1、(2)直线 l不过原点 O 且不平行于坐标轴,l与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 的中点为 M.证明:直线 OM的斜率与直线 l的斜率的乘积为定值 解(1)由题意有,1,2分 解得 a28,b24.3分 所以 C 的方程为 1.4分(2)证明:设直线 l:ykxb(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM)将 ykxb代入 1,得(2k21)x24kbx2b280.6分 故 xM,yMk xMb.8分 于是直线 OM的斜率 kOM,即 kOM k.11分 所以直线 OM的斜率与直线 l的斜率的乘积为定值.12分 回访 2 圆锥曲线中的最值与范围问题 2(2016
2、山东高考)已知椭圆 C:1(ab0)的长轴长为 4,焦距为 2.图 131(1)求椭圆 C 的方程(2)过动点 M(0,m)(m0)的直线交 x轴于点 N,交 C 于点 A,P(P在第一象限),且M是线段 PN 的中点过点 P作 x轴的垂线交 C 于另一点 Q,延长 QM交 C 于点 B.设直线 PM,QM的斜率分别为 k,k,证明 为定值;求直线 AB 的斜率的最小值 解(1)设椭圆的半焦距为 c.由题意知 2a4,2c2,所以 a2,b.所以椭圆 C 的方程为 1.2分(2)证明:设 P(x0,y0)(x00,y00)由 M(0,m),可得 P(x0,2m),Q(x0,2m).3分 所以直
3、线 PM的斜率 k,4分 直线 QM的斜率 k.5分 此时 3.所以 为定值3.6分 设 A(x1,y1),B(x2,y2)由知直线 PA 的方程为 ykxm,则直线 QB 的方程为 y3kxm.联立 整理得(2k21)x24mkx2m240.8分 由 x0 x1,可得 x1,所以 y1kx1mm.9分 同理 x2,y2m.10分 所以 x2x1,11分 y2y1mm,12分 所以 kAB.由 m0,x00,可知 k0,所以 6k 2,等号当且仅当 k时取得 此时,即 m,符合题意 所以直线 AB 的斜率的最小值为.14分 回访 3 与圆锥曲线有关的探索性问题 3(2015 四川高考)如图 1
4、32,椭圆 E:1(ab0)的离心率是,点 P(0,1)在短轴 CD 上,且 1.图 132(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,使得 为定值?若存在,求 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 a2,b.所以椭圆 E 的方程为 1.4分(2)当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为 ykx1,A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)联立得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)0,所以 x1
5、x2,x1x2.6分 从而,x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)1 2.9分 所以,当 1时,23.此时,3为定值.10分 当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 即为直线 CD.此时,213.12分 故存在常数故存在常数 1,使得,使得 为定值为定值3.13分分 热点题型 1 圆锥曲线中的定值问题 题型分析:圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容,解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等,根据等式恒成立,数式变换等寻找不受参数影响的量 (2016 烟台二模)已知椭圆 C:1(ab0)的左焦点 F1与抛物线 y24x的
6、焦点重合,过点 F1的直线 l交椭圆于 A,B 两点当直线 l经过椭圆 C 的一个短轴端点时,与以原点 O 为圆心,以椭圆的离心率 e为半径的圆相切(1)求椭圆 C 的方程;(2)是否在 x轴上存在定点 M,使 为定值?若存在,请求出定点 M及定值;若不存在,请说明理由 解(1)依题意,得 c,即 F1(,0).1分 又由题意可得 e,所以 b1,2分 所以 a2,3分 所以所求椭圆 C 的方程为 y21.4分(2)当直线 l的斜率存在时,则可设直线 l的方程为 yk(x),联立消去 y得(4k21)x28k2x12k240.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则由韦达定理可得 x1x2,
7、x1x2.7分 设点 M(m,0),则(mx1,y1),(mx2,y2),(mx1)(mx2)y1y2m2m(x1x2)x1x2k2 m2(k2m)(k21)x1x23k2 m2(k2m)(k21)3k2,9分 要使 为定值,则,解得 m,即.11分 当直线 l的斜率不存在时,则可知点 A,B,即在 x轴上存在定点 M,使 为定值.13分 求解定值问题的两大途径 1由特例得出一个值(此值一般就是定值)证明定值:将问题转化为证明 待证式与参数(某些变量)无关 2先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值 变式训练 1(2016 北
8、京高考)已知椭圆 C:1过 A(2,0),B(0,1)两点(1)求椭圆 C 的方程及离心率;(2)设 P为第三象限内一点且在椭圆 C 上,直线 PA 与 y轴交于点 M,直线 PB 与 x轴交于点 N,求证:四边形 ABNM的面积为定值 解(1)由题意得 a2,b1,椭圆 C 的方程为 y21.3分 又 c,离心率 e.5分(2)证明:设 P(x0,y0)(x00,y00),则 x 4y 4.6分 又 A(2,0),B(0,1),直线 PA 的方程为 y(x2)令 x0,得 yM,从而|BM|1yM1.9分 直线 PB 的方程为 yx1.令 y0,得 xN,从而|AN|2xN2.12分 四边形
9、 ABNM的面积 S|AN|BM|2.从而四边形 ABNM的面积为定值.14分 热点题型 2 圆锥曲线中的最值、范围问题 题型分析:圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容,解决此类问题常用的方法是几何法和代数法 (2016 全国乙卷)设圆 x2y22x150的圆心为 A,直线 l过点B(1,0)且与 x轴不重合,l交圆 A 于 C,D 两点,过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E.(1)证明|EA|EB|为定值,并写出点 E 的轨迹方程;(2)设点 E 的轨迹为曲线 C1,直线 l交 C1于 M,N 两点,过 B 且与 l垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点,求四边形 MPNQ
10、 面积的取值范围 解(1)因为|AD|AC|,EBAC,所以EBDACDADC,所以|EB|ED|,故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆 A 的标准方程为(x1)2y216,从而|AD|4,所以|EA|EB|4.2分 由题设得 A(1,0),B(1,0),|AB|2,由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为 1(y0).4分(2)当 l与 x轴不垂直时,设 l的方程为 yk(x1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2)由得(4k23)x28k2x4k2120,则 x1x2,x1x2.所以|MN|x1x2|.过点 B(1,0)且与 l垂直的直线 m:y(x1),点 A 到直线 m的距离为,6
11、分 所以|PQ|24.故四边形 MPNQ 的面积 S|MN|PQ|12.8分 可得当 l与 x轴不垂直时,四边形 MPNQ 面积的取值范围为(12,8).10分 当 l与 x轴垂直时,其方程为 x1,|MN|3,|PQ|8,故四边形 MPNQ 的面积为 12.综上,四边形 MPNQ 面积的取值范围为12,8).12分 与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法 1数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解 2构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解 3构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域 变式训练 2(名师押题)已知抛物线 C
12、:x22py(p0),过其焦点作斜率为 1的直线 l交抛物线 C 于 M,N 两点,且|MN|16.(1)求抛物线 C 的方程;(2)已知动圆 P的圆心在抛物线 C 上,且过定点 D(0,4),若动圆 P与 x轴交于 A,B两点,求的最大值.【导学号:73552055】解(1)设抛物线的焦点为 F,则直线 l:yx.由得 x22pxp20,x1x22p,y1y23p,|MN|y1y2p4p16,p4,抛物线 C 的方程为 x28y.4分(2)设动圆圆心 P(x0,y0),A(x1,0),B(x2,0),则 x 8y0,且圆 P:(xx0)2(yy0)2x(y04)2,令 y0,整理得 x22x
13、0 xx 160,解得 x1x04,x2x04,6分 设 t,当 x00时,t1,7分 当 x00时,t.x00,x08,t1,且 t1,综上知1t1.9分 f(t)t 在 1,1上单调递减,t 12,当且仅当 t1,即 x04时等号成立 的最大值为 2.12分 热点题型 3 圆锥曲线中的探索性问题 题型分析:探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型,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,则应先写出结论的表达式,再针对表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论 (2016 长沙二模)如图 133,在平面直角坐标系 xOy中,已知 F1,F2分别是椭
14、圆 E:1(ab0)的左、右焦点,A,B 分别是椭圆 E 的左、右顶点,D(1,0)为线段 OF2的中点,且50.图 133(1)求椭圆 E 的方程;(2)若 M为椭圆 E 上的动点(异于点 A,B),连接 MF1并延长交椭圆 E 于点 N,连接 MD,ND 并分别延长交椭圆 E 于点 P,Q,连接 PQ,设直线 MN,PQ 的斜率存在且分别为 k1,k2.试问是否存在常数,使得 k1k20恒成立?若存在,求出 的值;若不存在,说明理由 解(1)50,5,ac5(ac),化简得 2a3c,又点D(1,0)为线段 OF2的中点,c2,从而 a3,b,左焦点 F1(2,0),故椭圆 E 的方程为 1.4分(2)假设存在满足条件的常数,使得 k1k20恒成立,设 M(x1,y1),N(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),则直线 MD 的方程为 xy1,代入椭圆方程 1,整理得,y2y40,6分 y1y3,y3,从而 x3,故点 P,同理,点 Q.8分 三点 M,F1,N 共线,从而 x1y2x2y12(y1y2),
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