2019届高三理科数学二轮复习配套教案：第一篇专题六第3讲　圆锥曲线的综合问题

第3讲　圆锥曲线的综合问题

(对应学生用书第47~48页)

1.(2018·全国Ⅲ卷,理19)

如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.

(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;

(2)当三棱锥MABC体积最大时,求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.

(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.

因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,

所以BC⊥平面CMD,

故BC⊥DM.

因为M为上异于C,D的点,且CD为直径,

所以DM⊥CM.

又BC∩CM=C,

所以DM⊥平面BMC.

而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

(2)解:

以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.

当三棱锥MABC体积最大时,M为的中点.由题设得

D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),

=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0),

设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,

则即

可取n=(1,0,2),

是平面MCD的法向量,

因此cos<n,>==,sin<n,>=.

所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.

2.(2017·全国Ⅲ卷,理20)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.

(1)证明:坐标原点O在圆M上;

(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.

(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.

由

可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.

又x1=,x2=.

故x1x2==4.

因此OA的斜率与OB的斜率之积为

·==-1,

所以OA⊥OB.

故坐标原点O在圆M上.

(2)解:由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.

故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径

r=.

由于圆M过点P(4,-2),

因此·=0,

故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,

即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.

由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.

所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-.

当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.

当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,-,圆M的半径为,圆M的方程为x-2+y+2=.

3.(2017·全国Ⅰ卷,理20)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,,P41,中恰有三点在椭圆C上.

(1)求C的方程;

(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.

(1)解:由于P3,P4两点关于y轴对称,

故由题设知C经过P3,P4两点,

又由+>+知,

C不经过点P1,所以点P2在C上.

因此

解得

故C的方程为+y2=1.

(2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.

如果l与x轴垂直,设l:x=t,

由题设知t≠0,且|t|<2,

可得A,B的坐标分别为t,,t,-.

则k1+k2=-=-1,

得t=2,不符合题设.

从而可设l:y=kx+m(m≠1).

将y=kx+m代入+y2=1

得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.

由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则x1+x2=-,x1x2=.

而k1+k2=+

=+

=.

由题设知k1+k2=-1,

故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.

即(2k+1)·+(m-1)·=0.

解得k=-.

当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,

即y+1=-(x-2),

所以l过定点(2,-1).

4.(2017·全国Ⅱ卷,理20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.

(1)求点P的轨迹方程;

(2)设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

(1)解:设P(x,y),M(x0,y0),

则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0),

由=得x0=x,y0=y.

因为M(x0,y0)在C上,

所以+=1,

因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.

(2)证明:由题意知F(-1,0).

设Q(-3,t),P(m,n),

则=(-3,t),=(-1-m,-n),

·=3+3m-tn,

=(m,n),=(-3-m,t-n).

由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,

又由(1)知m2+n2=2,

故3+3m-tn=0.

所以·=0,

即⊥.

又过点P存在唯一直线垂直于OQ,

所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

1.考查角度

以直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线为载体,考查圆锥曲线中的判断与证明、最值与范围、定点与定值、存在性等问题.

2.题型及难易度

解答题,难度中高档.

(对应学生用书第48~51页)

直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线的综合问题

【例1】 (2018·南昌市摸底调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为2.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点,O为坐标原点,若kOM·kON=,求证:点(m,k)在定圆上.

(1)解:由已知得e==,2b=2,

又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,

所以椭圆C的标准方程为+y2=1.

(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),

联立直线与椭圆方程,得

消去y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,

依题意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,

化简得m2<4k2+1,①

由根与系数的关系知x1+x2=-,

x1x2=,

y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,

若kOM·kON=,则=,即4y1y2=5x1x2,

所以4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,

所以(4k2-5)·+4km·-+4m2=0,

即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化简得m2+k2=,②

由①②得0≤m2<,<k2≤,

所以点(m,k)在定圆x2+y2=上.

以圆锥曲线的方程、性质为背景考查直线、圆方程、直线与圆的位置关系等问题,关键分析特殊点的位置关系,如圆的圆心、直径与圆锥曲线的位置关系,从而找出它们的数量关系求解.

热点训练1:

(2018·临沂三模)如图,已知抛物线E:x2=2py(p>0)与圆O:x2+y2=5相交于A,B两点,且|AB|=4,过劣弧AB上的动点P(x0,y0)作圆O的切线交抛物线E于C,D两点,分别以C,D为切点作抛物线E的切线l1,l2,相交于点M.

(1)求抛物线E的方程;

(2)求点M到直线CD距离的最大值.

解:(1)由|AB|=4,且B在圆上,

由抛物线和圆的对称性可得B(2,1),

代入抛物线可得4=2p,

解得p=2,

所以抛物线E的方程为x2=4y.

(2)设Cx1,,Dx2,,

由x2=4y,可得y=x2,

所以y'=x,

则l1的方程为y-=x1(x-x1),

即y=x1x-,①

同理l2的方程为y=x2x-,②

联立①②解得x=(x1+x2),y=x1x2,

又CD与圆x2+y2=5切于点P(x0,y0),

易得CD方程为x0x+y0y=5,

其中x0,y0满足+=5,y0∈[1,],

联立

化简得y0x2+4x0x-20=0,

所以x1+x2=-,x1x2=-,

设M(x,y),

则x=(x1+x2)=-,y=x1x2=-,

所以M-,-,

所以点M到直线CD:x0x+y0y=5距离为

d==,

易知d关于y0单调递减,dmax==,

即点M到直线CD距离的最大值为.

定点与定值问题

考向1　定点问题

【例2】 (2018·南充模拟)已知椭圆+=1的左焦点为F,左顶点为A.

(1)若P是椭圆上的任意一点,求·的取值范围;

(2)已知直线l:y=kx+m与椭圆相交于不同的两点M,N(均不是长轴的端点),AH⊥MN,垂足为H且=·,求证:直线l恒过定点.

(1)解:设P(x0,y0),

又A(-2,0),F(-1,0),

所以·=(-1-x0)(-2-x0)+,

因为P点在椭圆+=1上,

所以+=1,

即=3-,

且-2≤x0≤2,

所以·=+3x0+5,

函数f(x0)=+3x0+5在[-2,2]上单调递增,

当x0=-2时,f(x0)取最小值为0;

当x0=2时,f(x0)取最大值为12.

所以·的取值范围是[0,12].

(2)证明:由题意,联立得

(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,

由Δ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0得

4k2+3>m2,①

设M(x1,y1),N(x2,y2),

则x1+x2=,x1x2=,

·=(+)·(+)

=+·+·+·

=0,

所以(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,

即(1+k2)x1x2+(2+km)(x1+x2)+4+m2=0,

4k2-16km+7m2=0,

所以k=m或k=m均适合①,

当k=m时,直线l过点A,舍去,

当k=m时,直线l:y=kx+k过定点-,0.

考向2　定值问题

【例3】

(2018·江西省红色七校联考)已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,离心率等于,它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)已知点P(2,t),Q(2,-t)(t>0)在椭圆C上,点A,B是椭圆C上不同于P,Q的两个动点,且满足∠APQ=∠BPQ.试问:直线AB的斜率是否为定值?请说明理由.

解:(1)因为椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,

所以设椭圆标准方程为+=1(a>b>0).

因为椭圆离心率等于,它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点.

x2=8y的焦点为(0,2),

所以b=2,e==,

因为a2-b2=c2,

所以a2=16,b2=12.

所以椭圆C的标准方程为+=1.

(2)直线x=2与椭圆+=1交点P(2,3),Q(2,-3),

所以|PQ|=6,设A(x1,y1),B(x2,y2),

当∠APQ=∠BPQ时,直线PA,PB斜率之和为0.

设PA斜率为k,则PB斜率为-k.

直线PA的方程为y-3=k(x-2),

与椭圆方程联立得(3+4k2)x2+8k(-2k+3)x+4(2k-3)2-48=0,

所以x1+2=;

同理x2+2=

所以x1+x2=,

x1-x2=,

y1-y2=k(x1-2)+3-[-k(x2-2)+3]=,

直线AB斜率为=.

(4)定值问题就是证明一个量与其他变化因素无关.解决这类问题以坐标运算为主,需建立相应的目标函数(用变化的量表示),通过运算求证目标的取值与变化的量无关.

热点训练2:(2018·太原市二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上.

(1)求点B的轨迹E的方程;

(2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证:直线MN过定点.

(1)解:设B(x,y),y>0,则AB的中点D,0,

因为C(0,1),连接DC,

所以=-,1,=,y.

在☉C中,DC⊥DB,所以·=0,

所以-+y=0,

即x2=4y(y>0),

所以点B的轨迹E的方程为x2=4y(y>0).

(2)证明:由(1)可得曲线E的方程为x2=4y(y>0).

设P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2),

因为y=,所以y'=,

所以过点M,N的切线方程分别为y-y1=(x-x1),y-y2=(x-x2),

由4y1=,4y2=,上述切线方程可化为2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.

因为点P在这两条切线上,

所以2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,

即直线MN的方程为2(y-1)=tx,

故直线MN过定点C(0,1).

热点训练3:(2018·长沙市名校实验班二次阶段性测试)椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0),圆x2+y-2=与椭圆E的一个交点在x轴上的射影恰好为点F2.

(1)求椭圆E的标准方程;

(2)设直线l:y=x+m与椭圆E交于A,B两点,以AB为斜边作等腰直角三角形ABC,记直线l与x轴的交点为D,试问|CD|是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.

解:(1)在x2+y-2=中,令x=2,得y=1或y=0(舍去),

由题意可得解得a2=16,b2=4,

所以椭圆E的标准方程为+=1.

(2)由可得x2+2mx+2m2-8=0,

则Δ=(2m)2-4(2m2-8)=32-4m2>0,

设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=-2m,x1x2=2m2-8,y1+y2=(x1+x2)+2m=m,

所以|AB|==,

设AB的中点为G,则G-m,.

又直线l与x轴的交点为D(-2m,0),

所以|DG|==,

所以|CD|2=|CG|2+|DG|2=|AB|2+|DG|2=×(32-4m2)+=10,得|CD|=,

所以|CD|为定值,定值是.

探索性问题

考向1　位置的探索

【例4】 (2018·广西三校九月联考)已知椭圆方程C:+=1(a>b>0),椭圆的右焦点为(1,0),离心率为e=,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点,且kOA·kOB=-.

(1)求椭圆的方程及△AOB的面积;

(2)在椭圆上是否存在一点P,使四边形OAPB为平行四边形,若存在,求出|OP|的取值范围,若不存在,说明理由.

解:(1)由已知c=1,=,所以a=2,

所以b2=a2-c2=3.

所以椭圆方程为+=1.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B的坐标满足

消去y化简得,(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,

x1+x2=-,x1x2=,

(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0得4k2-m2+3>0,

y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2

=k2+km-+m2=.

因为kOA·kOB=-,

所以=-,即y1y2=-x1x2,

所以=-·即2m2-4k2=3,

因为|AB|=

=

=

=.

O到直线y=kx+m的距离d=,

所以S△AOB=d|AB|=·

=

==.

(2)若椭圆上存在P使四边形OAPB为平行四边形,

则=+,设P(x0,y0),

则x0=x1+x2=-,y0=y1+y2=,

由于P在椭圆上,所以+=1,

从而化简得+=1,

化简得4m2=3+4k2.①

由kOA·kOB=-,知2m2-4k2=3,②

联立方程①②知3+4k2=0,无解,故不存在P使四边形OAPB为平行四边形.

考向2　参数值的探索

【例5】

(2018·辽宁省辽南协作校一模)已知抛物线C:y=2x2,直线l:y=kx+2交C于A,B两点,M是AB的中点,过M作x轴的垂线交C于N点.

(1)证明:抛物线C在N点处的切线与AB平行;

(2)是否存在实数k,使以AB为直径的圆M经过N点?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.

(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0.

所以x1+x2=,xN=xM=,所以N,.

因为(2x2)'=4x,所以抛物线在N点处的切线斜率为k,故该切线与AB平行.

(2)解:假设存在实数k,使以AB为直径的圆M经过N点,则|MN|=|AB|.

由(1)知yM=(y1+y2)=(kx1+kx2+4)=+2,又因为MN垂直于x轴,

所以|MN|=yM-yN=,

而|AB|=·|x1-x2|=·.

所以·=,解得k=±2.

所以,存在实数k=±2使以AB为直径的圆M经过N点.

解决存在性(探索性)问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程(组),若方程(组)有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.

热点训练4:(2018·太原市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点为A,右焦点为F2(2,0),点B(2,-)在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程;

(2)若直线y=kx(k≠0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.在x轴上,是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

解:(1)依题意,得c=2.

因为点B(2,-)在C上,所以+=1.

又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4,

所以椭圆C的方程为+=1.

(2)假设存在这样的点P,设P(x0,0),E(x1,y1),x1>0,则F(-x1,-y1),

消去y并化简得,(1+2k2)·x2-8=0,

解得x1=,则y1=,

又A(-2,0),

所以AE所在直线的方程为

y=·(x+2),

所以M0,,

同理可得N0,,=-x0,,=-x0,.

若∠MPN为直角,则·=0,所以-4=0,

所以x0=2或x0=-2,所以存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角,此时点P的坐标为(2,0)或(-2,0).

热点训练5:

已知抛物线E:x2=2py(p>0)上一点P的纵坐标为4,且点P到焦点F的距离为5.

(1)求抛物线E的方程;

(2)如图,设斜率为k的两条平行直线l1,l2分别经过点F和H(0,-1),l1与抛物线E交于A,B两点,l2与抛物线E交于C,D两点.问:是否存在实数k,使得四边形ABDC的面积为4+4?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.

解:(1)由抛物线的定义知,点P到抛物线E的准线的距离为5.

因为抛物线E的准线方程为y=-,

所以4+=5,解得p=2,

所以抛物线E的方程为x2=4y.

(2)由已知得,直线l1:y=kx+1.

由消去y得x2-4kx-4=0,

Δ1=16(k2+1)>0恒成立,|AB|=·=4(k2+1),

直线l2:y=kx-1,由

消去y得x2-4kx+4=0,

由Δ2=16(k2-1)>0得k2>1,

|CD|=·=4,

又直线l1,l2间的距离d=,

所以四边形ABDC的面积S=·d·(|AB|+|CD|)=4(+).

解方程4(+)=4(+1),得k2=2(满足k2>1),所以存在满足条件的k,k的值为±.

最值(范围)问题

【例6】 (2016·全国Ⅱ卷)已知A是椭圆E:+=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.

(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;

(2)当2|AM|=|AN|时,证明:<k<2.

(1)解:设M(x1,y1),则由题意知y1>0.

由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.

又A(-2,0),

因此直线AM的方程为y=x+2.

将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.

解得y=0或y=,

所以y1=.

因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.

(2)证明:设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0),

代入+=1得

(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.

由x1·(-2)=得x1=,

故|AM|=|x1+2|=.

由题设,设直线AN的方程为y=-(x+2),

故同理可得|AN|=.

由2|AM|=|AN|得=,

即4k3-6k2+3k-8=0.

设f(t)=4t3-6t2+3t-8,

则k是f(t)的零点,f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,

所以f(t)在(0,+∞)上单调递增.

又f()=15-26<0,f(2)=6>0,

因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内,

所以<k<2.

(1)代数法:题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等式关系,则建立函数、不等式等模型,利用二次函数法或基本不等式法、换元法、导数等方法求解;(2)几何法:题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形的性质求解.

热点训练6:

(2018·江西二模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆于P,Q两点,以PF1为直径的动圆内切于圆x2+y2=4.

(1)求椭圆的方程;

(2)延长PO交椭圆于R点,求△PQR面积的最大值.

解:(1)设|PF1|的中点为M,在三角形PF1F2中,由中位线得|OM|=|PF2|,

当两个圆相内切时,两个圆的圆心距等于两个圆的半径之差,

即|OM|=2-|PF1|,

所以|PF2|=2-|PF1|⇒|PF1|+|PF2|=4,

即a=2,

又e=,所以c=1,b=,

所以椭圆方程为+=1.

(2)由已知kPQ≠0可设直线PQ:x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),

⇒(3m2+4)y2-6my-9=0,

S△PQR=2S△POQ=|y1-y2|=,

令=t≥1,原式==,

当t=1时,3t+min=4.

所以(S△PQR)max=3.

【例1】 (2018·福州市期末)抛物线C:y=2x2-4x+a与两坐标轴有三个交点,其中与y轴的交点为P.

(1)若点Q(x,y)(1<x<4)在C上,求直线PQ斜率的取值范围;

(2)证明:经过这三个交点的圆E过定点.

(1)解:由题意得P(0,a)(a≠0),Q(x,2x2-4x+a)(1<x<4),

故kPQ==2x-4.

因为1<x<4,所以-2<kPQ<4,

所以直线PQ的斜率的取值范围为(-2,4).

(2)证明:法一　P(0,a)(a≠0).

令2x2-4x+a=0,则Δ=16-8a>0,a<2,且a≠0,

解得x=1±,

故抛物线C与x轴交于A1-,0,B1+,0两点.

故可设圆E的圆心为M(1,t),

由|MP|2=|MA|2,得12+(t-a)2=2+t2,

解得t=+,

则圆E的半径r=|MP|=.

所以圆E的方程为

(x-1)2+y--2=1+-2,

所以圆E的一般方程为

x2+y2-2x-a+y+=0,

即x2+y2-2x-y+a-y=0.

由得或

故圆E过定点0,,2,.

法二　P(0,a)(a≠0),设抛物线C与x轴的两个交点分别为A(x1,0),B(x2,0),圆E的一般方程为x2+y2+Dx+Fy+G=0,则

因为x1,x2是方程2x2-4x+a=0,即x2-2x+=0的两根,

所以-2x1+=0,-2x2+=0,

所以D=-2,G=,

所以F==-a+,

所以圆E的一般方程为

x2+y2-2x-a+y+=0,

即x2+y2-2x-y+a-y=0.

由得或

故圆E过定点0,,2,.

【例2】 (2018·石家庄质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆C于A,B两点.

(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2+y2=9,求椭圆长轴的长;

(2)当b=1时,在x轴上是否存在定点T,使得·为定值?若存在,求出定值;若不存在,请说明理由.

解:(1)设AF1的中点为M,连接AF2,MO,

在△AF1F2中,由中位线定理得,

|OM|=|AF2|=(2a-|AF1|)=a-|AF1|.

当两个圆内切时,|OM|=3-|AF1|,

所以a=3,故椭圆长轴的长为6.

(2)由b=1及离心率为,得c=2,a=3,

所以椭圆C的方程为+y2=1.

当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x+2).

设A(x1,y1),B(x2,y2),

联立方程,得

消去y并整理得(9k2+1)x2+36k2x+72k2-9=0,

Δ=36k2+36>0,x1+x2=-,x1x2=,

y1y2=k2(x1+2)(x2+2)=.

假设存在定点T,设T(x0,0),

则·=x1x2-(x1+x2)x0++y1y2

=,

当9+36x0+71=9(-9),

即x0=-时,·为定值,

定值为-9=-.

当直线AB的斜率不存在时,

不妨设A-2,,B-2,-,

当T-,0时,·=,·,-=-,为定值.

综上,在x轴上存在定点T-,0,使得·为定值-.

【例3】 (2018·广州市调研)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线C上存在一点E(2,t)到焦点F的距离等于3.

(1)求抛物线C的方程;

(2)过点K(-1,0)的直线l与抛物线C相交于A,B两点(A,B两点在x轴上方),点A关于x轴的对称点为D,且FA⊥FB,求△ABD的外接圆的方程.

解:(1)抛物线的准线方程为x=-,

由抛物线的定义,可得2+=3,解得p=2.

所以抛物线C的方程为y2=4x.

(2)法一　设直线l的方程为x=my-1(m>0).

将x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,

由Δ=(-4m)2-16>0,并结合m>0,解得m>1.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(x1,-y1),

y1+y2=4m,y1y2=4,

所以·=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2,

因为FA⊥FB,所以·=0,

即8-4m2=0,结合m>0,解得m=.

所以直线l的方程为x-y+1=0.

设AB的中点坐标为(x0,y0),

则y0==2m=2,x0=my0-1=3,

所以线段AB的垂直平分线方程为

y-2=-(x-3).

因为线段AD的垂直平分线方程为y=0,

所以△ABD的外接圆圆心坐标为(5,0).

因为圆心(5,0)到直线l的距离d=2,

且|AB|==4,

所以圆的半径r==2.

所以△ABD的外接圆的方程为(x-5)2+y2=24.

法二　依题意可设直线l:y=k(x+1)(k>0).

将直线l与抛物线C的方程联立并整理得k2x2+(2k2-4)x+k2=0.

由Δ=(2k2-4)2-4k4>0,结合k>0,得0<k<1.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则x1+x2=-2+,x1x2=1.

所以y1y2=k2(x1x2+x1+x2+1)=4,

所以·=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=8-.

因为FA⊥FB,所以·=0,

所以8-=0,又k>0,解得k=.

所以直线l的方程为x-y+1=0.

设AB的中点坐标为(x0,y0),

则x0==3,y0=(x0+1)=2,

所以线段AB的垂直平分线方程为

y-2=-(x-3).

因为线段AD的垂直平分线方程为y=0.

所以△ABD的外接圆圆心坐标为(5,0).

因为圆心(5,0)到直线l的距离d=2,

且|AB|==4,

所以圆的半径r==2.

所以△ABD的外接圆的方程为(x-5)2+y2=24.

(对应学生用书第52页)

【典例】 (2018·全国Ⅰ卷)(12分)设椭圆C:+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.

(1)解:由已知得F(1,0),l的方程为x=1.

由已知可得,点A的坐标为1,或1,-.

又M(2,0),所以AM的方程为y=-x+或y=x-.

(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)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),

则-<x1<,-<x2<,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=+.

由y1=kx1-k,y2=kx2-k得

kMA+kMB=.

将y=k(x-1)代入+y2=1得

(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.

所以x1+x2=,x1x2=.

则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k

==0.

从而kMA+kMB=0,

故MA,MB的倾斜角互补,

所以∠OMA=∠OMB.

综上,∠OMA=∠OMB.

注:第(1)问得分说明:

①写出l的方程得1分.

②求出A的坐标得1分.

③求出AM的方程得2分.

第(2)问得分说明:

①当l与x轴垂直时,证出∠ABM=∠ABN,得1分.

②当l与x轴不垂直时,设出l的方程,得1分.

③直线l的方程与椭圆方程联立,消元并得出x1+x2,x1x2或y1+y2,y1y2的值(含k)得2分.

④证出AM,BM的斜率之和为0得2分.

⑤证出∠OMA=∠OMB得1分.

⑥写出结论得1分.

【答题启示】

(1)求交点问题常联立方程组求解.

(2)求与交点有关的问题常联立方程组,设出交点,消元,根据根与系数的关系求解.

(3)设直线方程时,要分斜率存在和不存在两种情况.本题易忽略斜率不存在的情况而失分.

(4)求与交点有关的问题时,要对x1与y1,x2与y2相互转化(含斜率k的式子),本题常因不会转化或转化时计算错误而失分.

(5)分类讨论问题要先分后总,本题易忽略结论而失1分.