全品高考备战2027年数学一轮学生用书11第56讲圆锥曲线热点问题第3课时定点、定值、探索性问题【答案】听课手册

第3课时定点、定值、探索性问题●课堂考点探究例1[思路点拨](1)根据已知条件,求出双曲线的实半轴长a和虚半轴长b,即可求解.(2)分直线MN的斜率不存在与存在两种情况进行分析,当直线MN的斜率不存在时,可求得点P的坐标;当直线MN的斜率存在时,设出点M,N的坐标及直线MN的方程,根据直线MA1,NA2的方程得到点P横坐标的表达式,将直线MN的方程与双曲线C的方程联立,再结合根与系数的关系推得点P的横坐标为定值,进而得证.解:(1)设双曲线C的方程为x2a2-y2b由题意得c=25故双曲线C的方程为x24-y(2)证明:由(1)得A1(-2,0),A2(2,0).当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,则易知M(-4,43),N(-4,-43),∴直线MA1的方程为y=-23(x+2),直线NA2的方程为y=233(由y=-∴P(-1,-23).当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=k(x+4),由题意知k≠0且k≠±2,直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2),直线NA2的方程为y=y2x2-2(x-2).联立直线MA1与直线NA2的方程,消去y得y1x1+2(x+2)=y2x2-2(x-2),则k(x1+4)x1+2(x+2)=由y=k(x+4),x24-y216=1则x可得x代入①可得x=2·-2--2∴当直线MN的斜率存在时,点P在直线x=-1上.又点(-1,-23)在直线x=-1上,故点P在定直线x=-1上.变式题解:(1)设E的方程为x2m2+y2n2=1(m>0,n>0).将A(0,-2),B32,-1两点的坐标分别代入E的方程得4n(2)证明:由A(0,-2),B32,-1可得直线AB的方程为y=2①若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则该直线的方程为x=1,将x=1代入x23+y24=1,可得M1,-263,N1,263,将y=-263代入y=23x-2,可得x=3-6,则T3-6,-2②若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,则设该直线的方程为y=k(x-1)-2,M(x1,y1)(-2<y1<-1),N(x2,y2).由y=k(x-1)-2,x23+y24=1则x所以y1+y2=-8(2+k)3k由y=y1,则H(3y1+6-x1,y1),则直线HN的方程为y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2),将(0,-2)的坐标代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x可得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,显然成立,此时直线HN过点(0,-2).综上,直线HN过定点(0,-2).例2[思路点拨](1)根据点M在双曲线上,得到双曲线方程,进而求得离心率;(2)通过联立直线与双曲线的方程,利用根与系数的关系求出点P,Q的坐标,得到斜率关系,进而求得直线PQ的斜率的值.解:(1)将M(2,1)的坐标代入x2a2-y2=1,得a2=2,所以双曲线E的离心率e=1+(2)证明:由题意知,直线MP,MQ的斜率都存在且不为0.设直线MP的方程为y=k1(x-2)+1,直线MQ的方程为y=k2(x-2)+1,P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=k1(x-2)+1,x22-y2=1,消去y,整理得(1-2k由1-2k12≠0,得k1≠±22,由Δ=16k12(2k1-1)2-4(1-2k12)[-2(2k1-1)2-2]=16(k1由题意知2+x1=-4k1(2k1-1)1-2k12,解得x1=4k12因为r=1k12+1=1k22+1因为k1≠k2,所以k2=-k1,故Q4k所以直线PQ的斜率k=-28k即直线PQ的斜率为定值-1.变式题解:(1)由题意知ca=故椭圆的方程为x24+y(2)设P(x1,y1),由对称性可知,P,Q两点关于原点对称,则Q(-x1,-y1).由(1)可知,A(-2,0),B(0,3),由3x2+4y2-12=0,y=kx易知直线AP的斜率存在,其方程为y=y1x1+2(x+2),令x=0,得yM=2易知直线AQ的斜率存在,其方程为y=-y1-令y=3,得xN=3x1-23-2y1y1,即N3kx1-(k12-(所以kPB-kMN=0,为定值.例3[思路点拨](1)根据双曲线的离心率,及双曲线过点A(2,2),建立方程组,解之即可求得C的方程;(2)设M(m,n),由(1)求得Pn+2m4,n+2m2,根据两平行直线间的距离公式和两点间的距离公式可得平行四边形MPOQ的面积S=解:(1)由已知可得e=ca=5,所以c=5a,又因为c2=a2+b2,所以b2=4a2.将点A(2,2)的坐标代入双曲线方程,得2a2所以a2=1,所以b2=4,所以双曲线C的方程为x2-y24(2)由(1)得,双曲线的渐近线方程为l1:y=2x,l2:y=-2x.设M(m,n),不妨令lMQ:y=2x+n-2m,lMP:y=-2x+n+2m,由l1和lMP的方程,得交点P的坐标为n+2又平行线l1和lMQ之间的距离d=|n-2m|5,所以平行四边形MPOQ的面积S=|OP||n-2m|由于M在双曲线C上,因此m2-n24=1,所以4m2-n2=4,所以平行四边形MPOQ变式题解:(1)由已知得椭圆C的长半轴长a=2,又F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,且|FF1|+|FF2|=22,所以|FF1|+|FF2|=2a,所以点F0,-p2在椭圆C上,所以b又S△FF1F2=12×2c·b=bc所以b=c=1,所以p=2b=2.故椭圆C的标准方程为x22+y2=1,抛物线D的标准方程为x2(2)证明:当直线l的斜率不存在时,直线l与抛物线D只有一个交点,不符合题意.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m.由y=kx+m,x2=-4y,消去y得x2+4kx+4m=0,所以x1+x2=-4k,x1x2由y=kx+m,x22+y2=1,消去所以x3+x4=-4km1+2k2,x3x4=2m2-21+2k故k1+k2+k3+k4=kOA+kOB+kOM+kON=y1x1+y2x2+y3x3+y4x4=-x124x1+-x224x又因为m=3,所以3k-2km2m2-1=3k所以k1+k2+k3+k4=0.综上,k1+k2+k3+k4为定值.例4[思路点拨](1)由已知得到关于a,c的方程组,解得a,c,然后求解b2,即可得椭圆E的方程.(2)①由已知可得P4x1,0,则|FP|=4x1-1,根据两点间的距离公式可得|FM|=2-12x1,代入|FP|-4|FM|,由基本不等式即可求解;②设直线MN:x=my+1(m≠0),N(x2,y2),与椭圆方程联立,由根与系数的关系可得my1y2=32(y1+y2),由已知可得lA1N,l解:(1)由已知得c解得a=2,c=1,所以b2=a所以椭圆E的方程为x24+y(2)①因为切线l:xx14+yy13=1交x轴于点P,所以P4因为点M(x1,y1)(x1>0,y1>0)在椭圆E上,所以x124+y123=1,即y1x112x1因为0<x1<2,所以12x1所以|FM|=2-12x1所以|FP|-4|FM|=4x1-1-42-12x1=4x1+2x1-9≥2即x1=2时等号成立,所以|FP|-4|FM|的最小值为42-9.②由已知设直线MN:x=my+1(m≠0),N(x2,y2).由x24+y23=1,x=my则y1+y2=-6m3m2+4,y所以my1y2=32(y1+y2)因为A1(-2,0),N(x2,y2),所以lA1N:y=y2因为A2(2,0),M(x1,y1),所以lA2M:y=y所以xQ=2y4m6y1+6y2-2y2+6y13y1+y2因为x1=my1+1,所以y1=x1-1m,代入上式可得x=mx1·x即x12(x1-2)所以点R在定直线x=2上.变式题解:(1)由△AF1F2为等边三角形,可得|AF1|=a=2c=|F1F2|,又直线3x+4y+6=0与圆x2+(y-c)2=a2相切,所以|4c+6|5=a又a=2c,所以a=2,c=1,则b2=3,故椭圆E的方程是x24+y(2)不妨设点M在x轴上方,当直线l的斜率不存在时,M(0,3),N(0,-3),则OM·ON=-3,不符合题意.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+2,M(x1,y1),N(x2,y2