2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题5 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题课件 文

第二部分讲练篇专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题研考题举题固法圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)[高考解读]定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.角度一：定点问题1．(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.切入点：①点M在椭圆C上，且MN⊥x轴；②NP→＝2NM→.关键点：将OP→·PQ→＝1转化为向量的坐标运算，进而证明直线l过C的左焦点F.[解](1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，NP→＝(x－x0，y)，NM→＝(0，y0)．由NP→＝2NM→得x0＝x，y0＝22y.因为M(x0，y0)在C上，所以x22＋y22＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n)．由OP→·PQ→＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1.又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→.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.角度二：定值问题2．(2019·全国卷Ⅰ)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．切入点：①⊙M过点A，B；②⊙M与直线x＋2＝0相切．关键点：①确定圆心M的坐标；②选用合适的参数表示|MA|－|MP|的值．[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|.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.[教师备选题]1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3－1，32，P41，32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．[解](1)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1a2＋1b2＞1a2＋34b2知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此1b2＝1，1a2＋34b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.故椭圆C的方程为x24＋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t，4－t22，t，－4－t22，则k1＋k2＝4－t2－22t－4－t2＋22t＝－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x24＋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＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.而k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2kx1x2＋m－1x1＋x2x1x2.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·4m2－44k2＋1＋(m－1)·－8km4k2＋1＝0，解得k＝－m＋12.当且仅当m＞－1时，Δ＞0，于是l：y＝－m＋12x＋m，即y＋1＝－m＋12(x－2)，所以l过定点(2，－1)．2．(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值．[解](1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，由y2＝4x，y＝kx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1k－1x1＋x2－1k－1x2＝1k－1·2x1x2－x1＋x2x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．1．证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据直线所过的定点与参数值无关得出x，y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．2．定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关，当使用直线的斜率和截距表示直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．1．(定点问题)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(1，a)在此抛物线上，|PF|＝2，不过原点的直线l与抛物线C交于A，B两点，以AB为直径的圆M过坐标原点．(1)求抛物线C的方程；(2)证明：直线l恒过定点；(3)若线段AB中点的纵坐标为2，求此时直线l和圆M的方程．[解](1)由题意可得1＋p2＝2，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：设直线l的方程为：x＝my＋t(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立x＝my＋t，y2＝4x，消去x，得y2－4my－4t＝0，Δ＞0，∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t.∵以AB为直径的圆恒过原点O，∴OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝0，又x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)，∴(m2＋1)·y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，∴－4t(m2＋1)＋4m2t＋t2＝0，化为t2－4t＝0，t≠0，解得t＝4.∴直线l的方程为：x＝my＋4.令y＝0，可得x＝4.因此直线l恒过定点(4,0)．(3)线段AB中点的纵坐标为2.∵y1＋y2＝4m，∴2m＝2，即m＝1，∵直线l恒过定点(4,0)．∴4＝0＋t，即t＝4，∴直线l的方程为x＝y＋4，∵线段AB的中点坐标(6,2)即为圆的圆心坐标，设圆的方程为(x－6)2＋(y－2)2＝r2，把(0,0)代入可得r2＝40.故圆的方程为(x－6)2＋(y－2)2＝40.2．(定值问题)椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，离心率为12.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l1：y＝kx交椭圆C于A，B两点，点M在椭圆C上，且不与A，B两点重合，直线MA，MB的斜率分别为k1，k2.求证：k1，k2之积为定值．[解](1)由题意知，2a＝4，ca＝12，∴a＝2，c＝1∴b2＝a2－c2＝3，即椭圆方程为x24＋y23＝1.(2)证明：把y＝kx代入3x2＋4y2＝12，得(4k2＋3)x2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则：x1＋x2＝0，x1x2＝－124k2＋3，y1＋y2＝kx1＋kx2＝0，y1y2＝k2x1x2＝－12k24k2＋3，∴k1k2＝y1－yx1－x·y2－yx2－x＝y1y2－yy1＋y2＋y2x1x2－x1＋x2x＋x2，＝y1y2＋y2x1x2＋x2＝－12k24k2＋3＋y2－124k2＋3＋x2＝－12k24k2＋3＋31－x24－124k2＋3＋x2＝－34×－124k2＋3＋x2－124k2＋3＋x2＝－34.故k1，k2之积为定值－34.圆锥曲线中的最值、范围问题(5年2考)[高考解读]圆锥曲线中的最值、范围问题也是解析几何中的常见问题，此类问题重在考查解析几何的基本知识，重视通性通法的考查，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.(2016·全国卷Ⅱ)已知A是椭圆E：x24＋y23＝1的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：3k2.切入点：①MA⊥NA；②|AM|＝|AN|；③2|AM|＝|AN|.关键点：①由MA⊥NA，|MA|＝|NA|确定直线AM的倾斜角，进而求出AM的方程；②借助一元二次方程根与系数的关系及弦长公式，根据2|AM|＝|AN|建立关于k的方程，再借助导数解决问题．[解](1)设M(x1，y1)，则由题意知y10.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4.又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.将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的面积S△AMN＝2×12×127×127＝14449.(2)证明：设直线AM的方程为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.由题意，设直线AN的方程为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.设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增．又f(3)＝153－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点k在(3，2)内，所以3＜k＜2.[教师备选题]1．(2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．(1)设AB中点为M，证明：PM垂直