2018届高考数学理科全国通用一轮总复习课件：第八章 平面解析几何 8.10 精品

(2)设AB方程为y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y2),
由
yy2k41 xx,得 mk1,y2-4y-4k1m=0,
y1+y2=k41 ,y1y2=-4m,
AB中点M( x1 x2 , y1所 y以2 ),
2
2
2
2
M( k12 m, k1 );
同理,点 N( 2 m, 2 ).
【变式训练】(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中, 曲线C:y= x2 与直线y=kx+a(a>0)交于M,N两点,
4
(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程.
(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=
∠OPN?说明理由.
【解题提示】(1)先求出M,N的坐标,再利用导数求出 在M,N处切线的斜率,进而得到切线方程.(2)先作出判 定,再将y=kx+a代入曲线C的方程整理成关于x的一元 二次方程,设出M,N的坐标和P点坐标,利用设而不求思 想,将直线PM,PN的斜率之和用a表示出来,利用直线 PM,PN的斜率之和为0,即可求出a,b关系,从而找出适 合条件的P点坐标.
(2)若点A,B是E上的两个动点,O为坐标原点,且 OA OB =-16,求证:直线AB恒过定点.
【解析】(1)设P(x,y),则 x2 =y (y2+2 1)+1⇒x2=
8y.所以E的方程为x2=8y. (2)易知直线AB的斜率存在, 设直线AB:y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2). 将直线AB的方程代入x2=8y中, 得x2-8kx-8b=0,
【规范解答】(1)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,
y1),B(x2,y2),M(xM,yM).
将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=
故x M
x1
x2 2
kb k2 9
，yM
kx M
b
9b k2 9.
yM 9， xM k
于是直线OM的斜率kOM=
【解析】(1)由题设可得M(2 a,a),N(-2 ,aa ),
或M(-2 a ,a),N(2 ,aa).
又y′= x,故y= 在x2x=2 处a的导数值为 ,曲线a C
2
4
在点(2 a,a)处的切线方程为y-a= (xa-2 ),即a
ax-y-a=0.
y= x2在x=-2 a处的导数值为- ,曲a 线C在点
4
(-2 a,a)处的切线方程为y-a=- (xa+2 ),即a
ax+y+a=0.
(2)存在符合题意的点P,证明如下: 设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线 PM,PN的斜率分别为k1,k2. 将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0. 故x1+x2=4k,x1x2=-4a.
【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),
y kx m,
由
x2 4
y2 3
1,
消去y得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,
Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,化为3+4k2>m2.
所以 x1 x2
8mk 3 4k2
，x1x 2
4 m2 3 3 4k2
【解析】(1)当m=1时,E为抛物线y2=4x的焦点,
则AB方程为y=k1(x-1),设A(x1,y1),B(x2,y2).
由
yy2k41xx得, kk11, y2-4y-4k1=0,
y1+y2=k41 ，y1y2=-4.
AB中点M(
x1
x2 ，y1 2
2
y2
)，M(
2 k12
1，2 k1
又因为AB的中点为M(xM,yM),
所以9×2xM(x1-x2)+2yM(y1-y2)=0,
直线l的斜率kl=
y1 x1
y x
2 2
9 2xM 2yM
9xM ， yM
又因为kOM=xyMM ，
所以kl·kOM=
9x M yM
yM=-9,
xM
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
(2)四边形OAPB能为平行四边形. 因为直线l过点 (m ,m所)，以l不过原点且与C有两个交点
【解题导引】(1)由左焦点到点P(2,1)的距离,即可求 出c值,再由离心率得出a的值,从而得出椭圆方程. (2)直线方程与椭圆方程联立,由圆过椭圆C的右顶点, 得出k,m的关系式,从而证明直线过定点.
【规范解答】(1)因为左焦点(-c,0)到点P(2,1)的距离
为 10,所以 2 c2解1得c=101，.
由
x2 4
y2 3
1,
得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,
所以
x1 x2 x1x2
8km 4k2 3
,
4m2 12 4k2 3 ,
因此
8mk 4m2 12
又 m3k>, 0,
m
所以m=3,
因此直线y=kx+m过定点(0,3).
【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.
.
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+3xm32)2+4mk42k22=.
因为以AB为直径的圆过椭圆左顶点D(-2,0),kAD·kBD=
-1,所以 y1 =y-21,
x1 2 x2 2
所以y1y2+x1x2+2(x1+x2)+4=0,
所以 3 m2 4k2 3 4k2
43m 24k23=03.16m4kk2 4
化为7m2-16mk+4k2=0,
解得m1=2k,m227=k . 且满足3+4k2-m2>0.
当m=2k时,l:y=k(x+2),直线过定点(-2,0)与已知矛盾;
当m=2k 时,l:y= k(x 直2 )，线过定点
7
7
综上可知,直线l过定点 ( 2，0)．
所以x1+x2=8k,x1x2=-8ObA, OB =x1x2+y1y2=x1xx2162+x422 =-8b+b2=-16⇒b=4,
所以直线AB恒过定点(0,4).
2.(2016·长春模拟)已知点E(m,0)为抛物线y2=4x内一 个定点,过点E斜率分别为k1,k2的两条直线交抛物线于 点A,B,C,D,且M,N分别是AB,CD的中点. (1)若m=1,k1k2=-1,求三角形EMN面积的 最小值. (2)若k1+k2=1,求证:直线MN过定点.
第十节 圆锥曲线的综合问题
考向一 圆锥曲线的定点问题
【典例1】(2016·淄博模拟)椭圆C: x2
1 ,其左焦点到点P(2,1)的距离为 10 .
2
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是 左、右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求 证：直线l过定点,并求出该定点的坐标.
k22
k2
因为k1+k2=1,
所以kMN=xy
M M
yN xN
kk1 =1kkk2 21k2,
所以lMN:y
2 k1
k1k 2 [x
2 ( k12
m)]，
即y=k1k2(x-m)+2,
所以直线MN恒过定点(m,2).
考向二 圆锥曲线中的定值问题 【典例2】(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C:9x2+y2=m2 (m>0),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. (1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
又e=c 1解，得a=2,
a2
所以b2=a2-c2=3. 所以所求椭圆C的方程为x2 y=21.
43
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
y kx m,
由
x2 4
y2 3
1,
消去y得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,
Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,化为3+4k2>m2.
与x轴交于点 Q( m ,0)，
k
设M(x1,y1),N(x2,y2), 则|PM|= 1 k2 x1, |PN|= 1 k2 x2, |PQ|= 1 k2 m .
k
因为 1 1 3 ,
PM PN PQ
所以 1 1 3k ,即 x1 x2 3k ,
x1 x2
m
x1x 2
m
y kx m,
)；
同理,点N(2k12+1,-2k1).
因为k1k2=-1,所以AB⊥CD,
所以S△EMN=1 |EM|·|EN|
2
=1 ( 2 )2 ( 2 )2
2 k12
k1
2k12 2 2k1 2 2
k12
1 k12
2
2
2 2 4，
当且仅当 k12 k即112 ，k1=±1时,△EMN的面积取最小值.
即kOM·k=-9,所以直线
【一题多解】解答本例(1),还有以下解法: 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM), 因为A,B两点在椭圆C:9x2+y2=m2上, 所以9x12+y12=m2 ① 9x22+y22=m2 ② 两式相减得:9(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0,
3
的充要条件是k>0,k≠3.
由(1)得OM的方程为y= 9 x.
k
设点P的横坐标为xp.
由
y
9 k
x得,
9x2 y2 m2 ,
xp2
9kk22m 281，即xp
3
km k2 9
.
将点 (m ,m的)坐标代入l的方程得b= m3因 k此，
3
3
xM=k3mk2k93 ,
四边形OAPB为平行四边形,当且仅当线段AB与线段OP互
所以y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0,
所以 3 m2 4k2 3 4k2
43m 24k23=0 .316m4kk2 4
化为7m2+16mk+4k2=0,
解得m1=-2k,m2=27k . 且满足3+4k2-m2>0.
当m=-2k时,l:y=k(x-2),直线过定点(2,0)与已知矛盾;
从而k1+k2=y1x1
b
y2 x2
b
2kx1x2
a bx1
x1x 2
x2
ka
a
b
.
当b=-a时,有k1+k2=0,
则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故∠OPM=
∠OPN,所以点P(0,-a)符合题意.
【加固训练】 1.(2016·哈尔滨模拟)已知圆M：x2+(y-2)2=1,直线l： y=-1,动圆P与圆M相外切,且与直线l相切.设动圆圆心 P的轨迹为E. (1)求E的方程.
相平分,即xP=2xM.
于是
3
km k2 9
2
k3解kk得2 3k91m=，4-
,k2=4+7 .
7
因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4- 或7 4+ 7
时,四边形OAPB为平行四边形.
【规律方法】圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：特征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.
7
( 2，0)． 7
2.若典例1条件不变,将(2)改为直线y=kx+m(k<0,m>0)
与y轴交点为P,与x轴交点为Q,与椭圆C交于点M,N(点M, N在第一或第四象限).若 1 1 3 , 求证:直线y=
PM PN PQ
kx+m过定点.
【证明】直线y=kx+m(k<0,m>0)与y轴交于点P(0,m),
所以 x1 x2
8mk 3 4k2
，x1x 2
4 m2 3 3 4k2
.
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+3xm32)2+4mk42k22=.
因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2,0),kAD·kBD=-1
所以 y1 =y2-1,
x1 2 x2 2
(2)若l过点 (m ,m), 延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB
3
能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率,若不能,说明
理由.
【解题导引】(1)将直线y=kx+b(k≠0,b≠0)与椭圆C： 9x2+y2=m2(m>0)联立,结合根与系数的关系及中点坐标 公式证明.(2)由四边形OAPB为平行四边形当且仅当线 段AB与线段OP互相平分求解证明.
当m= 2k 时,l:y= k(x 直2 )线， 过定点
7
7
综上可知,直线l过定点 ( 2，0)．
7
( 2，0)． 7
【母题变式】 1.若本例的条件“以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点”, 改为“以AB为直径的圆过椭圆C的左顶点”.则直线l是 否还过定点?若过定点,求出该定点的坐标；若不过定 点,说明理由.
②引进变量法:其解题流程为
【变式训练】(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C: x2 y2