2018届高考数学大一轮复习--圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(理科附解析)
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资料简介
第十节圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 本节主要包括2个知识点:‎ ‎1.圆锥曲线中的定点、定值问题; ‎2.圆锥曲线中的存在性问题.‎ 突破点(一) 圆锥曲线中的定点、定值问题 圆锥曲线中的定点、定值问题是解析几何中的常见问题,它多与圆锥曲线的性质相结合,难度较大,常出现在解答题中.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 圆锥曲线中的定点问题 ‎[例1] (2016·大庆质检)已知椭圆C:+y2=1(a>1)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M:(x-3)2+(y-1)2=3相切.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P,Q两点,且·=0,求证:直线l过定点,并求该定点的坐标.‎ ‎[解] (1)圆M的圆心为(3,1),半径r=.‎ 由题意知A(0,1),F(c,0),‎ 直线AF的方程为+y=1,即x+cy-c=0,‎ 由直线AF与圆M相切,得=,‎ 解得c2=2,a2=c2+1=3,‎ 故椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明:由·=0知AP⊥AQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,故可设直线AP的方程为y=kx+1,直线AQ的方程为y=-x+1.‎ 联立方程组 整理得(1+3k2)x2+6kx=0,解得x=0或x=,‎ 故点P的坐标为,‎ 同理,点Q的坐标为.‎ 所以直线l的斜率为=,‎ 所以直线l的方程为y=+,‎ 即y=x-.‎ 所以直线l过定点.‎ ‎[方法技巧]‎ 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.‎ 圆锥曲线中的定值问题 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值.‎ ‎(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的关系式,再利用题设条件化简、变形求得.‎ ‎(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得关系式,再依据条件对关系式进行化简、变形即可求得.‎ 方法(一) 从特殊到一般求定值 ‎[例2] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,短轴端点到焦点的距离为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设A,B为椭圆C上任意两点,O为坐标原点,且OA⊥OB.求证:原点O到直线AB 的距离为定值,并求出该定值.‎ ‎[解] (1)由题意知,e==,=2,又a2=b2+c2,所以a=2,c=,b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明:①当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=±,此时,原点O到直线AB的距离为.‎ ‎②当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 由得(1+4k2)x2+8kmx+‎4m2‎-4=0.‎ 则Δ=(‎8km)2-4(1+4k2)(‎4m2‎-4)=16(1+4k2-m2)>0,x1+x2=-,x1x2=,‎ 则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=,‎ 由OA⊥OB得kOA·kOB=-1,即·=-1,‎ 所以x1x2+y1y2==0,即m2=(1+k2),‎ 所以原点O到直线AB的距离为=.‎ 综上,原点O到直线AB的距离为定值.‎ ‎[方法技巧]‎ 定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量,常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值.解决此类问题常从特征入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. ‎ 方法(二) 直接消参求定值 ‎[例3] 如图,已知椭圆+=1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0),点H在椭圆上.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若点M在圆x2+y2=b2上,且M在第一象限,过M作圆x2+y2=b2的切线交椭圆于P,Q两点,求证:△PF2Q的周长为定值,并求出该定值.‎ ‎[解] (1)由题意,得解得 所以椭圆方程为+=1.‎ ‎(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则+=1(|x1|≤3),‎ ‎|PF2|2=(x1-1)2+y=(x1-1)2+8 ‎=(x1-9)2,‎ 所以|PF2|=(9-x1)=3-x1.‎ 连接OM,OP(图略),‎ 由相切条件知|PM|2=|OP|2-|OM|2=x+y-8=x+8-8=x,‎ 所以|PM|=x1,‎ 所以|PF2|+|PM|=3-x1+x1=3,‎ 同理可求得|QF2|+|QM|=3-x2+x2=3,‎ 所以|F2P|+|F2Q|+|PQ|=3+3=6为定值.‎ ‎[方法技巧]‎ 解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等,根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量. ‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F(1,0),O为坐标原点,A,B是抛物线C上异于O的两点.‎ ‎(1)求抛物线C的方程;‎ ‎(2)若直线OA,OB的斜率之积为-,求证:直线AB过x轴上一定点.‎ 解:(1)因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为(1,0),‎ 所以=1,所以p=2.‎ 所以抛物线C的方程为y2=4x.‎ ‎(2)证明:①当直线AB的斜率不存在时,‎ 设A,B.‎ 因为直线OA,OB的斜率之积为-,‎ 所以·=-,化简得t2=32.‎ 所以A(8,t),B(8,-t),此时直线AB的方程为x=8.‎ ‎②当直线AB的斜率存在时,‎ 设其方程为y=kx+b,A(xA,yA),B(xB,yB),‎ 联立方程组消去x,得ky2-4y+4b=0.‎ 由根与系数的关系得yAyB=,‎ 因为直线OA,OB的斜率之积为-,‎ 所以·=-,即xAxB+2yAyB=0.‎ 即·+2yAyB=0,‎ 解得yAyB=-32或yAyB=0(舍去).‎ 所以yAyB==-32,即b=-8k,‎ 所以y=kx-8k,即y=k(x-8).‎ 综上所述,直线AB过定点(8,0).‎ ‎2.如图,已知M(x0,y0)是椭圆C:+=1上的任一点,从原点O向圆M:(x-x0)2+(y-y0)2=2作两条切线,分别交椭圆于点P,Q.‎ ‎(1)若直线OP,OQ的斜率存在,并记为k1,k2,求证:k1k2为定值;‎ ‎(2)试问|OP|2+|OQ|2是否为定值?若是,求出该值;若不是,说明理由.‎ 解:(1)证明:因为直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x与圆M相切,所以=,‎ 化简得:(x-2)k-2x0y0k1+y-2=0,‎ 同理:(x-2)k-2x0y0k2+y-2=0,‎ 所以k1,k2是关于k的方程(x-2)k2-2x0y0k+y-2=0的两个不相等的实数根,‎ 所以k1·k2=.‎ 因为点M(x0,y0)在椭圆C上,所以+=1,即y=3-x,‎ 所以k1k2==-为定值.‎ ‎(2)|OP|2+|OQ|2是定值,定值为9.理由如下:‎ ‎①当M点坐标为(,)时,直线OP,OQ落在坐标轴上,显然有|OP|2+|OQ|2=9.‎ ‎②当直线OP,OQ不落在坐标轴上时,设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为k1k2=-,所以yy=xx,‎ 因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上,‎ 所以即 所以=xx,整理得x+x=6,‎ 所以y+y=+=3,‎ 所以|OP|2+|OQ|2=9.‎ ‎3.椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,P(m,0)为C的长轴上的一个动点,过P点斜率为的直线l交C于A,B两点.当m=0时,·=-.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)证明:|PA|2+|PB|2为定值.‎ 解:(1)因为离心率为,即e==,所以=.‎ 当m=0时,l的方程为y=x,‎ 代入+=1并整理得x2=.‎ 设A(x0,y0),则B(-x0,-y0),‎ ‎·=-x-y=-x=-·.‎ 又因为·=-.‎ 所以a2=25,b2=16,‎ 椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)证明:l的方程为x=y+m,‎ 代入+=1,‎ 并整理得25y2+20my+8(m2-25)=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 则|PA|2=(x1-m)2+y=y,‎ 同理|PB|2=y.‎ 则|PA|2+|PB|2=(y+y)=[(y1+y2)2-2y1y2]‎ ‎=·=41.‎ 所以|PA|2+|PB|2为定值.‎ 突破点(二) 圆锥曲线中的存在性问题 ‎1.圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性,此类问题的条件和结论不完备,要求考生结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等,是高考中的常考题型,作为解答题的压轴题出现,难度一般较大,常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起,对数学能力和数学思想有较高的要求.‎ ‎2.圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面:‎ (1)点的存在性.‎ (2)曲线的存在性.‎ (3)最值的存在性.‎ (4)探索命题是否成立等,涉及此类问题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 探究是否存在常数的问题 ‎[例1]  如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且·=-1.‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程;‎ ‎(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数λ,使得·+λ·为定值?若存在,求λ 的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎[解] (1)由已知,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).‎ 又点P的坐标为(0,1),且·=-1,‎ 于是解得a=2,b=.‎ 所以椭圆E的方程为+=1.‎ ‎(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).‎ 联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0.‎ 其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,‎ 所以x1+x2=-,x1x2=-.‎ 从而,·+λ·‎ ‎=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]‎ ‎=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1‎ ‎==--λ-2.‎ 所以,当λ=1时,--λ-2=-3.‎ 此时,·+λ·=-3为定值.‎ 当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.‎ 此时,·+λ·=·+λ·=-2-λ.‎ 当λ=1时,·+·=-3,为定值.‎ 综上,存在常数λ=1,使得·+λ·为定值-3.‎ ‎[方法技巧]‎ 解决是否存在常数的问题时,应首先假设存在,看是否能求出符合条件的参数值,如果推出矛盾就不存在,否则就存在.‎ 探究是否存在点的问题 ‎[例2] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,且|AF|=1.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)若动直线l:y=kx+m与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x=4交于点Q,问:是否存在一个定点M(t,0),使得·=0?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.‎ ‎[解] (1)由c=1,a-c=1,得a=2,所以b=,‎ 故椭圆C的标准方程为+=1.‎ ‎(2)由 消去y得(3+4k2)x2+8kmx+‎4m2‎-12=0,‎ ‎∴Δ=64k‎2m2‎-4(3+4k2)(‎4m2‎-12)=0,‎ 即m2=3+4k2.‎ 设P(x0,y0),则x0=-=-,‎ y0=kx0+m=-+m=,即P.‎ ‎∵M(t,0),Q(4,4k+m),‎ ‎∴=,=(4-t,4k+m),‎ ‎∴·=·(4-t)+·(4k+m)=t2-4t+3+(t-1)=0恒成立,‎ 故即t=1.‎ ‎∴存在点M(1,0)符合题意.‎ 探究是否存在直线的问题 ‎[例3] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0),点P在椭圆C上.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)是否存在斜率为-1的直线l与椭圆C相交于M,N两点,使得|F‎1M|=|F1N|(F1为椭圆的左焦点)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.‎ ‎[解] (1)法一:∵椭圆C的右焦点为F2(2,0),‎ ‎∴c=2,椭圆C的左焦点为F1(-2,0).‎ 由椭圆的定义可得‎2a=+= + =2,解得a=,‎ ‎∴b2=a2-c2=6-4=2.‎ ‎∴椭圆C的标准方程为+=1.‎ 法二:∵椭圆C的右焦点为F2(2,0),‎ ‎∴c=2,故a2-b2=4,‎ 又点P在椭圆C上,则+=1,‎ 故+=1,‎ 化简得3b4+4b2-20=0,得b2=2,a2=6.‎ ‎∴椭圆C的标准方程为+=1.‎ ‎(2)假设存在满足条件的直线l,设直线l的方程为y=-x+t,‎ 由得x2+3(-x+t)2-6=0,‎ 即4x2-6tx+(3t2-6)=0,‎ Δ=(-6t)2-4×4×(3t2-6)=96-12t2>0,‎ 解得-20),‎ 因为椭圆的左焦点为F1(-2,0),所以a2-b2=4.‎ 由题可得椭圆的右焦点为F2(2,0),已知点B(2,)在椭圆C上,由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=‎2a,‎ 所以‎2a=3+=4.‎ 所以a=2,从而b=2.‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)因为椭圆C的左顶点为A,则点A的坐标为(-2,0).‎ 因为直线y=kx(k≠0)与椭圆+=1交于两点E,F,‎ 设点E(x0,y0)(不妨设x0>0),则点F(-x0,-y0).‎ 联立方程消去y得x2=.‎ 所以x0=,y0=,‎ 所以直线AE的方程为y=(x+2).‎ 因为直线AE与y轴交于点M,‎ 令x=0,得y=,‎ 即点M.‎ 同理可得点N.‎ 假设在x轴上存在点P(t,0),使得∠MPN为直角,则·=0.‎ 即t2+×=0,即t2-4=0.‎ 解得t=2或t=-2.‎ 故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角.‎ ‎3.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其右焦点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)是否存在平行于OA的直线l,使得直线l与椭圆C有公共点,且直线OA与l的距离等于4?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)依题意,可设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),且可知其左焦点为F′(-2,0).‎ 从而有解得 又a2=b2+c2,‎ 所以b2=12.‎ 故椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)假设存在符合题意的直线l,设其方程为y=x+t.‎ 由得3x2+3tx+t2-12=0.‎ 因为直线l与椭圆C有公共点,‎ 所以Δ=(3t)2-4×3(t2-12)=144-3t2≥0,解得-4≤t≤4.‎ 另一方面,由直线OA与l的距离等于4,可得=4,从而t=±2.‎ 由于±2∉[-4,4 ],‎ 所以符合题意的直线l不存在.‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2015·新课标全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中,曲线C:y=与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点.‎ ‎(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:(1)由题设可得M(2,a),N(-2,a),或M(-2,a),N(2,a).‎ 又y′=,故y=在x=2处的导数值为,‎ 所以C在点(2,a)处的切线方程为y-a=(x-2),‎ 即x-y-a=0.‎ y=在x=-2处的导数值为-,所以C在点(-2,a)处的切线方程为y-a=-(x+2),‎ 即x+y+a=0.‎ 故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=0.‎ ‎(2)存在符合题意的点.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.‎ 从而k1+k2=+ ‎==.‎ 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.‎ ‎2.(2015·新课标全国卷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;‎ ‎(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB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:(1)证明: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=0,‎ 故xM==,‎ yM=kxM+b=.‎ 于是直线OM的斜率kOM==-,‎ 即kOM·k=-9.‎ 所以直线OM的斜率与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,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.‎ 由(1)得OM的方程为y=-x.‎ 设点P的横坐标为xP.‎ 由得x=,即xP= .‎ 将点的坐标代入直线l的方程得b=,‎ 因此xM=.‎ 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,即xP=2xM.于是=2×,‎ 解得k1=4-,k2=4+.‎ 因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当直线l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.‎ ‎[课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练,考生据自身能力而选 一、全员必做题 ‎1.已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,上、下顶点分别是B1,B2,C是B‎1F2的中点,若·=2,且⊥.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)点Q是椭圆上任意一点,A1,A2分别是椭圆的左、右顶点,直线QA1,QA2与直线x=分别交于E,F两点,试证:以EF为直径的圆与x轴交于定点,并求该定点的坐标.‎ 解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0),B1(0,b),‎ 则C.‎ 由题意得 即 即 解得从而a2=4,‎ 故所求椭圆的方程为+=1.‎ ‎(2)证明:由(1)得A1(-2,0),A2(2,0),‎ 设Q(x0,y0),易知x0≠±2,‎ 则直线QA1的方程为y=(x+2),与直线x=的交点E的坐标为,,‎ 直线QA2的方程为y=(x-2),与直线x=的交点F的坐标为,‎ 设以EF为直径的圆与x轴交于点H(m,0),m≠,‎ 则HE⊥HF,从而kHE·kHF=-1,‎ 即·=-1,‎ 即=-2,①‎ 由+=1得y=.②‎ 所以由①②得m=±1,‎ 故以EF为直径的圆与x轴交于定点,且该定点的坐标为或.‎ ‎2.在平面直角坐标系xOy中,已知点A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆E:+y2=1上的非坐标轴上的点,且4kOA·kOB+1=0(kOA,kOB分别为直线OA,OB的斜率).‎ ‎(1)证明:x+x,y+y均为定值;‎ ‎(2)判断△OAB的面积是否为定值,若是,求出该定值;若不是,请说明理由.‎ 解:(1)证明:依题意,x1,x2,y1,y2均不为0,‎ 则由4kOA·kOB+1=0,得+1=0,‎ 化简得y2=-,‎ 因为点A,B在椭圆上,‎ 所以x+4y=4 ①,‎ x+4y=4 ②,‎ 把y2=-代入②,整理得(x+4y)x=16y.‎ 结合①得x=4y,同理可得x=4y,‎ 从而x+x=4y+x=4,为定值,‎ y+y=y+=1,为定值.‎ ‎(2)S△OAB=|OA|·|OB|sin∠AOB ‎=·· ‎=·· ‎= ‎=|x1y2-x2y1|.‎ 由(1)知x=4y,x=4y,易知y2=-,y1=或y2=,y1=-,‎ S△OAB=|x1y2-x2y1|===1,‎ 因此△OAB的面积为定值1.‎ ‎3.(2017·河北质量检测)已知椭圆E:+=1的右焦点为F(c,0),且a>b>c>0,设短轴的一个端点为D,原点O到直线DF的距离为,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C,G两点,且||+||=4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A,B且使得2=4·成立?若存在,试求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)由椭圆的对称性知||+||=‎2a=4,‎ ‎∴a=2.又原点O到直线DF的距离为,‎ ‎∴=,∴bc=,‎ 又a2=b2+c2=4,a>b>c>0,‎ ‎∴b=,c=1.‎ 故椭圆E的方程为+=1.‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件.‎ 故可设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 直线l的方程为y=k(x-2)+1,代入椭圆方程得 ‎(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0,‎ ‎∴Δ=32(6k+3)>0,∴k>-.‎ x1+x2=,x1x2=,‎ ‎∵2=4·,‎ 即4[(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)]=5,‎ ‎∴4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5,‎ 即4[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=5,‎ ‎∴4(1+k2)‎ ‎=4×=5,‎ 解得k=±,k=-不符合题意,舍去.‎ ‎∴存在满足条件的直线l,其方程为y=x.‎ 二、重点选做题 ‎1.A为曲线y=-上任意一点,点B(2,0)为线段AC的中点.‎ ‎(1)求动点C的轨迹E的方程;‎ ‎(2)过轨迹E的焦点F作直线交轨迹E于M,N两点,在圆x2+y2=1上是否存在一点P,使得PM,PN分别为轨迹E的切线?若存在,求出P点的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)设C(x,y),A(m,n),因为B(2,0)是AC的中点,‎ 所以所以 又n=-,所以所求方程为x2=4y.‎ ‎(2)假设存在点P(x0,y0),‎ 设M,N,直线MN的方程为y=kx+1,‎ 联立得x2-4kx-4=0,则 切线PM的方程为y-=(x-x1),‎ 将点P(x0,y0)代入化简得x-2x1x0+4y0=0,‎ 同理得x-2x2x0+4y0=0,‎ 所以知x1,x2是方程x2-2x0x+4y0=0的两根,‎ 则x1x2=4y0=-4,‎ 所以y0=-1,代入圆的方程得x0=0,‎ 所以存在点P(0,-1),使得PM,PN分别为轨迹E的切线.‎ ‎2.已知椭圆M:+=1(a>b>0)的一个顶点坐标为(0,1),离心率为,动直线y=x+m交椭圆M于不同的两点A,B,T(1,1).‎ ‎(1)求椭圆M的标准方程;‎ ‎(2)试问:△TAB的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)由题意得=,b=1,又a2=b2+c2,‎ 所以a=,c=1,椭圆M的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)由得3x2+4mx+‎2m2‎-2=0.‎ 由题意得,Δ=‎16m2‎-24(m2-1)>0,即m2-30)截得的弦长为2.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程;‎ ‎(2)设C1的右焦点为F2,在圆C2上是否存在点P,满足|PF1|=|PF2|?若存在,指出有几个这样的点(不必求出点的坐标);若不存在,说明理由.‎ 解:(1)∵直线l的方程为x-y+2=0,‎ 令y=0,得x=-2,即F1(-2,0),‎ ‎∴c=2,‎ 又e==,‎ ‎∴a2=6,b2=a2-c2=2,‎ ‎∴椭圆C1的方程为+=1.‎ ‎(2)∵圆心C2(3,3)到直线l:x-y+2=0的距离d==,‎ 又直线l:x-y+2=0被圆C2:(x-3)2+(y-3)2=r2(r>0)截得的弦长为2,‎ ‎∴r= ==2,‎ 故圆C2的方程为(x-3)2+(y-3)2=4.‎ 设圆C2上存在点P(x,y),满足|PF1|=|PF2|,‎ 即|PF1|=3|PF2|,且F1,F2的坐标分别为F1(-2,0),F2(2,0),‎ 则=3,‎ 整理得2+y2=,它表示圆心是C,半径是的圆.‎ ‎∵|CC2|= =,‎ 故有2-

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