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

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 -‎