《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 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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 文（30页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲圆锥曲线的综合问题1.(2018全国卷,文20)已知斜率为k的直线l与椭圆C:+=1交于A,B两点.线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且+=0.证明:2|=|+|.证明:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则+y123=1,+=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0m32,故k-12.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由
2、(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2mb0)的离心率为,短轴长为2.(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=54,求证:点(m,k)在定圆上.(1)解:由已知得e=ca=,2b=2,又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,所以椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),联立直线与椭圆方程,得消去y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,依题意,=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)0,化简得m24k2+1,由根与系数的关系知x1+x2=-
3、,x1x2=4m2-44k2+1,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若kOMkON=54,则y1y2x1x2=54,即4y1y2=5x1x2,所以4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,所以(4k2-5)4(m2-1)4k2+1+4km-+4m2=0,即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化简得m2+k2=54,由得0m265,b0)的半焦距为c,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为12c.(1)求椭圆E的离心率;(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=52的一条直径,若椭圆
4、E经过A,B两点,求椭圆E的方程.解:(1)经过点(0,b)和(c,0)的直线方程为bx+cy-bc=0,则原点到直线的距离为d=12c,即为a=2b,所以e=ca=1-b2a2=.(2)由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2,由题意可得圆心M(-2,1)是线段AB的中点,则|AB|=,易知AB与x轴不垂直,记其方程为y=k(x+2)+1,代入可得(1+4k2)x2+8k(1+2k)x+4(1+2k)2-4b2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k(1+2k)1+4k2,x1x2=,由M为AB的中点,可得x1+x2=-4,得-8k(1+2k)1+4k2=-4,
5、解得k=12,从而x1x2=8-2b2,于是|AB|=|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=,解得b2=3,则有椭圆E的方程为x212+=1.定点与定值问题考向1定点问题【例2】 (2018山东省六校联考)在平面直角坐标系xOy中,已知圆C与y轴相切,且过点M(1,3),N(1,-3).(1)求圆C的方程;(2)已知直线l与圆C交于A,B两点,且直线OA与直线OB的斜率之积为-2.求证:直线l恒过定点,并求出定点的坐标.解:(1)因为圆C过点M(1,3),N(1,-3),所以圆心C在线段MN的垂直平分线上,即在x轴上,故设圆心为C(a,0),又圆C与y轴相切,易知a0,所以圆C的半径r
6、=a,所以圆C的方程为(x-a)2+y2=a2.因为点M(1,3)在圆C上,所以(1-a)2+(3)2=a2,解得a=2.所以圆C的方程为(x-2)2+y2=4.(2)记直线OA的斜率为k(k0),则其方程为y=kx.法一联立,得消去y,得(k2+1)x2-4x=0,解得x1=0,x2=.所以A,.由kkOB=-2,得kOB=-,直线OB的方程为y=-x,在点A的坐标中用-代换k,得B,-8kk2+4.当直线l的斜率不存在时,=,得k2=2,此时直线l的方程为x=43.当直线l的斜率存在时,即k22,则直线l的斜率为=.故直线l的方程为y-=x-,即y=x-43,所以直线l过定点43,0.综上
7、,直线l恒过定点,定点坐标为43,0.法二设A1(x1,y1),B(x2,y2),当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+b(b0),由y=kx+b,(x-2)2+y2=4,消y得(1+k2)x2+(2kb-4)x+b2=0,所以x1+x2=,x1x2=,所以y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=4kb+b21+k2,由题意得y1y2x1x2=-2,即=-2,所以b=-43k,所以直线l的方程为y=kx-43k,即y=kx-43,所以直线l过定点43,0.当直线l斜率不存在时,设直线l的方程为x=(0),由x=,(x-2)2+y2=4消x得y2+
8、2-4=0,所以y1+y2=0,y1y2=2-4.由题意得y1y2x1x2=-2,即2-42=-2,所以=43,故直线l的方程为x=43,所以直线l过定点43,0.综上,直线l恒过定点,定点坐标为43,0.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,离心率等于12,它的一个顶点恰好是抛物线x2=83y的焦点.(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,
9、所以设椭圆标准方程为x2a2+y2b2=1(ab0).因为椭圆离心率等于12,它的一个顶点恰好是抛物线x2=83y的焦点.x2=83y的焦点为(0,23),所以b=23,e=ca=12,因为a2-b2=c2,所以a2=16,b2=12.所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.(2)直线x=2与椭圆x216+y212=1交点P(2,3),Q(2,-3),所以|PQ|=6,设A(x1,y1),B(x2,y2),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+4k2)x2+8k(-2k+3)x+4(2
10、k-3)2-48=0,所以x1+2=;同理x2+2=所以x1+x2=16k2-123+4k2,x1-x2=-48k3+4k2,y1-y2=k(x1-2)+3-k(x2-2)+3=-24k3+4k2,直线AB斜率为y1-y2x1-x2=12.(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,把曲线方程化为f1(x,y)+f2(x,y)=0(为参数)的形式,解方程组f1(x,y)=0,f2(x,y)=0,即得定点坐标.(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,
