2019年高中数学新课标一轮复习下册8-10

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一轮复习 ·新课标数学 ·理（下册）
将③代入④，得 －m32tm2＋2t 1－mm2t21t2－＋21a＝0， 即－2m2t(2－a)＝0， ∵m>0，∴t(2－a)＝0， ∵上式对∀t∈R 都成立，∴a＝2. 故在 x 轴上存在定点 P(2,0)，使 PQ 平分∠CPD.
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[解析] (1)设 A，B，M 的坐标分别为(x0,0)，(0，y0)，(x，y)， 则 x20＋y20＝(m＋1)2，①
由A→M＝mM→B，得(x－x0，y)＝m(－x，y0－y)，
∴xy－ ＝xm0＝y0－－myx，，
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将 P4－k28＋km3，4k62m＋3代入椭圆 E 的方程，得 4644kk2＋2m32 2＋343k62m＋232＝1. 整理，得 4m2＝4k2＋3. 设 T(t,0)，Q(－4，m－4k)． ∴T→Q＝(－4－t，m－4k)，O→P＝4－k28＋km3，4k62m＋3.
将①代入椭圆 E 的方程，由于点 P(x0，y0)在第一象限，解得
x0＝a2，y0＝1－a2，即点 P 在定直线 x＋y＝1 上．
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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直线中系数为参数表 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：根据动点或动直线的特殊情况探索出定 点，再证明该定点与变量无关．
(1)过 F 的直线与抛物线 C2 交于 M，N 两点，过 M，N 分别 作抛物线 C2 的切线 l1，l2，求直线 l1，l2 的交点 Q 的轨迹方程；
(2)从圆 O：x2＋y2＝5 上任意一点 P 作椭圆 C1 的两条切线， 切点为 A，B，试问∠APB 的大小是否为定值．若是定值，求出 这个定值；若不是定值，请说明理由．
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一轮复习 ·新课标数学 ·理（下册） (2)设 F1，F2 分别是椭圆 E 的左，右焦点，P 为椭圆 E 上第 一象限内的点，直线 F2P 交 y 轴于点 Q，并且 F1P⊥F1Q.证明： 当 a 变化时，点 P 在某定直线上．
[命题意图] 本题考查椭圆方程和椭圆的几何性质，直线与 椭圆的位置关系等基础知识和运算求解能力，意在考查推理论证 能力以及数形结合思想．
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立3y＝x2＋kx4＋y2m＝，12， 得 (4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 由根与系数的关系，得 x1＋x2＝4－k28＋km3，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝4k62m＋3.
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[解析] (1)抛物线 y2＝8x 的焦点为椭圆 E 的顶点，即 a＝2. 又ac＝12，故 c＝1，b＝ 3. ∴椭圆 E 的方程为x42＋y32＝1.
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(1)求点 M 的轨迹 Γ 的方程，并判断轨迹 Γ 为何种圆锥曲线； (2)设过点 Q12，0且斜率不为 0 的直线交轨迹 Γ 于 C，D 两 点．试问在 x 轴上是否存在定点 P，使 PQ 平分∠CPD？若存在， 求点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．
[思路点拨] (1)利用焦距直接求解字母 a 的取值． (2)设出点 P 的坐标，并求出其横、纵坐标的关系式．注意 点在直线上时，点的坐标满足直线方程．
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[解析] (1)因为焦距为 1，所以 2a2－1＝14， 解得 a2＝58. 故椭圆 E 的方程为85x2＋83y2＝1.
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(2)证明：设 P(x0，y0)，F1(－C,0)，F2(C,0)， 其中 C＝ 2a2－1.
由题设知 x0≠C，则直线 F1P 的斜率
＝x0＋y0 C，
直线 F2P 的斜率
＝x0－y0 C.
故直线 F2P 的方程为 y＝x0－y0 C(x－C)．
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一轮复习 ·新课标数学 ·理（下册） (2)依题意，设直线 CD 的方程为 x＝ty＋12，
由xx＝2＋tymy＋22＝12，1
消去 x 并化简整理，得
(m2t2＋1)y2＋m2ty－34m2＝0， Δ＝m4t2＋3m2(m2t2＋1)>0， 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，则 y1＋y2＝－m2mt22＋t 1，y1y2＝－4m32mt2＋2 1.③
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考点二：关于圆锥曲线中定值 问题的经典题型
[ 调 研 2]
(2014·成都 高 三 诊 断 ) 已 知 椭圆
E
：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)，以抛物线 y2＝8x 的焦点为顶点，且离心率为12.
(1)求椭圆 E 的方程；
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一轮复习 ·新课标数学 ·理（下册） 即O→P·T→Q＝32k4mk2＋＋83kmt＋6m4km2＋－34k
＝6m2＋48kk2＋m＋3 8kmt.
∵4k2＋3＝4m2，
∴O→P·T→Q＝6m2＋84kmm2＋8kmt＝32＋2k1m＋t.
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(2)若直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，与直线 x＝－4 相交于点 Q，P 是椭圆 E 上一点且满足O→P＝O→A＋O→B(其 中 O 为坐标原点)，试问在 x 轴上是否存在一点 T，使得O→P·T→Q为 定值？若存在，求出点 T 的坐标及O→P·T→Q的值；若不存在，请说 明理由．
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[命题意图] 本题综合考查椭圆、抛物线的基本性质及直线 与椭圆的位置关系，通过向量数量积定值问题的探求，考查了考 生利用已知知识对未知问题的探索能力．
[思路点拨] (1)结合抛物线的几何性质及椭圆定义求解；(2) 将 l 方程与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用向量的坐标运算 化简关系式进行求解．
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第十节 圆锥曲线的综合问题
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考点一：关于圆锥曲线中定点问题的 经典题型
[调研 1] (2013·安徽)设椭圆 E：ax22＋1－y2a2＝1 的焦点在 x 轴上．
(1)若椭圆 E 的焦距为 1，求椭圆 E 的方程；
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假设在 x 轴上存在定点 P(a,0)，使 PQ 平分∠CPD，则直线 PC，PD 的倾斜角互补，
∴kPC＋kPD＝0，即x1y－1 a＋x2y－2 a＝0， ∵x1＝ty1＋12，x2＝ty2＋12， ∴ty1＋y121 －a＋ty2＋y122 －a＝0， 化简，得 4ty1y2＋(1－2a)(y1＋y2)＝0.④
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当 x＝0 时，y＝CC－y0x0，即点 Q 坐标为0，CC－y0x0.
因此，直线 F1Q 的斜率为 kF1Q＝C－y0x0.
由于 F1P⊥F1Q，
所以
＝x0＋y0 C·C－y0x0＝－1.
化简得 y20＝x20－(2a2－1)．①
要
使
O→P
·T→Q
为
定
值
，
只
需
2k1＋t m
2
＝
4k21＋t2 m2
＝
4m2－m321＋t为定值，则 1＋t＝0，∴t＝－1.
∴在 x 轴上存在一点 T(－1,0)，使得O→P·T→Q为定值32.
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x0＝m＋1x， ∴y0＝m＋m 1y.
②
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将②代入①，得 (m＋1)2x2＋m＋m 12y2＝(m＋1)2， 化简即得点 M 的轨迹 Γ 的方程为 x2＋my22＝1(m>0)． 当 0<m<1 时，轨迹 Γ 是焦点在 x 轴上的椭圆； 当 m＝1 时，轨迹 Γ 是以原点为圆心，以 1 为半径的圆； 当 m>1 时，轨迹 Γ 是焦点在 y 轴上的椭圆．
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直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引进变量法：其解题流程为
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(2013·原创卷)已知椭圆 C1：ay22＋bx22＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 33，且经过点1， 26，抛物线 C2：x2＝2py(p>0)的焦点 F 与椭 圆 C1 的一个焦点重合．
A.4x52 ＋3y62 ＝1
B.3x62 ＋2y72 ＝1
C.2x72 ＋1y82 ＝1
D.1x82 ＋y92＝1
[答案] D
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[解析] 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2， ax212＋by122＝1，①
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教师用书独具———————————————
(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知椭圆 E：ax22＋by22＝1(a>b>0)的右
焦点为 F(3,0)，过点 F 的直线交 E 于 A，B 两点．若 AB 的中点
坐标为(1，－1)，则 E 的方程为( )
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[解析] (1)由于椭圆 C1 的离心率 e＝ 33，则ac＝ 33，即 a＝ 3 c，则 b＝ 2c，
故椭圆 C1 的方程为3yc22＋2xc22＝1， 将点1， 26代入椭圆 C1 的方程，得 c2＝1， 故所求椭圆 C1 的方程为y32＋x22＝1，其焦点坐标为(0，±1)， 则 F(0,1)， 故抛物线 C2 的方程为 x2＝4y.
ax222＋by222＝1，② ①－②得x1＋x2a2x1－x2＋y1＋y2b2y1－y2＝0， 所以 kAB＝yx11－－yx22＝－ab22yx11＋＋yx22＝ba22.
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又 kAB＝03＋ －11＝12，所以ba22＝12. 又 9＝c2＝a2－b2， 解得 b2＝9，a2＝18， 所以椭圆 E 的方程为1x82 ＋y92＝1.故选 D.
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(2014·武汉调研)如图，长为 m＋1(m＞0)的线段 AB 的两个端 点 A 和 B 分别在 x 轴和 y 轴上滑动，点 M 是线段 AB 上一点， 且A→M＝mA→B.
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