2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第十章第四讲　圆锥曲线的综合问题

2021届课标版高考理科数学一轮复习教师用书：第十章第四讲　圆锥曲线的综合问题

第四讲　圆锥曲线的综合问题 1.[改编题]下列结论正确的是 (　　) A.f (x0,y0)=0 是点 P(x0,y0)在曲线 f (x,y)=0 上的充要条件 B.方程 x2+xy=x 表示的是一个点和一条直线 C.方程 y= 푥与 x=y2 表示同一曲线 D.到两条互相垂直的直线距离相等的点的轨迹方程是 x2=y2 2.[改编题]已知点 F ( 1 4,0),直线 l:x= - 1 4,点 B 是 l 上的动点,若过点 B 且垂直于 y 轴的直线与线段 BF 的垂直 平分线交于点 M,则点 M 的轨迹是 (　　) A.双曲线 B.椭圆 C.圆 D.抛物线 3.[2019 广东百校联考]已知 A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线 y=x2 上不同的两点,分别以 A,B 为切点的两条切线互 相垂直,则切线交点的轨迹为 (　　) A.直线 B.圆 C.抛物线 D.双曲线的一支 　　　　　　　　　　　　　　　　　 考法 1 求轨迹方程 1 直线 l(不与 x 轴重合)过点 F (1,0)且与 y 轴交于点 G,过 G 作 F G 的垂线,与 x 轴交于点 T,点 P 满足푇푃 =2퐺푃. (1)求点 P 的轨迹 C 的方程; (2)过点 K( - 1,0)的直线 l1 与 C 交于 A,B 两点,点 A 关于 x 轴的对称点为 D,퐹퐴·퐹퐵 = 8 9,求直线 BD 的方程. (1)解法一　(直接法)如图 10 - 4 - 1 所示,连接PF ,设P(x,y).依题意知,G为线段TP的中点,F 在线段TP 的垂直平分线上,故|TF |=|PF |. 因为|PF |= (푥 - 1)2 + 푦2, 所以 T(1 - (푥 - 1)2 + 푦2,0). 又线段 TP 的中点 G 在 y 轴上,所以 1 - (푥 - 1)2 + 푦2+x=0, 图 10 - 4 - 1　　　图 10 - 4 - 2 化简得 y2=4x,即点 P 的轨迹方程为 y2=4x(x≠0). 解法二　(定义法)如图 10 - 4 - 2 所示,过点 P 作 y 轴的垂线,与直线 l 交于点 S,与 y 轴交于点 R,连接 ST,PF . 由题意知 SF 垂直平分线段 TP,所以四边形 STF P 为菱形, 所以|PS|=|PF |,且 G 为线段 SF 的中点,所以|RS|=|OF |=1, 故点 P 到定点 F 的距离与它到定直线 x= - 1 的距离相等, 所以点 P 的轨迹是以 F 为焦点,直线 x= - 1 为准线的抛物线. 设 P(x,y),则点 P 的轨迹方程为 y2=4x(x≠0). 解法三　(参数法)设∠xF G=θ,显然 θ≠ π 2且 θ≠π, 则点 G(0, - tanθ). 因为 GT⊥F G, 所以直线 TG 的方程为 x+ytanθ= - tan2θ, 所以 T( - tan2θ,0). 设 P(x,y),因为푇푃=2퐺푃,所以 G 是线段 PT 的中点, 所以{푥 = tan2휃, 푦 = -2tan휃(θ 为参数), 消去 tanθ,得点 P 的轨迹方程为 y2=4x(x≠0). (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),D(x1, - y1),l1 的方程为 x=my - 1(m≠0), 将 x=my - 1(m≠0)代入 y2=4x 并整理得 y2 - 4my+4=0, 则 Δ=16m2 - 16>0,m>1 或 m< - 1.y1+y2=4m,y1y2=4. x1+x2=(my1 - 1)+(my2 - 1)=4m2 - 2, x1x2=(my1 - 1)·(my2 - 1)=1. 因为퐹퐴=(x1 - 1,y1),퐹퐵=(x2 - 1,y2), 所以퐹퐴·퐹퐵=(x1 - 1)(x2 - 1)+y1y2=x1x2 - (x1+x2)+1+4=8 - 4m2, 故 8 - 4m2= 8 9,解得 m=± 4 3,满足 Δ>0. 又|y2 - y1|= (4푚)2 - 4 × 4 = 4 7 3 , 所以直线 BD 的斜率为 kBD= 푦2 + 푦1 푥2 - 푥1 = 4 푦2 - 푦1=± 3 7. 因为直线 BD 的方程为 y= 푦2 + 푦1 푥2 - 푥1 (x - x2)+y2, 所以 y= 4 푦2 - 푦1 (x - 푦2 2 4 )+y2, 所以 y= 4푥 - 푦1푦2 푦2 - 푦1 , 即 y= 4(푥 - 1) 푦2 - 푦1 ,令 y=0,得 x=1, 所以直线 BD 过点(1,0), 所以直线 BD 的方程为 3x+ 7y - 3=0 或 3x - 7y - 3=0. 1.[2017 全国卷Ⅱ,20,12 分][理]设O 为坐标原点,动点 M 在椭圆 C: 푥2 2 +y2=1 上,过 M 作 x 轴 的垂线,垂足为 N,点 P 满足푁푃 = 2푁푀. (1)求点 P 的轨迹方程; (2)设点 Q 在直线 x= - 3 上,且푂푃·푃푄=1.证明:过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F . 2.已知圆 C 与两圆 x2+(y+4)2=1,x2+(y - 2)2=1 外切,圆 C 的圆心轨迹为 L,设 L 上的点与点 M(x,y)的距离的最小值为 m,点 F (0,1)与点 M(x,y)的距离为 n. (1)求圆 C 的圆心轨迹 L 的方程; (2)求满足条件 m=n 的点 M 的轨迹 Q 的方程. 考法 2 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题 命题角度 1　最值问题 2[2019 全国卷Ⅱ,21,12 分][理]已知点 A( - 2,0),B(2,0),动点 M(x,y)满足直线 AM 与 BM 的斜率之积 为 - 1 2.记 M 的轨迹为曲线 C. (1)求 C 的方程,并说明 C 是什么曲线. (2)过坐标原点的直线交 C 于 P,Q 两点,点 P 在第一象限,PE⊥x 轴,垂足为 E,连接 QE 并延长交 C 于点 G. (i)证明:△PQG 是直角三角形; (ii)求△PQG 面积的最大值. (1)先利用条件 kAM·kBM= - 1 2建立方程,再将点的坐标代入,化简即得 C 的方程,从而可判断 C 是什 么曲线.(2)(i)设直线 PQ 的方程为 y=kx(k>0),然后与椭圆方程联立,求得点 P,Q,E 的坐标,从而求得直线 QG 的方程,并与椭圆方程联立,求得点 G 的坐标,由此求得直线 PG 的斜率,进而可得 PQ⊥PG,即证△PQG 是直角 三角形;(ii)由(i)求出|PQ|,|PG|,从而得到△PQG 面积的表达式,进而利用换元法及函数的单调性求其最大值. (1)由题设得 푦 푥 + 2· 푦 푥 - 2= - 1 2,化简得 푥2 4 + 푦2 2 =1(|x|≠2),所以 C 为中心在坐标原点,焦点在 x 轴上且不含左、 右顶点的椭圆. (2)(i)设直线 PQ 的斜率为 k,则其方程为 y=kx(k>0). 由{푦 = 푘푥, 푥2 4 + 푦2 2 = 1得 x=± 2 1 + 2푘2. 记 u= 2 1 + 2푘2,则 P(u,uk),Q( - u, - uk),E(u,0). 于是直线 QG 的斜率为 푘 2,方程为 y= 푘 2(x - u). 由{푦 = 푘 2(푥 - 푢), 푥2 4 + 푦2 2 = 1 得(2+k2)x2 - 2uk2x+k2u2 - 8=0　①. 设 G(xG,yG),则 x= - u 和 x=xG 是方程①的解,故 xG= 푢(3푘2 + 2) 2 + 푘2 ,由此得 yG= 푢푘3 2 + 푘2. 从而直线 PG 的斜率为 푢푘3 2 + 푘2 - 푢푘 푢(3푘2 + 2) 2 + 푘2 - 푢 = - 1 푘. 所以 PQ⊥PG,即△PQG 是直角三角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u 1 + 푘2,|PG|= 2푢푘 푘2 + 1 2 + 푘2 ,所以△PQG 的面积 S= 1 2|PQ||PG|= 8푘(1 + 푘2) (1 + 2푘2)(2 + 푘2) = 8(1 푘 + 푘) 1 + 2(1 푘 + 푘)2. 设 t=k+ 1 푘,则由 k>0 得 t≥2,当且仅当 k=1 时取等号. 因为 S= 8푡 1 + 2푡2在[2,+∞)上单调递减,所以当 t=2,即 k=1 时,S 取得最大值,最大值为 16 9 . 因此,△PQG 面积的最大值为 16 9 . 命题角度 2　范围问题 3[2019 河南郑州二测]在平面直角坐标系 xOy 中,已知圆 C1:x2+y2=r2(r>0)与直线 l0:y=x+2 2相切, 点 A 为圆 C1 上一动点,AN⊥x 轴于点 N,且动点 M 满足푂푀 + 퐴푀=푂푁,设动点 M 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程; (2)设 P,Q 是曲线 C 上两动点,线段 PQ 的中点为 T,直线 OP,OQ 的斜率分别为 k1,k2,且 k1k2= - 1 4,求|OT|的 取值范围. (1)先设 M(x,y),A(x0,y0),再由圆 C1:x2+y2=r2(r>0)与直线 l0:y=x+2 2相切求出 r,结合푂푀 + 퐴푀= 푂푁,即可求出曲线 C 的方程.(2)当直线 PQ 的斜率不存在时,可求出|OT|= 2,当直线 PQ 的斜率存在时,设直 线 PQ 的方程为 y=kx+m(m≠0),与椭圆方程联立,利用根与系数的关系、k1k2= - 1 4及中点坐标公式,求出 |OT|2=2 - 3 4푚2,进而讨论|OT|的取值范围. (1)设动点 M(x,y),A(x0,y0),由于 AN⊥x 轴于点 N,则 N(x0,0). 又圆 C1:x2+y2=r2(r>0)与直线 l0:y=x+2 2相切, 所以 r= |2 2| 2 =2,则圆 C1:x2+y2=4.............................................................................................(由条件得到圆 C1 的方程) 由푂푀 + 퐴푀=푂푁,得(x,y)+(x - x0,y - y0)=(x0,0), 所以{2푥 - 푥0 = 푥0, 2푦 - 푦0 = 0, 即{푥0 = 푥, 푦0 = 2푦....................................................................................................(由向量等式得到坐标关系) 又点 A 为圆 C1:x2+y2=4 上一动点,所以 x2+4y2=4. .................................................................(此处运用了相关点法) 于是曲线 C 的方程为 푥2 4 +y2=1. (2)当直线 PQ 的斜率不存在时,可取直线 OP 的方程为 y= 1 2x, 不妨取点 P( 2, 2 2 ),则 Q( 2, - 2 2 ),T( 2,0),所以|OT|= 2..................................(先讨论直线 PQ 的斜率不存在的情形) 当直线 PQ 的斜率存在时,设直线 PQ 的方程为 y=kx+m(m≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 由{푦 = 푘푥 + 푚, 푥2 + 4푦2 = 4消去 y 并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2 - 4=0,易知 Δ=16(4k2+1 - m2)>0　①, 则 x1+x2= -8푘푚 1 + 4푘2,x1x2= 4푚2 - 4 1 + 4푘2. 由 k1k2= - 1 4,得 4y1y2+x1x2=0, 所以 4(kx1+m)(kx2+m)+x1x2=(4k2+1)x1x2+4km(x1+x2)+4m2=4m2 - 4 - 32푘2푚2 1 + 4푘2+4m2=0, 化简得 2m2=1+4k2(满足①式),所以 m2≥ 1 2. 设 T(x'0,y'0),则 x'0= 푥1 + 푥2 2 = -4푘푚 1 + 4푘2= -2푘 푚 ,y'0=kx'0+m= 1 2푚, 所以|OT|2=x'20+y'20= 4푘2 푚2 + 1 4푚2=2 - 3 4푚2∈[ 1 2,2), 即|OT|∈[ 2 2 , 2). 综上,|OT|的取值范围为[ 2 2 , 2]. 3.[2017 浙江,21,15 分]如图 10 - 4 - 3,已知抛物线 x2=y,点 A( - 1 2, 1 4),B( 3 2, 9 4),抛 物线上的点 P(x,y)( - 1 2 < x < 3 2).过点 B 作直线 AP 的垂线,垂足为 Q. (1)求直线 AP 斜率的取值范围; (2)求|PA|·|PQ|的最大值. 考法 3 与圆锥曲线有关的定点、定值问题 命题角度 1　定点问题 4[2019 郑州质量预测]设 M 为圆 C:x2+y2=4 上的动点,点 M 在 x 轴上的射影为点 N,动点 P 满足 2푃푁 = 3푀푁,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|퐷퐴 + 퐷퐵|=|퐷퐴 ― 퐷퐵|,证明直线 l 恒过定点,并求出该定点的坐标. (1)设点 M(x0,y0),P(x,y),由题意可知 N(x0,0). 因为 2푃푁 = 3푀푁,所以 2(x0 - x, - y)= 3(0, - y0), 即 x0=x,y0= 2 3y..........................................................................................(将向量关系转化成坐标关系,可得到坐标的对应) 又点 M 在圆 C:x2+y2=4 上,所以푥20 + 푦20=4, 将 x0=x,y0= 2 3y 代入,得 푥2 4 + 푦2 3 =1, ....................................................................................................(此处用了相关点法) 即轨迹 E 的方程为 푥2 4 + 푦2 3 =1. (2)由(1)可知 D( - 2,0),设 A(x1,y1),B(x2,y2), 由{푦 = 푘푥 + 푚, 푥2 4 + 푦2 3 = 1 消去 y,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.......................................................................................(由判别式大于 0 得到一个含二元变量的不等式) 所以 x1+x2= -8푚푘 3 + 4푘2,x1x2= 4(푚2 - 3) 3 + 4푘2 ,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2= 3푚2 - 12푘2 3 + 4푘2 . 因为|퐷퐴 + 퐷퐵|=|퐷퐴 ― 퐷퐵|,所以퐷퐴⊥퐷퐵,即퐷퐴·퐷퐵=0, 所以(x1+2,y1)·(x2+2,y2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0, 则 4푚2 - 12 3 + 4푘2 +2× -8푚푘 3 + 4푘2+4+ 3푚2 - 12푘2 3 + 4푘2 =0,所以 7m2 - 16mk+4k2=0, 解得 m1=2k,m2= 2 7k,且均满足 3+4k2 - m2>0. ..................................................(需要检验结论是否满足判别式大于 0) 当 m1=2k 时,直线 l 的方程为 y=kx+2k=k(x+2),直线恒过定点( - 2,0),与已知矛盾; 当 m2= 2 7k 时,直线 l 的方程为 y=kx+ 2 7k=k(x+ 2 7),直线恒过定点( - 2 7,0)......(由直线方程的点斜式可知直线恒过定点) 所以直线 l 恒过定点,且定点的坐标为( - 2 7,0). 命题角度 2　定值问题 5 [2019 洛阳市第二次统考]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 为线段 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 ,线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 N,试问: 2|푀푁|2 |퐹푁| 是否为定值?若为定值,试求出此定值; 否则,说明理由. (1)思路一　先判断直线l的斜率存在且不为0,设出直线 l的方程,再将直线方程与抛物线方程联立, 利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线 l 的方程. 思路二　先设 A(x1,y1),B(x2,y2),再利用 AB 的中点为 M(1,1),由“点差法”可求得直线l 的斜率,即得直线 l 的 方程. (2)先利用中点坐标公式计算点 M 的坐标,再计算点 N 的坐标,由两点间的距离公式计算|MN|2,|F N|,可得 2|푀푁|2 |퐹푁| 为定值. (1)解法一　由题意知直线 l 的斜率存在且不为 0,可设直线 l 的方程为 x - 1=t(y - 1)(t≠0),即 x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2). 由 p=2 知抛物线方程为 y2=4x, 由{푥 = 푡푦 + 1 - 푡, 푦2 = 4푥 消去 x,得 y2 - 4ty - 4+4t=0. Δ=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t+1)>0, y1+y2=4t,所以 4t=2,解得 t= 1 2. ........................................................................................(利用中点坐标公式求得 t 的值) 所以直线 l 的方程为 2x - y - 1=0. 解法二　由 p=2,知抛物线方程为 y2=4x. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则푦21=4x1,푦22=4x2. 由题意知直线 AB 的斜率存在,则直线 AB 的斜率 kAB= 푦1 - 푦2 푥1 - 푥2 = 4 푦1 + 푦2 ,......................(利用点差法求直线 AB 的斜率) 因为线段 AB 的中点为 M(1,1),所以 y1+y2=2, 所以 kAB= 4 2=2,则直线 l 的方程为 y - 1=2(x - 1),即 2x - y - 1=0. (2) 2|푀푁|2 |퐹푁| 为定值 2p,证明如下. 由抛物线 C:y2=2px(p>0),知焦点 F 的坐标为( 푝 2,0). 由题意知,直线 l 的斜率存在且不为 0, 因为直线 l 过焦点 F , 所以可设直线 l 的方程为 x=ry+ 푝 2(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4), 由{푥 = 푟푦 + 푝 2, 푦2 = 2푝푥 消去 x,得 y2 - 2pry - p2=0. Δ=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr, 所以 x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则 M(pr2+ 푝 2,pr). 所以直线 MN 的方程为 y - pr= - r(x - pr2 - 푝 2), 令 y=0,解得 x=pr2+ 3푝 2 ,则 N(pr2+ 3푝 2 ,0). 所以|MN|2=p2+p2r2,|F N|=pr2+ 3푝 2 ― 푝 2=pr2+p, 于是 2|푀푁|2 |퐹푁| = 2(푝2 + 푝2푟2) 푝푟2 + 푝 =2p...............................................................................................................(整体相消得到定值) 所以 2|푀푁|2 |퐹푁| 为定值 2p. 4.[2019 合肥高三质检]已知直线 l 经过椭圆 C: 푥2 푎2 + 푦2 푏2=1(a>b>0)的右焦点(1,0),交椭圆 C 于 点 A,B,点 F 为椭圆 C 的左焦点,△ABF 的周长为 8. (1)求椭圆 C 的标准方程. (2)若直线 m 与直线 l 的倾斜角互补,直线 m 交椭圆 C 于点 M,N,|MN|2=4|AB|,求证:直线 m 与直线 l 的交点 P 在定直线上. 考法 4 与圆锥曲线有关的存在性问题 6 [2019 湘东六校联考]已知椭圆 C: 푥2 푎2 + 푦2 푏2=1(a>b>0)的离心率 e= 1 2,点 A(b,0),B,F 分别为椭圆 C 的上顶点和左焦点,且|BF |·|BA|=2 6. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆 C 交于 G,H 两点(G 在 M,H 之间),设直线 l 的斜率 k>0,在 x 轴上是否存 在点 P(m,0),使得以 PG,PH 为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出 m 的取值范围;如果不存在,请说明 理由. (1)先由离心率得到a,c的关系式,再由|BF |·|BA|=2 6得到a,b的关系式,结合a2 - b2=c2求出a2,b2, 即得椭圆C的方程.(2)先设出直线l的方程,并与椭圆方程联立,利用Δ>0 得到k的取值范围,再分别写出푃퐺 + 푃퐻,퐺퐻的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与系数的关系得到 m 关于 k 的表达式,进而求 出 m 的取值范围. (1)由离心率 e= 1 2,得 푐 푎 = 1 2,即 a=2c　①. 由|BF |·|BA|=2 6,得 a· 푏2 + 푏2=2 6,即 ab=2 3　②. 易知 a2 - b2=c2　③. 由①②③可解得 a2=4,b2=3, 所以椭圆 C 的方程为 푥2 4 + 푦2 3 =1. (2)设直线 l 的方程为 y=kx+2(k>0), 由{푦 = 푘푥 + 2, 푥2 4 + 푦2 3 = 1 消去 y 得,(3+4k2)x2+16kx+4=0. 由 Δ=(16k)2 - 16(3+4k2)>0,解得 k> 1 2. 设 G(x1,y1),H(x2,y2),则 x1+x2= -16푘 4푘2 + 3, 푃퐺 + 푃퐻=(x1+x2 - 2m,k(x1+x2)+4),퐺퐻=(x2 - x1,y2 - y1)=(x2 - x1,k(x2 - x1)). 因为菱形的对角线互相垂直,所以(푃퐺 + 푃퐻)·퐺퐻=0, 所以(1+k2)(x1+x2)+4k - 2m=0,得 m= - 2푘 4푘2 + 3= - 2 4푘 + 3 푘 . 因为 k> 1 2,所以 - 3 6 ≤m<0(当且仅当 3 푘=4k,即 k= 3 2 时,等号成立). 所以存在满足条件的实数 m,且 m 的取值范围为[ - 3 6 ,0). 5.[2020 广东惠州高三调研]已知定点A( - 3,0),B(3,0),直线 AM,BM 相交于点 M,且它们的斜 率之积为 - 1 9,记动点 M 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程. (2)过点 T(1,0)的直线 l 与曲线 C 交于 P,Q 两点,是否存在定点 S(x0,0),使得直线 SP 与 SQ 斜率之积为定值? 若存在,求出 S 的坐标;若不存在,请说明理由. 考法 5 圆锥曲线的综合问题 命题角度 1　圆锥曲线中的角相等问题 7 [2019 河南郑州三测]已知抛物线 C:y2=2px(p>0),圆 E:(x - 3)2+y2=1. (1)F 是抛物线 C 的焦点,A 是抛物线 C 上的定点,퐴퐹=(0,2),求抛物线 C 的方程. (2)在(1)的条件下,过点 F 的直线 l 与圆 E 相切,设直线 l 交抛物线 C 于 P,Q 两点,则在 x 轴上是否存在点 M, 使∠PMO=∠QMO(O 为坐标原点)?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,请说明理由. (1)先写出焦点 F 的坐标,由퐴퐹=(0,2),得到点 A 的坐标,再将 A 的坐标代入抛物线方程求出 p 值,即 得抛物线 C 的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为 k 的直线方程,利用直线与圆相切 求出 k 值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO=∠QMO 推出点 M 的坐标,问题获解. (1)依题意知,抛物线 C 的焦点为 F ( 푝 2,0), 由퐴퐹=(0,2),可知 A( 푝 2, - 2),..............................................................................................................(理解向量的坐标运算) 将点 A 的坐标代入 y2=2px,求得 p=2, 所以抛物线 C 的方程为 y2=4x. (2)当直线的斜率不存在时,过点 F (1,0)的直线不可能与圆 E 相切,...................................(先讨论斜率不存在的情形) 所以过抛物线的焦点与圆 E 相切的直线的斜率存在. 设直线的斜率为 k,则直线的方程为 y=k(x - 1), ......................................................................(再研究斜率存在的情形) 所以圆心 E(3,0)到直线的距离 d= |2푘| 1 + 푘2. 当直线与圆相切时,d=1= |2푘| 1 + 푘2,解得 k=± 3 3 , 所以切线方程为 y= 3 3 (x - 1)或 y= - 3 3 (x - 1). ......................................................(由直线和圆相切得到圆的切线方程) 不妨设直线 l :y= 3 3 (x - 1)交抛物线于 P(x1,y1),Q(x2,y2)两点, 由{푦 = 3 3 (푥 - 1), 푦2 = 4푥 消去 y 并整理,得 x2 - 14x+1=0,Δ>0,则 x1+x2=14,x1x2=1. 假设存在点 M(t,0),使∠PMO=∠QMO,则 kPM+kQM=0. 所以 kPM+kQM= 푦1 푥1 - 푡 + 푦2 푥2 - 푡 = 3 3 (푥1 - 1) 푥1 - 푡 + 3 3 (푥2 - 1) 푥2 - 푡 = 3 3 × (푥1 - 1)(푥2 - 푡) + (푥2 - 1)(푥1 - 푡) (푥1 - 푡)(푥2 - 푡) = 3 3 × 2푥1푥2 - (푡 + 1)(푥1 + 푥2) + 2푡 (푥1 - 푡)(푥2 - 푡) = 3 3 × 2 - (푡 + 1) × 14 + 2푡 (푥1 - 푡)(푥2 - 푡) = 3 3 × -12 - 12푡 (푥1 - 푡)(푥2 - 푡) =0, 即 t= - 1, 由此可知存在点 M( - 1,0)符合条件. 当直线 l 的方程为 y= - 3 3 (x - 1)时,由对称性知点 M( - 1,0)也符合条件. 综上可知,存在点 M( - 1,0),使∠PMO=∠QMO. 命题角度 2　圆锥曲线中的三点共线问题 8 [2020 安徽合肥调研]设椭圆 E: 푥2 푎2 + 푦2 푏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F 1,F 2,过点 F 1 的直线交椭 圆 E 于 A,B 两点.若椭圆 E 的离心率为 2 2 ,△ABF 2 的周长为 4 6. (1)求椭圆 E 的方程; (2)设不经过椭圆的中心 O 且平行于弦 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. (1)先由△ABF 2 的周长求出 a,再结合离心率求出 c,利用 b2=a2 - c2 求出 b2,即得椭圆 E 的方程.(2) 分两种情况求解:当直线 AB,CD 的斜率不存在时,利用对称性知 O,M,N 三点共线;当直线 AB,CD 的斜率存在 时,设斜率为 k,再设出 A,B,M 的坐标,并把 A,B 的坐标代入椭圆方程,利用“点差法”可得出k·kOM= - 1 2,同理 可得 k·kON= - 1 2,依此得 kOM=kON,即 O,M,N 三点共线. (1)由△ABF 2 的周长为 4 6,可知 4a=4 6, ....................................................................(利用焦点三角形的性质) 所以 a= 6. 又 e= 푐 푎 = 2 2 ,所以 c= 3,b2=a2 - c2=3. 于是椭圆 E 的方程为 푥2 6 + 푦2 3 =1. (2)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,此时 O,M,N 三点共线.(先讨论特殊 情形) 当直线 AB,CD 的斜率存在时,设其斜率为 k(k≠0),............................................................................(再探究一般情形) 设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则{푥2 1 6 + 푦2 1 3 = 1, 푥2 2 6 + 푦2 2 3 = 1, 两式相减,得 푥2 1 6 + 푦2 1 3 - ( 푥2 2 6 + 푦2 2 3 )=0,整理得 푦1 - 푦2 푥1 - 푥2· 푦1 + 푦2 푥1 + 푥2= - 3 6, ..........................................................(此处利用了点差法) 所以 푦1 - 푦2 푥1 - 푥2· 푦0 푥0= - 1 2,即 k·kOM= - 1 2(kOM 为直线 OM 的斜率), 所以 kOM= - 1 2푘. 同理可得 kON= - 1 2푘(kON 为直线 ON 的斜率). 所以 kOM=kON,即 O,M,N 三点共线. 综上所述,O,M,N 三点共线. 数学探究 1　圆锥曲线与数列的交汇 9[2018 全国卷Ⅲ,20,12 分][理]已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C: 푥2 4 + 푦2 3 =1 交于 A,B 两点,线段 AB 的 中点为 M(1,m)(m>0). (1)证明:k< - 1 2. (2)设 F 为 C 的右焦点,P 为 C 上一点,且퐹푃 + 퐹퐴 + 퐹퐵=0.证明:|퐹퐴|,|퐹푃|,|퐹퐵|成等差数列,并求该数列的公差. (1)思路一　先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个关于 k,m 的关 系式,再利用 m 的范围即可证 k< - 1 2. 思路二　先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于 k,m 的关系 式,又点 M 在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出 k 的取值范围,然后进行验证. (2)利用条件퐹푃 + 퐹퐴 + 퐹퐵=0 求出点 P 的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|퐹퐴|,|퐹푃|,|퐹퐵|成等差数列,并 求出该数列的 公差 d. (1)解法一　设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 푥2 1 4 + 푦2 1 3 =1, 푥2 2 4 + 푦2 2 3 =1. 两式相减,并由 푦1 - 푦2 푥1 - 푥2=k 得 푥1 + 푥2 4 + 푦1 + 푦2 3 ·k=0. 由题设知 푥1 + 푥2 2 =1, 푦1 + 푦2 2 =m,于是 k= - 3 4푚　①. 由题设得 00),所以 푥1 + 푥2 2 =1,即 4푘(푘 - 푚) 3 + 4푘2 =1,化简得 m= - 3 4푘. 由 m>0 得, - 3 4푘>0,所以 k<0. 又点 M(1,m)在椭圆内部,所以 1 4 + 푚2 3 < 1,即 1 4 + 3 16푘2 < 1,解得 k< - 1 2. 经检验,当 m= - 3 4푘,k< - 1 2时,满足 Δ>0. 故 k< - 1 2. (2)由题意得 F (1,0).设 P(x3,y3),则由퐹푃 + 퐹퐴 + 퐹퐵=0,得(x3 - 1,y3)+(x1 - 1,y1)+(x2 - 1,y2)=(0,0). 由(1)及题设得 x3=3 - (x1+x2)=1,y3= - (y1+y2)= - 2m<0. 又点 P 在 C 上,所以 m= 3 4,从而 P(1, - 3 2),|퐹푃|= 3 2. 于是|퐹퐴|= (푥1 - 1)2 + 푦21 = (푥1 - 1)2 + 3(1 - 푥2 1 4 )=2 - 푥1 2 . 同理|퐹퐵|=2 - 푥2 2 . 所以|퐹퐴|+|퐹퐵|=4 - 1 2(x1+x2)=3. 故 2|퐹푃|=|FA|+|FB|,即|퐹퐴|,|퐹푃|,|퐹퐵|成等差数列. 设该数列的公差为 d,则 2|d|=||퐹퐵| - |퐹퐴||= 1 2|x1 - x2|= 1 2 (푥1 + 푥2)2 - 4푥1푥2　②. 将 m= 3 4代入(1)中的①得 k= - 1. 所以 l 的方程为 y= - x+ 7 4,代入 C 的方程,并整理得 7x2 - 14x+ 1 4=0. 故 x1+x2=2,x1x2= 1 28,代入②解得|d |= 3 21 28 . 所以该数列的公差为 3 21 28 或 - 3 21 28 . 素养探源　 核心素养 考查途径 素养水平 数学运算 第(1)问中的解法一:由点差法得出 k= - 3 4푚. 第(1)问中的解法二:由根与系数的关系得出 m= - 3 4k. 第(1)问中的解法一:由 k= - 3 4m且 0b>0)的右焦 点,点 P(2, 2)在椭圆 C 上,且 PF ⊥x 轴. (1)求椭圆 C 的方程; (2)如图 10 - 4 - 4,过点 F 的直线 l 分别交椭圆 C 于 A,B 两点,交直线 x=4 于点 M.判断 PA,PM,PB 的斜率是否构成等差数列,并说明理由. 数学探究 2　圆锥曲线与平面向量的交汇 10 [2020 天津模拟]已知抛物线 C1:x2=2py(p>0)和圆 C2:(x+1)2+y2=2,倾斜角为 45°的直线 l1 过 C1 的焦点,且 l1 与 C2 相切. (1)求 p 的值; (2)动点 M 在 C1 的准线上,动点 A 在 C1 上,若 C1 在点 A 处的切线 l2 交 y 轴于点 B,设푀푁 = 푀퐴 + 푀퐵,证明点 N 在定直线上,并求该定直线的方程. (1)首先设出直线 l1 的方程,再利用直线 l1 与 C2 相切,可求出 p 的值.(2)首先设出点 M 的坐标,再利 用导数求出在 A 点处的切线的斜率及切线 l2的方程,得到与 y 轴的交点 B 的坐标,由向量关系푀푁 = 푀퐴 + 푀퐵 进行坐标运算,得到点 N 在定直线上. (1)依题意,设直线 l1 的方程为 y=x+ 푝 2, 因为直线 l1 与 C2 相切,所以圆心 C2( - 1,0)到直线 l1:y=x+ 푝 2的距离 d= | - 1 + 푝 2| 12 + ( - 1)2 = 2, 即 | - 1 + 푝 2| 2 = 2,解得 p=6 或 p= - 2(舍去). 所以 p=6. (2)依题意设 M(m, - 3), 由(1)知抛物线 C1 的方程为 x2=12y,即 y= 푥2 12,所以 y' = 푥 6. 设 A(x1,y1),则以 A 为切点的切线 l2 的斜率为 k= 푥1 6 , 所以切线 l2 的方程为 y= 1 6x1(x - x1)+y1. 令 x=0,得 y= - 1 6푥21+y1= - 1 6×12y1+y1= - y1, 即点 B 的坐标为(0, - y1), 所以푀퐴=(x1 - m,y1+3),푀퐵=( - m, - y1+3), 所以푀푁 = 푀퐴 + 푀퐵=(x1 - 2m,6),푂푁 = 푂푀 + 푀푁=(x1 - m,3),其中 O 为坐标原点. 设点 N 的坐标为(x,y),则 y=3, 所以点 N 在定直线 y=3 上. 素养探源　 核心素养 考查途径 素养水平 数学运算 ①由点到直线的距离公式求出 p 的值. ②利用导数求出切线的斜率. ③向量坐标的计算. 二 逻辑推理 ①由直线与圆相切联想到应用点到直线的距离公式. ②通过向量关系得到푂푁=(x1 - m,3)后,判断点 N 在定直线 y=3 上. 二 直观想象 直线与圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系. 二 7.[2019 浙江湖州五校高三模拟]如图 10 - 4 - 5,已知椭圆 C: 푥2 푎2 + 푦2 푏2=1(a>b>0) 的离心率为 3 2 ,点M( - 2,1)是椭圆内一点,过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1,l2,l1与 椭圆 C 相交于点 A,B,l2 与椭圆 C 相交于点 D,E,当 M 恰好为线段 AB 的中点时,|AB|= 10. (1)求椭圆 C 的标准方程; 图 10 - 4 - 5 (2)求퐴퐷·퐸퐵的最小值. 1.A　对于选项 B,方程 x2+xy=x 表示的是两条直线,故 B 错误;对于选项 C,方程 y= 푥中,x≥0,y≥0,而方程 x=y2 中,x≥0,y∈R,故这两个方程表示的不是同一条曲线,故 C 错误;对于选项 D,因为两条直线的具体位置不 确定,所以所求轨迹方程也无法确定,故 D 错误.选 A. 2.D　由已知得|MF|=|MB|,根据抛物线的定义知,点 M 的轨迹是以点 F 为焦点,直线 l 为准线的抛物线.故选 D. 3.A　因为 y'=2x,所以 4x1x2= - 1,即 x1x2= - 1 4,过点 A 的切线方程为 y - y1=2x1(x - x1),即 y=2x1x - 푥21.同 理,过点 B 的切线方程为 y=2x2x - 푥22.由{푦 = 2푥1푥 - 푥21, 푦 = 2푥2푥 - 푥22,解得 y= - 1 4.故切线交点的轨迹方程为 y= - 1 4,即切线 交点的轨迹为直线,故选 A. 1.(1)设 P(x,y),M(x0,y0), 则 N(x0,0),푁푃=(x - x0,y),푁푀=(0,y0). 因为푁푃 = 2푁푀,所以 x0=x,y0= 푦 2. 因为动点 M 在椭圆 C 上,所以 푥20 2 + 푦20=1,即 푥2 2 + 푦2 2 =1, 故点 P 的轨迹方程为 x2+y2=2. (2)由题意知,椭圆 C 的左焦点为 F( - 1,0).设 Q( - 3,t),P(m,n),则푂푄=( - 3,t),푃퐹=( - 1 - m, - n), 푂푄·푃퐹=3+3m - tn, 푂푃=(m,n),푃푄=( - 3 - m,t - n). 由푂푃·푃푄=1,得 - 3m - m2+tn - n2=1, 又由(1)知 m2+n2=2,故 3+3m - tn=0, 所以푂푄·푃퐹=0,即푂푄⊥푃퐹. 因为过点 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. 2.(1)两圆半径都为 1,两圆圆心分别为 C1(0, - 4),C2(0,2),由题意得|CC1|=|CC2|,可知圆心 C 的轨迹是线段 C1C2 的垂直平分线,C1C2 的中点为(0, - 1),直线 C1C2 的斜率不存在,故圆 C 的圆心轨迹 L 的方程为 y= - 1. (2)因为 m=n,所以 M(x,y)到直线 y= - 1 的距离与到点 F(0,1)的距离相等,故点 M 的轨迹 Q 是以直线 y= - 1 为准线,点 F(0,1)为焦点的抛物线,所以 푝 2=1,即 p=2,所以轨迹 Q 的方程是 x2=4y. 3.(1)设直线 AP 的斜率为 k,则 k= 푥2 - 1 4 푥 + 1 2 =x - 1 2. 因为 - 1 20, ∴xM+xN= - 8푘2푡 3 + 4푘2,xMxN= 4(푘2푡2 - 3) 3 + 4푘2 , ∴|MN|2=(1+k2)· 16(12푘2 - 3푘2푡2 + 9) (3 + 4푘2)2 . 同理,|AB|= 1 + 푘2· 4 9푘2 + 9 3 + 4푘2 = 12(1 + 푘2) 3 + 4푘2 . 由|MN|2=4|AB|得 t=0,满足 Δ>0, ∴直线 m:y= - kx, ∴P( 1 2, - 1 2k),即点 P 在定直线 x= 1 2上. 5.(1)设动点 M(x,y),则直线 MA 的斜率 kMA= 푦 푥 + 3(x≠ - 3), 直线 MB 的斜率 kMB= 푦 푥 - 3(x≠3). 因为 kMA·kMB= - 1 9,所以 푦 푥 + 3· 푦 푥 - 3= - 1 9,化简得 푥2 9 +y2=1, 又 x≠±3,所以曲线 C 的方程为 푥2 9 +y2=1(x≠±3). (2)由题意得直线 l 的斜率不为 0,根据直线 l 过点 T(1,0),可设直线 l 的方程为 x=my+1, 联立得{푥 = 푚푦 + 1, 푥2 + 9푦2 = 9,消去 x 得(m2+9)y2+2my - 8=0,Δ>0. 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则{푦1 + 푦2 = - 2푚 푚2 + 9, 푦1푦2 = - 8 푚2 + 9. 直线 SP 与 SQ 的斜率分别为 kSP= 푦1 푥1 - 푥0 = 푦1 푚푦1 + 1 - 푥0,kSQ= 푦2 푥2 - 푥0 = 푦2 푚푦2 + 1 - 푥0, 则 kSP·kSQ= 푦1푦2 (푚푦1 + 1 - 푥0)(푚푦2 + 1 - 푥0) = - 8 (푥20 - 9)푚2 + 9(1 - 푥0)2. 当 x0=3 时,∀m∈R,kSP·kSQ= - 8 9(1 - 푥0)2= - 2 9; 当 x0= - 3 时,∀m∈R,kSP·kSQ= - 8 9(1 - 푥0)2= - 1 18. 所以存在定点 S(±3,0),使得直线 SP 与 SQ 斜率之积为定值. 6.(1)因为点 P(2, 2)在椭圆 C 上,且 PF⊥x 轴, 所以 c=2. 设椭圆 C 的左焦点为 E,则|EF|=2c=4,|PF|= 2, 连接 PE,则在 Rt△EFP 中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=3 2. 所以 2a=|PE|+|PF|=4 2,则 a=2 2,b2=a2 - c2=4, 所以椭圆 C 的方程为 푥2 8 + 푦2 4 =1. (2)由题意可设直线 AB 的方程为 y=k(x - 2), 令 x=4,得 y=2k,则点 M 的坐标为(4,2k). 由{푦 = 푘(푥 - 2), 푥2 8 + 푦2 4 = 1 消去 y 并整理,得(2k2+1)x2 - 8k2x+8(k2 - 1)=0,Δ>0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= 8푘2 2푘2 + 1,x1x2= 8(푘2 - 1) 2푘2 + 1 　①. 设直线 PA,PB,PM 的斜率分别为 k1,k2,k3, 从而 k1= 푦1 - 2 푥1 - 2 ,k2= 푦2 - 2 푥2 - 2 ,k3= 2푘 - 2 4 - 2 =k - 2 2 . 因为直线 AB 的方程为 y=k(x - 2),则 y1=k(x1 - 2),y2=k(x2 - 2), 所以 k1+k2= 푦1 - 2 푥1 - 2 + 푦2 - 2 푥2 - 2 = 푦1 푥1 - 2 + 푦2 푥2 - 2 ― 2( 1 푥1 - 2 + 1 푥2 - 2)=2k - 2· 푥1 + 푥2 - 4 푥1푥2 - 2(푥1 + 푥2) + 4　②. 将①代入②,得 k1+k2=2k - 2· 8푘2 2푘2 + 1 - 4 8(푘2 - 1) 2푘2 + 1 - 16푘2 2푘2 + 1 + 4 =2k - 2. 又 k3=k - 2 2 ,所以 k1+k2=2k3, 于是直线 PA,PM,PB 的斜率成等差数列. 7.(1)由题意得 푎2 - 푏2 푎2 = 3 4,∴a2=4b2,即椭圆 C 的方程为 푥2 4푏2 + 푦2 푏2=1. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则{푥21 + 4푦21 = 4푏2　①, 푥22 + 4푦22 = 4푏2　 ②,① - ②得(x1 - x2)(x1+x2)+4(y1 - y2)·(y1+y2)=0. 当 M( - 2,1)为线段 AB 的中点时, x1+x2= - 4,y1+y2=2, ∴此时直线 l1 的斜率 k1 为 푦1 - 푦2 푥1 - 푥2 = 1 2, ∴此时直线 l1 的方程为 y= 1 2x+2. 由{ 푥2 4푏2 + 푦2 푏2 = 1, 푦 = 1 2푥 + 2 消去 y 得,x2+4x+8 - 2b2=0,由 Δ1>0,得 b2>2,则 x1+x2= - 4,x1x2=8 - 2b2, 则|AB|= 1 + 푘21|x1 - x2|= 1 + 1 4 16 - 4(8 - 2푏2) = 10, 得 b2=3,满足题意. ∴椭圆 C 的标准方程为 푥2 12 + 푦2 3 =1. (2)设直线 AB 的方程为 y=k(x+2)+1(k≠0), 由{푥2 12 + 푦2 3 = 1, 푦 = 푘(푥 + 2) + 1消去 y 得,(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2 - 12=0,Δ2>0, ∴x1+x2= - 8푘(2푘 + 1) 1 + 4푘2 ,x1x2= 4(2푘 + 1)2 - 12 1 + 4푘2 . 设 D(x3,y3),E(x4,y4), 则퐴퐷·퐸퐵=(퐴푀 + 푀퐷)·(퐸푀 + 푀퐵)=퐴푀·푀퐵 + 퐸푀·푀퐷=( - 2 - x1,1 - y1)·(2+x2,y2 - 1)+( - 2 - x4,1 - y4)·(2+x3,y3 - 1), ( - 2 - x1,1 - y1)·(2+x2,y2 - 1)= - (1+k2)(2+x1)(2+x2)= - (1+k2)[4+2(x1+x2)+x1x2]= 4(1 + 푘2) 1 + 4푘2 , 同理可得( - 2 - x4,1 - y4)·(2+x3,y3 - 1)= 4(1 + 푘2) 4 + 푘2 . ∴퐴퐷·퐸퐵=4(1+k2)( 1 1 + 4푘2 + 1 4 + 푘2)= 20(1 + 푘2)2 (1 + 4푘2)(4 + 푘2)≥ 20(1 + 푘2)2 (1 + 4푘2 + 4 + 푘2 2 )2 = 16 5 ,当且仅当 k=±1 时取等号. ∴퐴퐷·퐸퐵的最小值为 16 5 .