2021届统考数学（理科）第二轮专题复习学案：第15讲　圆锥曲线中的定量问题 WORD版含解析.docx

1、第15讲圆锥曲线中的定量问题高考年份全国卷全国卷全国卷2020椭圆的标准方程及过定点问题T20椭圆的离心率及椭圆、抛物线的标准方程T19椭圆的标准方程及三角形的面积T202019抛物线的几何性质,直线与抛物线的综合应用T19椭圆的性质及直线与椭圆的位置关系T21圆锥曲线中的定点问题T212018直线与椭圆的综合应用,角相等问题T19直线与抛物线的综合应用,求圆的标准方程T19直线与椭圆的位置关系及等差数列的性质T201.2020全国卷已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AGGB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为

2、D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.2.2020全国卷已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点,若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.3.2018全国卷设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.定点问题1已知中心为原点O的椭圆C的左焦点

3、为F1(-1,0),C与y轴正半轴的交点为A,且AF1O=3.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点A作斜率为k1,k2(k1k20)的两条直线分别交C于异于点A的点M,N,证明:当k2=k1k1-1时,直线MN过定点.【规律提炼】定点问题解题技巧:(1)引入参数法,设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,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,即为所求点;(2)特殊到一般法,从特殊位置入手,找到定点,再证明该定点与变量无关.测题已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点坐标为(1,0),且椭圆C经过点A(0,1).(1)求椭圆C的

4、方程;(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t1)与椭圆C交于两个不同的点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N,若|OM|ON|=2,求证:直线l经过定点.定值问题22020全国卷已知椭圆C:x225+y2m2=1(0m0)上一点M(x0,22)到焦点F的距离|MF|=3x02,倾斜角为的直线经过焦点F,且与抛物线交于A,B两点.(1)求抛物线的标准方程及准线方程;(2)若为锐角,作线段AB的中垂线m交x轴于点P,证明|FP|-|FP|cos2为定值,并求出该定值.规律提炼】定值问题解题方法:(1)特殊到一般法,通过考查极端位置探索出“定值”是多少,然后再证明这个值与变量无

5、关,特别是如果题目以客观题出现,这种方法非常有效;(2)引入参数法,即引入变量,构建函数,推导定值.测题已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的上顶点A与左、右焦点F1,F2构成一个面积为1的直角三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若直线l与椭圆C相切,求证:点F1,F2到直线l的距离之积为定值.定角、定直线问题4在平面直角坐标系中,点A,B的坐标分别为(-2,0),(2,0),P是坐标平面内的动点,且直线PA,PB的斜率之积等于-14.设点P的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程.(2)某同学对轨迹C的性质进行探究后发现:若过点(1,0)且倾斜角不为0的直线l与轨迹C相交于M,N两点,则

6、直线AM,BN的交点Q在一条定直线上.此结论是否正确?若正确,请给予证明,并求出定直线方程;若不正确,请说明理由.【规律提炼】定直线问题就是求证某个点不管如何变化,始终在某条直线上运动,本质上是求动点的轨迹方程.测题已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A(2,0),定点P(0,-1),直线PA与椭圆交于另一点B-1,-32.(1)求椭圆C的标准方程.(2)是否存在过点P的直线l与椭圆C交于M,N两点,使得SPAMSPBN=6?若存在,请求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.第15讲圆锥曲线中的定量问题真知真题扫描1.解:(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1

7、),则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AGGB=8得a2-1=8,即a=3,所以E的方程为x29+y2=1.(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n3.由于直线PA的方程为y=t9(x+3),所以y1=t9(x1+3),直线PB的方程为y=t3(x-3),所以y2=t3(x2-3),可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).由于x229+y22=1,故y22=-(x2+3)(x2-3)9,可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.将

8、x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0,所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9,代入式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,解得n=-3(舍去)或n=32.故直线CD的方程为x=my+32,即直线CD过定点32,0.若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.综上,直线CD过定点32,0.2.解:(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a,C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2b2a,|CD|

9、=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去)或ca=12,所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y23c2=1.设M(x0,y0),则x024c2+y023c2=1,y02=4cx0,故x024c2+4x03c=1.因为C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,又|MF|=5,所以x0=5-c,代入得(5-c)24c2+4(5-c)3c=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去)或c=3,所以C1的标准方程为x236+y227=1,C2的标准方程为y2=12x.3.解:(1)由已知得F(1,

10、0),l的方程为x=1.由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22,所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)证明:当l与x轴重合时,OMA=OMB=0.当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x2b0),在RtAF1O中,|OA|=b,|OF1|=c=1,|AF1|=|OA|2+|OF1|2=a,AF1O=3,OAF1=6,a=|AF1|=2|OF1|=2,b=a2-c2=3,因此,椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)证明:由k2=k1

11、k1-1得1k1+1k2=1.设M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知A(0,3).当直线MN的斜率不存在时,N(x1,-y1),此时,k1=y1-3x1,k2=-y1-3x1,由1k1+1k2=x1y1-3+x1-y1-3=23x1y12-3=23x1-34x12=1,得x1=-833,由题知-2x10,由题意知yP0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1)

12、,Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故AP1Q1的面积为1210210=52.|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故AP2Q2的面积为1213026130=52.综上,APQ的面积为52.例3解:(1)由抛物线的定义知,|MF|=x0+p2=3x02,x0=p.将点M(p,22)的坐标代入y2=2px,得2p2=8,得p=2,抛物线的标准方程为y2=4x,准线方程为x=-1.(2)由(1)知F(1,0),设A(x1,y

13、1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=ty+1,线段AB的中点为C.由x=ty+1,y2=4x,消去x得y2-4ty-4=0,则y1+y2=4t,y1y2=-4,x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,C(2t2+1,2t).由题意知直线m的方程为y-2t=-tx-(2t2+1),令y=0,得x=2t2+3,则点P(2t2+3,0),|PC|=4+4t2,|FP|=2t2+2,|FP|-|FP|cos2=2|FP|sin2=2|FP|PC|FP|2=2|PC|2|FP|=2(4+4t2)2t2+2=4,故|FP|-|FP|cos2为定值,且定值为4.【自测题】解:(1)椭圆C的上顶

14、点A与左、右焦点F1,F2构成一个面积为1的直角三角形,b=c,bc=1,b=c=1,a2=b2+c2=2,椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)证明:由(1)知F1(-1,0),F2(1,0).当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=2,点F1,F2到直线l的距离之积为(2-1)(2+1)=1.当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,由y=kx+m,x22+y2=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,由=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-2)=-8(m2-2k2-1)=0,得m2=1+2k2,点F1到直线l:y=kx+m的距离d1=|-k+m|k2+1,点F2到

15、直线l:y=kx+m的距离d2=|k+m|k2+1,d1d2=|-k+m|k2+1|k+m|k2+1=|m2-k2|k2+1=|2k2+1-k2|k2+1=1.综上可知,当直线l与椭圆C相切时,点F1,F2到直线l的距离之积为定值1.解答3例4解:(1)设点P的坐标为(x,y),由yx+2yx-2=-14,得4y2=4-x2,即x24+y2=1(y0),故轨迹C的方程为x24+y2=1(y0).(2)结论正确.证明如下:根据题意,可设直线MN的方程为x=my+1,由x=my+1,x24+y2=1,消去x并整理得(m2+4)y2+2my-3=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2

16、=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4.易知直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2),直线BN的方程为y=y2x2-2(x-2),设Q(x0,y0),则x0+2=y2(x1+2)y1(x2-2)(x0-2),而y2(x1+2)y1(x2-2)=y2(my1+3)y1(my2-1)=my1y2+3y2my1y2-y1=-3mm2+4+3(-2mm2+4-y1)-3mm2+4-y1=-9m-3(m2+4)y1-3m-(m2+4)y1=3,因此x0=4,即点Q在定直线x=4上.综上,探究发现的结论是正确的.【自测题】解:(1)由椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A(2,0)知,a

17、=2.把B点坐标-1,-32代入椭圆方程,得14+94b2=1,解得b2=3,所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)由A(2,0),B-1,-32,P(0,-1),得|PA|=5,|PB|=52,所以|PA|PB|=2.假设存在满足题意的直线l,由SPAMSPBN=6,得12|PA|PM|sinAPM12|PB|PN|sinBPN=2|PM|PN|=6,即|PM|PN|=3,所以PM=-3PN.设M(x1,y1),N(x2,y2),则PM=(x1,y1+1),PN=(x2,y2+1),所以x1=-3x2.当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=0,|PM|PN|=3+13-1=2+3,这与|PM|PN|=3矛盾,不符合题意.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx-1.由y=kx-1,x24+y23=1,得(4k2+3)x2-8kx-8=0,则x1+x2=8k4k2+3,x1x2=-84k2+3.由x1=-3x2可得-2x2=8k4k2+3,3x22=84k2+3,即3-4k4k2+32=84k2+3,整理得k2=32,解得k=62.综上所述,存在满足条件的直线l,其方程为y=62x-1或y=-62x-1.