《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第八节 第3课时 题型上——全析高考常考的6大题型 教案.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届高三数学一轮复习（原卷版）第八节 第3课时 题型上——全析高考常考的6大题型 教案.doc（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 1 第第 3 课时课时 题型上题型上全析高考常考的全析高考常考的 6 大题型大题型 题型一题型一 圆锥曲线中的定点问题圆锥曲线中的定点问题 圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动这类问题的求解一般可分为以下三步：一点，即这些直线或圆绕着定点在转动这类问题的求解一般可分为以下三步： 一选
2、：一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一) 二求：二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程定点的问题表示成关于上述变量的方程 三定点：三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标 典例典例 (2020 全国卷全国卷
3、)已知已知 A，B 分别为椭圆分别为椭圆 E：x2a2y21(a1)的左、右顶点，的左、右顶点，G 为为 E的上顶点，的上顶点，AG GB 8.P 为直线为直线 x6 上的动点，上的动点，PA 与与 E 的另一交点为的另一交点为 C，PB 与与 E 的另的另一交点为一交点为 D. (1)求求 E 的方程；的方程； (2)证明：直线证明：直线 CD 过定点过定点 解解 (1)由题设得由题设得 A(a,0)，B(a,0)，G(0,1) 则则AG (a,1)，GB (a，1) 由由AG GB 8，得，得 a218，即，即 a3. 所以所以 E 的方程为的方程为x29y21. (2)证明：设证明：设
4、C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t) 若若 t0，设直线，设直线 CD 的方程为的方程为 xmyn， 由题意可知由题意可知3n3. 由于直线由于直线 PA 的方程为的方程为 yt9(x3)， 所以所以 y1t9(x13) 直线直线 PB 的方程为的方程为 yt3(x3)，所以，所以 y2t3(x23) 可得可得 3y1(x23)y2(x13) 由于由于x229y221，故，故 y22 x23 x23 9， 可得可得 27y1y2(x13)(x23)， 即即(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20. 2 将将 xmyn 代入代入x29y21， 得得(m29)y22mny
5、n290. 所以所以 y1y22mnm29，y1y2n29m29. 代入代入式得式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2 (m29)0.解得解得 n32或或 n3(舍去舍去) 故直线故直线 CD 的方程为的方程为 xmy32， 即直线即直线 CD 过定点过定点 32，0 . 若若 t0，则直线，则直线 CD 的方程为的方程为 y0，过点，过点 32，0 . 综上，直线综上，直线 CD 过定点过定点 32，0 . 方法技巧方法技巧 求解圆锥曲线中定点问题的求解圆锥曲线中定点问题的 2 种方法种方法 (1)特殊推理法：特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关先从特殊
6、情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关 (2)直接推理法：直接推理法：选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程包含直线方程)中的常数中的常数 k 当成变量，将变量当成变量，将变量 x，y 当成常数，将原方程转化为当成常数，将原方程转化为 kf(x，y)g(x，y)0 的形的形式；式；根据曲线根据曲线(包含直线包含直线)过定点时与参数没有关系过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立即方程对参数的任意值都成立)，得到，得到方程组方程组 f x，y 0，g x，y 0；以以中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点， 若
7、定点具备一中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点， 若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决定的限制条件，可以特殊解决 针对训练针对训练 1已知椭圆已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为的离心率为32，点，点 3，12在椭圆上，在椭圆上，A，B 分别为椭分别为椭圆圆 C 的上、下顶点，点的上、下顶点，点 M(t,2)(t0) (1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程； (2)若直线若直线 MA，MB 与椭圆与椭圆 C 的另一交点分别为的另一交点分别为 P，Q，证明：直线，证明：直线 PQ 过定点过定点 解解：(1)由题意知由题意知 ca32，3a214b21，a2b2c2，解得解得
8、 a2，b1，c 3， 所以椭圆所以椭圆 C 的方程为的方程为x24y21. (2)证明：易知证明：易知 A(0,1)，B(0，1)， 3 则直线则直线 MA 的方程为的方程为 y1tx1， 直线直线 MB 的方程为的方程为 y3tx1. 联立联立 y1tx1，x24y21，得得 4t21 x28tx0， 于是于是 xP8tt24，yPt24t24， 同理可得同理可得 xQ24tt236，yQ36t2t236， 又由点又由点 M(t,2)(t0)及椭圆的对称性可知，若及椭圆的对称性可知，若 PQ 过定点，则定点在过定点，则定点在 y 轴上，轴上， 设为设为 N(0，n)，则直线，则直线 PN
9、的斜率的斜率 k1t24t24n8tt24， 直线直线 QN 的斜率的斜率 k236t2t236n24tt236， 令令 k1k2，则，则t24t24n8tt2436t2t236n24tt236， 化简得化简得t24n()t248t36t2n()t23624t， 即即(12n)(t212)0，由于，由于 t 为变量，为变量， 则则 12n0，故，故 n12， 所以直线所以直线 PQ 过定点过定点 0，12. 2已知双曲线已知双曲线 C：x24y21. (1)求双曲线求双曲线 C 的离心率；的离心率； (2)若直线若直线 l：ykxm 与双曲线与双曲线 C 相交于相交于 A，B 两点两点(A，B
10、 均异于左、右顶点均异于左、右顶点)，且以，且以 AB为直径的圆过双曲线为直径的圆过双曲线 C 的左顶点的左顶点 D，求证：直线，求证：直线 l 过定点，并求出该定点的坐标过定点，并求出该定点的坐标 解：解：(1)由双曲线的方程可知由双曲线的方程可知 a2，c 41 5， 双曲线的离心率双曲线的离心率 eca52. (2)证明：设证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 4 由由 ykxm，x24y21，得得(14k2)x28mkx4(m21)0， 则则 14k20，64m2k216 14k2 m21 0， x1x28mk14k2，x1x24 m21 14k2， y1y2(kx1m)(k
11、x2m)k2x1x2mk(x1x2)m2m24k214k2. 以以 AB 为直径的圆过双曲线为直径的圆过双曲线 C 的左顶点的左顶点 D(2,0)， AD BD 0， y1y2x1x22(x1x2)40， m24k214k24 m21 14k216mk14k240， 3m216mk20k20，解得，解得 m2k 或或 m103k. 当当 m2k 时，直线时，直线 l 的方程为的方程为 yk(x2)，直，直线线 l 过定点过定点(2,0)，与已知矛盾；，与已知矛盾； 当当 m103k 时，直线时，直线 l 的方程为的方程为 yk x103，直线，直线 l 过定点过定点 103，0 ，经检验符合题
12、意，经检验符合题意 直线直线 l 过定点，定点坐标为过定点，定点坐标为 103，0 . 5 题型二题型二 圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题 圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量中，探究某些几何量 斜率、距斜率、距离、面积、比值等离、面积、比值等 与变量与变量 斜率、点的坐标等斜率、点的坐标等 无关的问题无关的问题.其求解步骤一般为：其求解步骤一般为：,一选：一选：选择选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.,二化：二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，把要求解的
13、定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量 或者有多个变量，但是能整或者有多个变量，但是能整体约分也可以体约分也可以 .,三定值：三定值：化简式子得到定值化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值到定值. 典例典例 (2020 新高考全国卷新高考全国卷)已知椭圆已知椭圆C：x2a2y2b
14、21(ab0)的离心率为的离心率为22， 且过点， 且过点A(2,1) (1)求求 C 的方程；的方程； (2)点点 M，N 在在 C 上，且上，且 AMAN，ADMN，D 为垂足证明：存在定点为垂足证明：存在定点 Q，使得，使得|DQ|为为定值定值 解解 (1)由题设得由题设得4a21b21，a2b2a212， 解得解得 a26，b23. 所以所以 C 的方程为的方程为x26y231. (2)证明：设证明：设 M(x1，y1)，N(x2，y2) 若直线若直线 MN 与与 x 轴不垂直，轴不垂直， 设直线设直线 MN 的方程为的方程为 ykxm， 代入代入x26y231 得得(12k2)x24
15、kmx2m260. 于是于是 x1x24km12k2，x1x22m2612k2. 由由 AMAN 知知AM AN 0， 故故(x12)(x22)(y11)(y21)0， 可得可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240. 将将代入上式可得代入上式可得(k21)2m2612k2(kmk2)4km12k2(m1)240， 整理得整理得(2k3m1)(2km1)0. 因为因为 A(2,1)不在直线不在直线 MN 上，上， 所以所以 2km10，故，故 2k3m10，k1. 于是于是 MN 的方程为的方程为 yk x2313(k1) 所以直线所以直线 MN 过点过点 P 23，13.
16、6 若直线若直线 MN 与与 x 轴垂直，可得轴垂直，可得 N(x1，y1) 由由AM AN 0 得得(x12)(x12)(y11)(y11)0. 又又x216y2131，可得，可得 3x218x140. 解得解得 x123或或 x12(舍去舍去) 此时直线此时直线 MN 过点过点 P 23，13. 令令 Q 为为 AP 的中点，即的中点，即 Q 43，13. 若若 D 与与 P 不重合，则由题设知不重合，则由题设知 AP 是是 RtADP 的斜边，的斜边， 故故|DQ|12|AP|2 23. 若若 D 与与 P 重合，则重合，则|DQ|12|AP|. 综上，存在点综上，存在点 Q 43，13
17、，使得，使得|DQ|为定值为定值 方法技巧方法技巧 圆锥曲线中定值问题的特点及圆锥曲线中定值问题的特点及 2 大解法大解法 (1)特点：特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值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：两大解法： 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； 引进变量法：其解题流程为引进变量法：其解题流程为 针对训练针对训练 设椭圆设椭圆 C：x24y231 的右焦点为的右焦点为 F，过，过 F 的直线的直线 l 与与 C 相交于相交于 A，B 两点两点 (1)若若 AF 2FB ，求，求 l 的方程；的
18、方程； (2)设过点设过点 A 作作 x 轴的垂线交轴的垂线交 C 于另一点于另一点 P，若，若 M 是是PAB 的外心，证明：的外心，证明：|AB|MF|为定值为定值 解：解：(1)由题意知，直线由题意知，直线 AB 的斜率存在，且不为的斜率存在，且不为 0，设直线，设直线 AB 的方程为的方程为 xty1， 代入代入x24y231 得得(3t24)y26ty90， 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 7 则则 y1y26t3t24，y1y293t24， 由由 AF 2FB ，得，得 y12y2，解得，解得 t2 55， 所以所以 l 的方程为的方程为 y52(x1) (2)证明：由
19、证明：由(1)得得 AB 的中点坐标为的中点坐标为 43t24，3t3t24. |AB| 1t2|y1y2| 1t212 1t23t2412 1t2 3t24. 因为因为 M 是是PAB 的外心，所以的外心，所以 M 是线段是线段 AB 的垂直平分线与的垂直平分线与 AP 的垂直平分线的交点，的垂直平分线的交点， AB 的垂直平分线方程为的垂直平分线方程为 y3t3t24t x43t24， 令令 y0，得，得 x13t24，即，即 M 13t24，0， 所以所以|MF| 13t2413t233t24， 则则|AB|MF|12 t21 3t243t233t241234， 所以所以|AB|MF|为
20、定值为定值 8 题型三题型三 构造目标不等式解决范围问题构造目标不等式解决范围问题 欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式 组组 ，通过解不等式，通过解不等式 组组 来达到目的来达到目的. 典例典例 已知点已知点 A，B 分别为椭圆分别为椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左、右顶点的左、右顶点，点，点 P(0，2)，直，直线线 BP 交交 E 于点于点 Q，PQ 32QB ，且，且ABP 是等腰直角三角形是等腰直角三角形 (1)求椭圆求椭圆 E 的方程；的方程； (2)设过点设过点 P 的动直线的动直线 l 与与 E 相交于相交于 M
21、， N 两点， 当坐标原点两点， 当坐标原点 O 位于以位于以 MN 为直径的圆外时，为直径的圆外时，求直线求直线 l 斜率的取值范围斜率的取值范围 解解 (1)由由ABP 是等腰直角三角形，知是等腰直角三角形，知 a2，B(2,0) 设设 Q(x0，y0)，由，由 PQ 32QB ，得，得 x065，y045， 代入椭圆方程，解得代入椭圆方程，解得 b21，椭圆椭圆 E 的方程为的方程为x24y21. (2)由题意可知，直线由题意可知，直线 l 的斜率存在，设方程为的斜率存在，设方程为 ykx2，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由由 ykx2，x24y21消去消去 y，得，得(14k2
22、)x216kx120， 则则 x1x216k14k2，x1x21214k2. 由直线由直线 l 与与 E 有两个不同的交点，得有两个不同的交点，得 0， 则则(16k)2412(14k2)0，解得，解得 k234. 由坐标原点由坐标原点 O 位于以位于以 MN 为直径的圆外，为直径的圆外， 则则OM ON 0，即，即 x1x2y1y20， 则则 x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22) (1k2)x1x22k(x1x2)4 (1k2)1214k22k16k14k240， 解得解得 k24. 联立联立可知可知34k24，解得，解得2k32或或32k2， 故直线故直线 l 斜率的取值范围为
23、斜率的取值范围为 2，32 32，2 . 方法技巧方法技巧 圆锥曲线中范围问题的圆锥曲线中范围问题的 5 个解题策略个解题策略 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；范围； 9 (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；关系； (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，
24、从而求出参数的取值范围；利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围取值范围 针对训练针对训练 已知抛物线已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为的焦点为 F，点，点 M(a，2 5)在抛物线在抛物线 C 上上 (1)若若|MF|6，求抛物线的标准方程；，求抛物线的标准方程； (2)若直线若直线 xyt 与抛物线与抛物线 C 交于交于 A，B 两点，点两点，点 N 的坐标为的坐标为(1,0)，且满足，且满足 NANB
25、，原，原点点 O 到直线到直线 AB 的距离不小于的距离不小于 2，求，求 p 的取值范围的取值范围 解：解：(1)由题意及抛物线的定义得，由题意及抛物线的定义得，ap26， 又点又点 M(a，2 5)在抛物线在抛物线 C 上，所以上，所以 202pa， 由由 ap26，202pa，解得解得 p2，a5或或 p10，a1. 所以抛物线的标准方程为所以抛物线的标准方程为 y24x 或或 y220 x. (2)联立联立 xyt，y22px消去消去 y，整理得，整理得 x2(2t2p)xt20， 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，则 x1x22t2p，x1x2t2. 因为因为 NANB，
26、所以，所以(x11)(x21)y1y20， 又又 y1tx1，y2tx2， 所以所以 2x1x2(1t)(x1x2)t210，得，得 2pt22t1t1. 由原点由原点 O 到直线到直线 AB 的距离不小于的距离不小于 2， 得得|t|2 2，即，即 t2(舍去舍去)或或 t2， 因为因为 2pt22t1t1t14t14，函数，函数 yt22t1t1在在 t2，)上单调递增，上单调递增， 所以所以 p16，即，即 p 的取值范围为的取值范围为 16， . 题型四题型四 构造函数模型解决构造函数模型解决最值问题最值问题 若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后
27、根若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有：据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有： 1 二次型函数；二次型函数； 10 2 双曲线型函数；双曲线型函数； 3 多项式型函数多项式型函数. 典例典例 (2019 全国卷全国卷)已知点已知点 A(2,0)，B(2,0)，动点，动点 M(x，y)满足直线满足直线 AM 与与 BM 的斜的斜率之积为率之积为12.记记 M 的轨迹为曲线的轨迹为曲线 C. (1)求求 C 的方程，并说明的方程，并说明 C 是什么曲线；是什么曲线；
28、 (2)过坐标原点的直线交过坐标原点的直线交 C 于于 P，Q 两点，点两点，点 P 在第一象限，在第一象限，PEx 轴，垂足为轴，垂足为 E，连接，连接 QE并延长交并延长交 C 于点于点 G. 证明：证明：PQG 是直角三角形；是直角三角形； 求求PQG 面积的最大值面积的最大值 解解 (1)由题设得由题设得yx2yx212， 化简得化简得x24y221(|x|2)， 所以所以 C 为中心在坐标原点，焦点在为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上不含长轴端点的椭圆轴上不含长轴端点的椭圆 (2)证明：设直线证明：设直线 PQ 的斜率为的斜率为 k，则其方程为，则其方程为 ykx(k0) 由由 yk
29、x，x24y221得得 x212k2. 设设 u212k2，则，则 P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0) 于是直线于是直线 QG 的斜率为的斜率为k2，其方程为，其方程为 yk2(xu) 由由 yk2 xu ，x24y221消去消去 y， 得得(2k2)x22uk2xk2u280.(*) 设设 G(xG，yG)，则，则u 和和 xG是方程是方程(*)的解，的解， 故故 xGu 3k22 2k2，由此得，由此得 yGuk32k2. 从而直线从而直线 PG 的斜率为的斜率为uk32k2uku 3k22 2k2u1k. 所以所以 PQPG，即，即PQG 是直角三角形是直角三角形 由由得得|P
30、Q|2u 1k2，|PG|2uk k212k2， 所以所以PQG 的面积的面积 11 S12|PQ|PG|8k 1k2 12k2 2k2 8 1kk12 1kk2. 设设 tk1k，则由，则由 k0 得得 t2，当且仅当，当且仅当 k1 时取等号时取等号 因为因为 S8t12t2在在2，)上单调递减，上单调递减， 所以当所以当 t2，即，即 k1 时，时，S 取得最大值，最大值为取得最大值，最大值为169. 因此，因此，PQG 面积的最大值为面积的最大值为169. 方法技巧方法技巧 求解圆锥求解圆锥曲线中最值问题的曲线中最值问题的 2 种方法种方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，
31、但总体上主要有两种方法：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法： (1)利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解； (2)利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些些)参数的函数参数的函数(解析式解析式)，然，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解后利用函数方法、不等式方法等进行求解 针对训练针对训练 如图，已知抛物线如图，已知抛物线 x2y.点点 A 12，14，B 32，94，抛物线上
32、的点，抛物线上的点 P(x，y) 12x32，过点，过点 B 作直线作直线 AP 的垂线，垂足为的垂线，垂足为 Q. (1)求直线求直线 AP 斜率的取值范围；斜率的取值范围； (2)求求|PA| |PQ|的最大值的最大值 解：解：(1)设直线设直线 AP 的斜率为的斜率为 k，kx214x12x12， 因为因为12xb0)的长的长轴轴 A1A2的长为的长为 4，过椭圆的右焦点，过椭圆的右焦点 F 作斜率为作斜率为 k(k0)的直线交椭圆的直线交椭圆于于 B，C 两点，直线两点，直线 BA1，BA2的斜率之积为的斜率之积为34. (1)求椭圆求椭圆 P 的方程；的方程； (2)已知直线已知直线
33、 l：x4，直线，直线 A1B，A1C 分别与分别与 l 相交于相交于 M，N 两点，设两点，设 E 为线段为线段 MN 的中点，的中点，求证：求证：BCEF. 解解 (1)设设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，因为点，因为点 B 在椭圆上，在椭圆上， 所以所以x21a2y21b21，故，故 y21b2a2(a2x21)又又 A1(a,0)，A2(a,0)， 所以所以 kBA1 kBA2y1x1ay1x1ab2a2， 即即b2a234，又，又 a2，所以，所以 b 3， 故椭圆故椭圆 P 的方程为的方程为x24y231. (2)证明：设直线证明：设直线 BC 的方程为的方程为 yk(x1)
34、，B(x1，y1)，C(x2，y2),联立方程组联立方程组 x24y231，yk x1 ，消去消去 y 并整理得，并整理得， (4k23)x28k2x4k2120， 则则 x1x28k24k23，x1x24k2124k23. 13 直线直线 A1B 的方程为的方程为 yy1x12(x2)， 令令 x4 得得 yM6y1x12，同理，同理 yN6y2x22， 所以所以 yE12(yMyN)3 y1x12y2x22 6kx1x23k x1x2 12kx1x22 x1x2 4， 代入化简得代入化简得 yE3k，即点，即点 E 4，3k，又，又 F(1,0)， 所以所以 kEF kBC3k3 k1，所
35、以，所以 BCEF. 方法技巧方法技巧 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 (1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等相等或不等) (2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通解决证明问题时，主要
36、根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明 针对训练针对训练 如图，菱形如图，菱形 ABCD 的面积为的面积为 8 2. AB AD 4，斜率为，斜率为 k 的直线的直线 l 交交 y轴于点轴于点 P，且，且 OP 2OA ，以线段，以线段 BD 为长轴，为长轴，AC 为短轴的椭圆与直线为短轴的椭圆与直线l 相交于相交于 M，N 两点两点(M 与与 A 在在 x 轴同侧轴同侧) (1)求椭圆的方程；求椭圆的方程； (2)求证：求证：AN 与与 CM 的交点在
37、定直线的交点在定直线 y1 上上 解解：(1)设设 A(0，b)，B(a,0)，D(a,0), AB (a，b)， AD (a，b) AB ADa2b2， 2ab8 2，a2b24，解得解得 a28， b24，椭圆方程为椭圆方程为x28y241. (2)证明：易得证明：易得 P(0,4)，设直线，设直线 l：ykx4，与椭圆，与椭圆 x22y28 联立，得联立，得(12k2)x216kx240. 14 由由 0 得得 k232，设，设 M(x1，kx14)，N(x2，kx24)， x1x216k12k2，x1x22412k2， kMCkx16x1，直线，直线 MC 的方程为的方程为 y2kx1
38、6x1x， kANkx22x2，直线，直线 AN 的方程为的方程为 y2kx22x2x， 联立联立消去消去 x，得，得 y2y2x2 kx16 x1 kx22 kx1x26x2kx1x22x124k12k26x224k12k22x112k12k23x212k12k2x112k12k23x212k12k2 16k12k2x23 4k12k2x2 4k12k2x2 3， y1，从而命题得证，从而命题得证 题型六题型六 圆锥曲线中的存在性圆锥曲线中的存在性问题问题 存在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，存在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，
39、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，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再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 典例典例 已知曲线已知曲线 C 上动点上动点 M 与定点与定点 F( 2，0)的距离和它到定直线的距离和它到定直线 l1：x2 2的距离的距离的比是常数的比是常数22，若过，若过 P(0,1)的动直线的动直线 l 与曲线与曲线 C 相交于相交于 A，B 两点两点 (1)说明曲线说明曲线 C 的形状，并写出其标准方程；的形状，并写出其
40、标准方程； (2)是否存在与点是否存在与点 P 不同的定点不同的定点 Q，使，使得得|QA|QB|PA|PB|恒成立？若存在，求出点恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若的坐标；若不存在，请说明理由不存在，请说明理由 解解 (1)设动点设动点 M 坐标为坐标为 M(x，y)， 点点 M 到直线到直线 l1：x2 2的距离为的距离为 d. 依题意可知依题意可知|MF|d22，则，则 x 2 2y2|x2 2|22， 化简得化简得x24y221， 所以曲线所以曲线 C 是椭圆，它是椭圆，它的标准方程为的标准方程为x24y221. 15 (2)当直线当直线 l 与与 y 轴垂直时，由椭圆的对称性可知
41、轴垂直时，由椭圆的对称性可知|PA|PB|，又因为，又因为|QA|QB|PA|PB|，则，则|QA|QB|， 从而点从而点 Q 必在必在 y 轴上轴上 当直线当直线 l 与与 x 轴垂直时，则轴垂直时，则 A(0， 2)，B(0， 2)， 由由可设可设 Q(0，y0)(y01)， 由由|QA|QB|PA|PB|得得|y0 2|y0 2|2121，解得，解得 y01(舍去舍去)或或 y02. 则点则点 Q 的坐标只可能是的坐标只可能是 Q(0,2) 下面只需证明直线下面只需证明直线 l 斜率存在且斜率存在且 Q(0,2)时均有时均有|QA|QB|PA|PB|即可 设直线即可 设直线 l 的方程为
42、的方程为 ykx1，代入代入x24y221 得得(2k21)x24kx20. 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x24k2k21， x1x222k21，所以，所以1x11x2x1x2x1x22k， 设点设点 B 关于关于 y 轴对称的点坐标轴对称的点坐标 B(x2，y2)， 因为直线因为直线 QA 的斜率的斜率 kQAy12x1kx11x1k1x1， 同理得直线同理得直线 QB的斜率的斜率 kQBy22x2kx21x2k1x2， kQAkQB2k 1x11x22k2k0， kQAkQB，三点，三点 Q，A，B共线共线 故故|QA|QB|QA|QB|x1|x2|PA|PB|. 所以存
43、在点所以存在点 Q(0,2)满足题意满足题意 方法技巧方法技巧 圆锥曲线中存在性问题的求解方法圆锥曲线中存在性问题的求解方法 (1)存在性问题通常采用存在性问题通常采用“肯定顺推法肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素件的元素(点、直线、曲线或参数点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素存在；否则，元素(点、直线、曲线或点、直线、曲线或参数参数
44、)不存在不存在 (2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法 针对训练针对训练 16 1已知抛物线已知抛物线 y24x，过点，过点 P()8，4 的动直线的动直线 l 交抛物线于交抛物线于 A，B 两点两点 (1)当当 P 恰为恰为 AB 的中点时，求直线的中点时，求直线 l 的方程；的方程； (2)抛物线上是否存在一个定点抛物线上是否存在一个定点 Q，使得以弦，使得以弦 AB 为直径的圆恒过点为直径的圆恒过点 Q？若存在，求出点？若存在，求出点 Q的坐标；若不存在，请说明理由的坐标；若不存在，请说明理由 解：解：(1)设设 A，B 两点坐标分别为
45、两点坐标分别为()x1，y1，()x2，y2， 当当 P 恰为恰为 AB 的中点时，的中点时， 显然显然 x1x2，故，故 kABy1y2x1x24y1y2， 又又 y1y28，故，故 kAB12， 则直线则直线 l 的方程为的方程为 y12x. (2)假设存在定点假设存在定点 Q，设，设 Q y204，y0，当直线，当直线 l 斜率存在时，设斜率存在时，设 l：yk()x8 4()k0 ，A()x1，y1，B()x2，y2， 联立联立 y24x，yk()x8 4， 整理得整理得 ky24y32k160，0，y1y24k， y1y23216k， 由以弦由以弦 AB 为直径的圆恒过点为直径的圆恒
46、过点 Q 知知QA QB 0， 即即 x1y204 x2y204()y1y0()y2y00， 即即 y214y204 y224y204()y1y0()y2y0 ()y1y0()y2y0161()y1y0()y2y00， 故故()y1y0()y2y016， 即即 y1y2y0()y1y2y20160， 整理得整理得()y2016 k4()y04 0， 即当即当 y04 时，恒有时，恒有QA QB 0，故存在定点，故存在定点 Q()4，4 满足题意；满足题意； 当直线当直线 l 斜率不存在时，斜率不存在时， l： x8， 不妨令， 不妨令 A(8,4 2)， B(8， ， 4 2)， Q()4，4
47、 ， 也满足， 也满足QA QB 0. 综上所述，存在定点综上所述，存在定点 Q()4，4 ，使得以弦，使得以弦 AB 为直径的圆恒过点为直径的圆恒过点 Q. 2双曲线双曲线 C：x2y22 右支上的弦右支上的弦 AB 过右焦点过右焦点 F. 17 (1)求弦求弦 AB 的中点的中点 M 的轨迹方程；的轨迹方程； (2)是否存在以是否存在以 AB 为直径，且过原点为直径，且过原点 O 的圆？若存在，求出直线的圆？若存在，求出直线 AB 的斜率的斜率 k 的值；若不的值；若不存在，请说明理由存在，请说明理由 解：解：(1)设点设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y) 因为双曲线因为
48、双曲线 C：x2y22 的右焦点为的右焦点为 F(2,0)， 所以所以当当 ABx 轴时，轴时，x2，y0. 当当 AB 与与 x 轴不垂直时，由轴不垂直时，由 x21y212，x22y222， 两式相减得两式相减得(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0. 又又 x1x22x，y1y22y，所以，所以 x(x1x2)y(y1y2)0. 因为因为 kABy1y2x1x2kFMy0 x2， 所以所以 x(x2)y y0，即，即 x22xy20. 又点又点(2,0)满足上式，点满足上式，点 A，B 在双曲线在双曲线 x2y22 的右支上，所以的右支上，所以 x2， 故故所求中点所求中点
49、M 的轨迹方程为的轨迹方程为 x22xy20(x2) (2)假设存在以假设存在以 AB 为直径，且过原点为直径，且过原点 O 的圆的圆 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 当当 ABx 轴时，轴时，|AF|OF|， 所以可设所以可设 lAB：yk(x2)(k 1) 由已知得由已知得 OAOB，所以，所以 x1x2y1y20.(*) 由由 x2y22，yk x2 ，得得(1k2)x24k2x4k220， 所以所以 x1x24k2k21，x1x24k22k21. 所以所以 y1y2k2(x12)(x22)k2x1x22(x1x2)42k2k21， x1x2y1y24k22k212k2k21
50、2 k21 k210，与，与(*)式矛盾，式矛盾， 所以不存在以所以不存在以 AB 为直径，且过原点为直径，且过原点 O 的圆的圆 课时跟踪检测课时跟踪检测 1已知抛物线已知抛物线 C：x22py(p0)，其焦点到准线的距离为，其焦点到准线的距离为 2，直线，直线 l 与抛物线与抛物线 C 交于交于 A，B两点，过两点，过 A，B 分别作抛物线分别作抛物线 C 的切线的切线 l1，l2，l1与与 l2交于点交于点 M. (1)求求 p 的值；的值； (2)若若 l1l2，求，求MAB 面积的最小值面积的最小值 解解：(1)由题意知，抛物线焦点为由题意知，抛物线焦点为 0，p2， 18 准线方程