统考版高中数学（文）复习9-8-2圆锥曲线的综合问题学案

这是一份统考版高中数学（文）复习9-8-2圆锥曲线的综合问题学案，共10页。
第2课时　圆锥曲线中的证明、定值及定点问题提 升  关键能力——考点突破　掌握类题通法考点一　证明问题　[综合性]  [例1]　已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0，1)，B(0，－1)，焦距为2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－，证明：点D在x轴上．听课笔记：         反思感悟　圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题．【对点训练】[2023·郑州市质量预测]已知椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点C(1，0)．(1)求椭圆E的方程；(2)若过点的任意直线与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，求证：恒有|AB|＝2|CM|.         考点二　定值问题　[综合性]  [例2]　[2022·河南高三月考]已知椭圆C：＝1的左焦点为F，离心率为，过F且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点A(2，0)，过P(2，－4)的直线l交椭圆C于M，N两点，证明：直线AM的斜率与直线AN的斜率之和为定值．听课笔记：          反思感悟　圆锥曲线中定值问题的两大解法(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【对点训练】[2023·湖北襄阳五中高三月考]已知双曲线C：＝1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点(点P在x轴上方)．(1)若＝3，求直线l的方程；(2)设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，证明：为定值．        考点三　定点问题　[综合性] [例3]　[2022·贵州贵阳一中高三月考]已知椭圆C1：＝1(a>b>0)的离心率为，且过椭圆的右焦点F有且仅有一条直线与圆C2：x2＋y2＝2相切．(1)求椭圆C1的标准方程；(2)设圆C2与y轴的正半轴交于点P.已知直线l斜率存在且不为0，与椭圆C1交于A，B两点，满足∠BPO＝∠APO(O为坐标原点)，证明：直线l过定点．听课笔记：       反思感悟　求解定点问题常用的方法(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．(2)“ 一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明.【对点训练】在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到点F(2，0)的距离与它到直线x＝的距离之比为.记点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过点F作两条互相垂直的直线l1，l2.l1交曲线C于A，B两点，l2交曲线C于S，T两点，线段AB的中点为M，线段ST的中点为N.证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标．     第2课时　圆锥曲线中的证明、定值及定点问题提升关键能力考点一例1　解析：(1)由题意，得b＝1，c＝，所以a2＝b2＋c2＝4，即a＝2.故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：设M(x1，m)，则N(－x1，m)，x1≠0，－1<m<1.所以直线BM的斜率为＝.因为直线BD，BM的斜率的积为－，所以直线BD的斜率为－.直线AN的斜率为，所以直线AN的方程为y＝x＋1.直线BD的方程为y＝－x－1.联立得解得点D的纵坐标为yD＝.因为点M在椭圆C上，所以＋m2＝1，则yD＝0.所以点D在x轴上．对点训练解析：(1)由题意知b＝1，＝.又a2＝b2＋c2，所以a＝.所以椭圆E的方程为＋x2＝1.(2)证明：当直线的斜率为0时，易知M为坐标原点，则|AB|＝2|CM|恒成立．当直线的斜率不存在或存在且不为0时，设过点的直线为x＝ty－，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(9＋18t2)y2－12ty－16＝0，且Δ>0，则y1＋y2＝，y1y2＝－.又＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，所以·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝＋y1y2＝(1＋t2)y1y2－t(y1＋y2)＋＝(1＋t2)··＝0，所以⊥.因为线段AB的中点为M，所以|AB|＝2|CM|.综上，恒有|AB|＝2|CM|.考点二例2　解析：(1)设椭圆的半焦距为c，则解得所以椭圆C的方程为＝1.解析：(2)由题意知直线l斜率存在，设其方程为y＝kx＋m(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程组代入消元并整理得：(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，Δ＝(4km)2－4×(2k2＋1)(2m2－4)＝32k2－8m2＋16>0，则x1＋x2＝－，x1x2＝.kAM＋kAN＝，将y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m代入，整理得：kAM＋kAN＝，＝，将韦达定理代入化简得：kAM＋kAN＝.因为直线l过点P(2，－4)，所以2k＋m＝－4，代入kAM＋kAN＝，得kAM＋kAN＝.对点训练解析：(1)设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由＝3，F(3，0)可得：(3－x1，－y1)＝3(x2－3，y2)，即，将P(12－3x2，－3y2)，Q(x2，y2)代入双曲线C方程得，消去y2，解得：x2＝，又点P在x轴上方，∴点Q在x轴下方，∴y2＝－，∴Q，∴kFQ＝2，∴直线l的方程为2x－y－6＝0.(2)证明：∵过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，F(3，0)，∴可设直线l的方程为x＝my＋3，P(my1＋3，y1)，Q(my2＋3，y2)，联立方程，消去x整理得：(5m2－4)y2＋30my＋25＝0，则，解得：m≠±， ∴y1＋y2＝－，y1y2＝，又A(－2，0)，B(2，0)，∴kAP＝k1＝，kBQ＝k2＝，∴＝＝，又my1y2＝＝－(y1＋y2)，∴＝＝－，即为定值－.考点三例3　解析：(1)因过椭圆的右焦点F(c，0)有且仅有一条直线与圆C2：x2＋y2＝2相切，则点F(c，0)在圆C2：x2＋y2＝2上，即c2＝2，而椭圆C1的离心率e＝＝＝，解得a＝，则b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1；解析：(2)圆C2：x2＋y2＝2与y轴的正半轴交于点P(0，)，依题意，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由∠BPO＝∠APO知直线AP，BP斜率kAP与kBP互为相反数，又kAP＝，kBP＝，即＝0，化简整理得：x2(y1－)＋x1(y2－)＝0，又y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，于是得2kx1x2＋(x1＋x2)＝0，由消去y得：(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝，从而有2k·＋(m－)·＝0，即2k·(3m2－3)－6km(m－)＝0，解得m＝，此时直线l的方程为y＝kx＋，所以直线l恒过定点(0，)．对点训练解析：(1)设P(x，y)，由题意可得：＝，即＝2两边同时平方整理可得：－y2＝1，所以曲线C的方程为：－y2＝1；(2)若直线l1，l2斜率都存在且不为0，设l1：y＝k(x－2)，则l2：y＝－(x－2)，由可得：(3k2－1)x2－12k2x＋12k2＋3＝0，当3k2－1＝0时，即k2＝，方程为－4x＋7＝0，此时只有一解，不符合题意，当3k2－1≠0时，Δ＝144k4－4(3k2－1)(12k2＋3)＝12(k2＋1)>0，由韦达定理可得：x1＋x2＝，所以点M的横坐标为xM＝(x1＋x2)＝，代入直线l1：y＝k(x－2)可得：yM＝k(xM－2)＝k＝，所以线段AB的中点M，用－替换k可得xN＝＝，yN＝＝，所以线段ST的中点N，当k≠±1时，kMN＝＝＝，直线MN的方程为：y＋＝，整理可得：y＝x－·＝x－＝x－＝(x－3)，此时直线MN过定点(3，0)，若k＝±1时， 则M(3，1)，N(3，－1)，或M(3，－1)，N(3，1)，直线MN的方程为x＝3，此时直线MN也过点(3，0)，若直线l1，l2中一个斜率不存在，一个斜率为0，不妨设l1斜率为0，则l1：y＝0，l2：x＝2，此时直线MN的方程为y＝0，此时直线MN也过点(3，0)，综上所述：直线MN过定点(3，0)，