【数学】2019届一轮复习人教A版（文）9-8-2圆锥曲线的综合问题第2课时学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（文）9-8-2圆锥曲线的综合问题第2课时学案

第2课时 定点、定值、探索性问题 题型一 定点问题 典例 (2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．‎ ‎(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，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．‎ 又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，‎ 所以点P2在椭圆C上．‎ 因此解得 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(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t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．‎ 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．‎ 将y＝kx＋m代入＋y2＝1，‎ 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.‎ 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 而k1＋k2＝＋ ‎＝＋ ‎＝.‎ 由题设知k1＋k2＝－1，‎ 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.‎ 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，‎ 解得k＝－.‎ 当且仅当m>－1时，Δ>0，‎ 于是l：y＝－x＋m，‎ 即y＋1＝－(x－2)，‎ 所以l过定点(2，－1)．‎ 思维升华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．‎ 跟踪训练 (2017·长沙联考)已知椭圆＋＝1(a>0，b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．‎ ‎(1)解 设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，‎ 又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.‎ ‎∴椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明 由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，‎ N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，‎ 由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，‎ ‎∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.‎ 同理由＝λ2知λ2＝－1.‎ ‎∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①‎ 联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，‎ ‎∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②‎ 且有y1＋y2＝，y1y2＝，③‎ ‎③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，‎ ‎∴(mt)2＝1，‎ 由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，‎ 得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．‎ 题型二 定值问题 典例 (2017·广州市综合测试)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若P，Q是椭圆C上的两个动点，且使∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．‎ 解 (1)因为椭圆C的离心率为，且过点A(2,1)，‎ 所以＋＝1，＝，‎ 又a2＝b2＋c2，所以a2＝8，b2＝2，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)方法一 因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，‎ 所以PA与AQ所在的直线关于直线x＝2对称．‎ 设直线PA的斜率为k，则直线AQ的斜率为－k.‎ 所以直线PA的方程为y－1＝k(x－2)，‎ 直线AQ的方程为y－1＝－k(x－2)．‎ 设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，‎ 由 得(1＋4k2)x2－(16k2－8k)x＋16k2－16k－4＝0.①‎ 因为点A(2,1)在椭圆C上，所以x＝2是方程①的一个根，则2xP＝，‎ 所以xP＝.‎ 同理xQ＝.‎ 所以xP－xQ＝－，xP＋xQ＝.‎ 又yP－yQ＝k(xP＋xQ－4)＝－，‎ 所以直线PQ的斜率kPQ＝＝，‎ 所以直线PQ的斜率为定值，该值为.‎ 方法二 设直线PQ的方程为y＝kx＋b，‎ 点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b，‎ 直线PA的斜率kPA＝，‎ 直线QA的斜率kQA＝.‎ 因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，‎ 所以PA与AQ所在的直线关于直线x＝2对称，‎ 所以kPA＝－kQA，即＝－，‎ 化简得x1y2＋x2y1－(x1＋x2)－2(y1＋y2)＋4＝0.‎ 把y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b代入上式，化简得 ‎2kx1x2＋(b－1－2k)(x1＋x2)－4b＋4＝0.①‎ 由 得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－8＝0，②‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 代入①，得－－4b＋4＝0，‎ 整理得(2k－1)(b＋2k－1)＝0，‎ 所以k＝或b＝1－2k.‎ 若b＝1－2k，可得方程②的一个根为2，不符合题意．‎ 所以直线PQ的斜率为定值，该值为.‎ 思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．‎ ‎(2)求点到直线的距离为定值．‎ 利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．‎ ‎(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．‎ 跟踪训练 (2018届洛阳联考)如图，点F是抛物线τ：x2＝2py(p>0)的焦点，点A是抛物线上的定点，且＝(2,0)，点B，C是抛物线上的动点，直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.‎ ‎(1)求抛物线τ的方程；‎ ‎(2)若k2－k1＝2，点D是抛物线在点B，C处切线的交点，记△BCD的面积为S，证明S为定值．‎ ‎(1)解 设A(x0，y0)，由题意知F，‎ 所以＝＝(2,0)，‎ 所以 代入x2＝2py(p>0)中得4＝p2，即p＝2，‎ 所以抛物线τ的方程是x2＝4y.‎ ‎(2)证明 过D作y轴的平行线交BC于点E，‎ 并设B，C，‎ 由(1)知A(－2,1)，‎ 所以k2－k1＝－＝，‎ 又k2－k1＝2，所以x2－x1＝8.‎ 由y＝，得y′＝.‎ 所以直线BD：y＝x－，‎ 直线CD：y＝x－，‎ 解得 因为直线BC的方程为y－＝(x－x1)，‎ 将xD代入得yE＝，‎ 所以S＝|DE|(x2－x1)＝(yE－yD)(x2－x1)‎ ‎＝··(x2－x1)＝32(定值)．‎ 题型三 探索性问题 典例在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，‎ ‎(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；‎ ‎(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．‎ 解 (1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，‎ 或M(－2，a)，N(2，a)．‎ 又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，‎ C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，‎ 即x－y－a＝0.‎ y＝在x＝－2处的导数值为－，‎ C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，‎ 即x＋y＋a＝0.‎ 故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.‎ ‎(2)存在符合题意的点，证明如下：‎ 设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.‎ 将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.‎ 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.‎ 从而k1＋k2＝＋ ‎＝ ‎＝.‎ 当b＝－a时，有k1＋k2＝0，‎ 则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，‎ 故∠OPM＝∠OPN，所以点p(0，－a)符合题意．‎ 思维升华解决探索性问题的注意事项 探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．‎ ‎(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；‎ ‎(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；‎ ‎(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．‎ 跟踪训练 (2018·唐山模拟)已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解 (1)由椭圆的对称性知||＋||＝2a＝4，∴a＝2.‎ 又原点O到直线DF的距离为，‎ ‎∴＝，∴bc＝，‎ 又a2＝b2＋c2＝4，a>b>c>0，∴b＝，c＝1.‎ 故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．‎ 故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，‎ 代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝，‎ Δ＝32(6k＋3)>0，∴k>－.‎ ‎∵2＝4·，‎ 即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，‎ ‎∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，‎ 即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，‎ ‎∴4(1＋k2)‎ ‎＝4×＝5，‎ 解得k＝±，k＝－不符合题意，舍去．‎ ‎∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.‎ 设而不求，整体代换 典例(12分)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；‎ ‎(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k2≠0，证明＋为定值，并求出这个定值．‎ 思想方法指导对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值．‎ 规范解答 解 (1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程＋＝1，得y＝±.由题意知＝1，即a＝2b2.‎ 又e＝＝，所以a＝2，b＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.[2分]‎ ‎(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－，0)，F2(，0)，‎ 所以直线PF1，PF2的方程分别为 ‎：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，‎ ‎：y0x－(x0－)y－y0＝0.‎ 由题意知＝.‎ 由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.‎ 所以＝.[4分]‎ 因为－0)，‎ 其准线方程为x＝－，‎ ‎∵P(4，m)到焦点的距离等于P到其准线的距离，‎ ‎∴4＋＝5，∴p＝2.‎ ‎∴抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)由(1)可得点M(4,4)，‎ 可得直线DE的斜率不为0，‎ 设直线DE的方程为x＝my＋t，‎ 联立得y2－4my－4t＝0，‎ 则Δ＝16m2＋16t>0.(*)‎ 设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t.‎ ‎∵·＝(x1－4，y1－4)·(x2－4，y2－4)‎ ‎＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16‎ ‎＝·－4＋16＋y1y2－4(y1＋y2)＋16‎ ‎＝－(y1＋y2)2＋3y1y2－4(y1＋y2)＋32‎ ‎＝t2－16m2－12t＋32－16m＝0，‎ 即t2－12t＋32＝16m2＋16m，‎ 得(t－6)2＝4(2m＋1)2，‎ ‎∴t－6＝±2(2m＋1)，即t＝4m＋8或t＝－4m＋4，‎ 代入(*)式检验知t＝4m＋8满足Δ>0，‎ ‎∴直线DE的方程为x＝my＋4m＋8＝m(y＋4)＋8.‎ ‎∴直线过定点(8，－4)．‎ ‎2．(2018·邢台模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为，圆E的圆心在椭圆C上，半径为2，直线y＝k1x与直线y＝k2x为圆E的两条切线．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)试问：k1·k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．‎ 解 (1)由2b＝2得b＝，∵e＝＝，∴＝，‎ ‎∵a2＝b2＋c2，∴＝，‎ 解得a2＝20，b2＝5，‎ ‎∴椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设E(x0，y0)，∵直线y＝k1x与圆E：(x－x0)2＋(y－y0)2＝4相切，∴＝2，‎ 整理得(x－4)k－2x0y0k1＋y－4＝0，‎ 同理可得(x－4)k－2x0y0k2＋y－4＝0，‎ ‎∴k1，k2为方程(x－4)x2－2x0y0x＋y－4＝0的两个根，∴k1k2＝.‎ 又∵E(x0，y0)在椭圆C：＋＝1上，‎ ‎∴y＝5，‎ ‎∴k1k2＝＝＝－，‎ 故k1k2的定值为－.‎ ‎3．(2017·湘中名校联考)如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解 (1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，‎ 且A(－1,0)，B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点．‎ 设C1的半焦距为c，‎ 由＝及a2－c2＝b2＝1，得a＝2，‎ ‎∴a＝2，b＝1.‎ ‎(2)存在．‎ 由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．‎ 易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得 ‎(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)‎ 设点P的坐标为(xP，yP)，‎ ‎∵直线l过点B，∴x＝1是方程(*)的一个根．‎ 由根与系数的关系，得xp＝，从而yp＝，‎ ‎∴点P的坐标为.‎ 同理，由 得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．‎ ‎∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．‎ ‎∵以PQ为直径的圆恰好过点A，‎ ‎∴AP⊥AQ，∴·＝0，‎ 即[k－4(k＋2)]＝0.‎ ‎∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意．‎ 故直线l的方程为8x＋3y－8＝0.‎ ‎4．(2018届衡水联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点(－，1)，离心率为，直线l：kx－y＋2＝0与椭圆C交于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)是否存在实数k，使得|＋|＝|－|(其中O为坐标原点)成立？若存在，求出实数k的值；若不存在，请说明理由．‎ 解 (1)依题意，得 解得a2＝4，b2＝2，c2＝2，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)假设存在符合条件的实数k.‎ 依题意，联立方程 消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋8kx＋4＝0.‎ 则Δ＝64k2－16(1＋2k2)>0，即k>或k<－.(*)‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 由|＋|＝|－|，得·＝0，‎ ‎∴x1x2＋y1y2＝0，‎ 即x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝0，‎ 即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0.‎ ‎∴－＋4＝0，即＝0，‎ ‎∴k2＝2，即k＝±，满足(*)式．‎ 故存在实数k＝±，使得|＋|＝|－|成立．‎ ‎5．(2018·保定模拟)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左顶点M到直线＋＝1的距离d＝，O为坐标原点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值．‎ ‎(1)解 由e＝，得c＝a，又b2＝a2－c2，‎ 所以b＝a，即a＝2b.‎ 由左顶点M(－a,0)到直线＋＝1，‎ 即到直线bx＋ay－ab＝0的距离d＝，‎ 得＝，即＝，‎ 把a＝2b代入上式，得＝，解得b＝1.‎ 所以a＝2b＝2，c＝.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ ‎①当直线AB的斜率不存在时，由椭圆的对称性，‎ 可知x1＝x2，y1＝－y2.‎ 因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故·＝0，‎ 即x1x2＋y1y2＝0，也就是x－y＝0，‎ 又点A在椭圆C上，所以＋y＝1，‎ 解得|x1|＝|y1|＝.‎ 此时点O到直线AB的距离d1＝|x1|＝.‎ ‎②当直线AB的斜率存在时，‎ 设直线AB的方程为y＝kx＋m，‎ 与椭圆方程联立有 消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 因为以AB为直径的圆过坐标原点O，所以OA⊥OB.‎ 所以·＝x1x2＋y1y2＝0.‎ 所以(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.‎ 所以(1＋k2)·－＋m2＝0.‎ 整理得5m2＝4(k2＋1)，‎ 所以点O到直线AB的距离d1＝＝.‎ 综上所述，点O到直线AB的距离为定值.‎ ‎6.如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－1.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解 (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，‎ 又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，‎ 于是解得a＝2，b＝，‎ 所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，‎ 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 从而，·＋λ· ‎＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]‎ ‎＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1‎ ‎＝＝－－λ－2.‎ 所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，‎ 此时·＋λ·＝－3为定值．‎ 当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，‎ 此时，·＋λ·＝·＋· ‎＝－2－1＝－3.‎ 故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.‎