=±bx,则有≥1,解得b2≤3,则e2=1+b2≤4,∵e>1,∴1<e≤2.‎ 答案 (1,2]‎ ‎7.(2020·东北三省四校模拟)已知动点P(x,y)在椭圆+=1上,若A点坐标为(3,0),||=1,且·=0,则||的最小值是________.‎ 解析 ∵·=0,∴⊥.‎ ‎∴||2=||2-||2=||2-1,‎ ‎∵椭圆右顶点到右焦点A的距离最小,‎ 故||min=2,∴||min=.‎ 答案  ‎8.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,△ABC - 14 -‎ 的顶点都在抛物线上,且满足++=0,则++=________.‎ 解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),F,由++=0,得y1+y2+y3=0.因为kAB==,所以kAC=,kBC=,所以++=++=0.‎ 答案 0‎ 三、解答题 ‎9.(2019·全国Ⅰ卷)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,⊙M过点A,B且与直线x+2=0相切.‎ ‎(1)若A在直线x+y=0上,求⊙M的半径.‎ ‎(2)是否存在定点P,使得当A运动时,|MA|-|MP|为定值?并说明理由.‎ 解 (1)因为⊙M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).‎ 因为⊙M与直线x+2=0相切,所以⊙M的半径为r=|a+2|.连接MA,由已知得|AO|=2.又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.‎ 故⊙M的半径r=2或r=6.‎ ‎(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.‎ 理由如下:‎ 设M(x,y),由已知得⊙M的半径为r=|x+2|,|AO|=2.由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2, 化简得M的轨迹方程为y2=4x.‎ 因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.‎ 因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,‎ 所以存在满足条件的定点P.‎ ‎10.(2020·合肥质检)设椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1的直线交椭圆E于A,B两点.若椭圆E的离心率为,△ABF2的周长为4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C,D,设弦AB,CD的中点分别为M,N,证明:O,M,N三点共线.‎ - 14 -‎ ‎(1)解 由题意知,4a=4,a=.‎ 又e=,∴c=,b=,‎ ‎∴椭圆E的方程为+=1.‎ ‎(2)证明 当直线AB,CD的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M,N在x轴上,O,M,N三点共线,‎ 当直线AB,CD的斜率存在时,设其斜率为k,且设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),‎ 则两式相减,得+-=0,‎ ‎∴=-, ‎=-,‎ ‎∴·=-,·=-,‎ 即k·kOM=-,‎ ‎∴kOM=-.‎ 同理可得kON=-,∴kOM=kON,∴O,M,N三点共线.‎ B级 能力提升 ‎11.(2019·成都诊断)设点Q是直线l:x=-1上任意一点,过点Q作抛物线C:y2=4x的两条切线QS,QT,切点分别为S,T,设切线QS,QT的斜率分别为k1,k2,F是抛物线的焦点,直线QF的斜率为k0,则下列结论正确的是(  )‎ A.k1-k2=k0 B.k1k2=2k0‎ C.k1-k2=2k0 D.k1+k2=2k0‎ 解析 设点Q(-1,t),由过点Q的直线y-t=k(x+1)与抛物线C:y2=4x相切,联立方程得 整理得k2x2+2(k2+kt-2)x+(k+t)2=0,则Δ=4(k2+kt-2)2-4k2(k+t)2=0,化简得k2+tk-1=0.显然k1,k2是关于k的方程k2+tk-1=0的两个根,所以k1+k2=-t.又k0=-,故k1+k2=2k0.‎ 答案 D - 14 -‎ ‎12.(2020·郑州模拟)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,·=6(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是(  )‎ A. B.3 C. D. 解析 设直线AB的方程为x=ty+m,点A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB与x轴的交点为M(m,0),将x=ty+m代入y2=x,可得y2-ty-m=0,则y1·y2=-m.∵·=6,∴x1x2+y1y2=6,从而(y1y2)2+y1y2-6=0.∵点A,B位于x轴的两侧,∴y1y2=-3,故m=3.不妨令点A在x轴上方,则y1>0,又F,∴S△ABO+SAFO=×3×(y1-y2)+×y1=y1+≥2=,当且仅当y1=,即y1=时,取“=”,∴△ABO与△AFO面积之和的最小值是,故选D.‎ 答案 D ‎13.若点O和点F分别为椭圆+=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任一点,则·的最小值为________.‎ 解析 点P为椭圆+=1上的任意一点,设P(x,y)(-3≤x≤3,-2≤y≤2),依题意得左焦点F(-1,0),∴=(x,y),=(x+1,y),∴·=x(x+1)+y2=x2+x+=+.‎ ‎∵-3≤x≤3,‎ ‎∴≤x+≤,∴≤≤,‎ ‎∴≤≤,∴6≤+≤12,即6≤·≤12,故最小值为6.‎ 答案 6‎ ‎14.(2020·沈阳高三质检)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,M(-2,y0)是C上一点,且|MF|=2.‎ ‎(1)求C的方程.‎ ‎(2)过点F的直线与抛物线C相交于A,B两点,分别过点A,B作抛物线C的切线l1,l2,两条切线相交于点P,点P关于直线AB的对称点为Q,判断四边形PAQB是否存在外接圆?如果存在,求出外接圆面积的最小值;如果不存在,请说明理由.‎ 解 (1)根据题意知,4=2py0,①‎ - 14 -‎ 因为|MF|=2,所以y0+=2.②‎ 联立①②,解得y0=1,p=2.‎ 所以抛物线C的方程为x2=4y.‎ ‎(2)四边形PAQB存在外接圆.‎ 由(1)知F(0,1),设直线AB的方程为y=kx+1,‎ 代入x2=4y中,得x2-4kx-4=0,Δ=16(k2+1)>0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-4,‎ 所以|AB|=|x1-x2|=4(k2+1).‎ 因为C:x2=4y,即y=,所以y′=,‎ 因此切线l1的斜率k1=,切线l2的斜率k2=.‎ 所以k1k2==-1,‎ 所以PA⊥PB,即△PAB是直角三角形,‎ 所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点,线段AB是外接圆的直径,由于点Q与点P关于直线AB对称,‎ 所以点Q一定在△PAB的外接圆上,即四边形PAQB存在外接圆.‎ 又|AB|=4(k2+1),‎ 所以当k=0时,线段AB最短,最短长度为4,‎ 此时圆的面积最小,最小面积为4π.‎ C级 创新猜想 ‎15.(多选题)如图,由抛物线y2=8x与圆E:(x-2)2+y2=9的实线部分构成图形Ω,过点P(2,0)的直线始终与图形Ω中的抛物线部分及圆部分有交点,则|AB|的取值可能为(  )‎ A.4 B.5 C.6 D.7‎ - 14 -‎ 解析 由题意可知抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),圆(x-2)2+y2=9的圆心为E(2,0),因此点P,F,E重合,所以|PA|=3.设B(x0,y0),则由抛物线的定义可知|PB|=x0+2,由得(x-2)2+8x=9,整理得x2+4x-5=0,解得x1=1,x2=-5(舍去),设圆E与抛物线交于C,D两点,所以xC=xD=1,因此0≤x0≤1,又|AB|=|AP|+|BP|=3+x0+2=x0+5,所以|AB|=x0+5∈[5,6],故选BC.‎ 答案 BC - 14 -‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档