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高中数学必备考试技能之套用18个解题模板模板16圆锥曲线中的探索性问题(解析版)

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-07 09:47
tags:高中数学微课视频

广东省高中数学教师资格证-高中数学必修四第一章 学案 莲山课件

2020年10月7日发(作者:余武章)



高中数学必备考试技能之套用18个解题模板”原创精品
模板十六: 圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线中的探索性问题在高考中多以解答题的形式呈现,常用假设存在法求解,其解题要点如下:
模板
构建

x
2
y
2

20 20·
柳州高级中学高三三模)已知椭圆
C:
2
?
2
?1< br>?
a?b?0
?
的左顶点为
A
,右焦点为
ab
F
2
?
2,0
?
,点
B2,?2
在椭圆
C
上.

典型

1
)求椭圆
C
的方程;

例题
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< br>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

坐标;若不存在,请说明理由.


1
)依题意,
c?2
.


B2,?2

C
上,

试题
解析
??
??
42
?
2
?1


2
ab


a
2
?b
2
?c2

a?8,b?4


22
x
2
y
2

椭圆方程为
??1

84

2
)假设存在这样的点
P
,设
P
?
x
0
,0
?
,E
?
x
1
,y
1
?
,则
F
?
?x
1
,?y
1
?
,联立

1



?
y?kx
2222k
?
2
,y
1
?
?1?2k
2
?x
2
?8?0
,解得
x
1
?


?
xy
2
22
??1
1?2k1?2k
?
4
?
8
??

A?22,0

??

AE
所在直线方程为
y?
k
1?1?2k
2
·x?22


??

M
?
0,
?
22k
?
1?1?2k
2
?< br>?
?
?


?
?
22k
0,
同理可得
N
?
?
1?1?2k
2
?
2
P M·PN?0?x
0
?4?0
.
??
22k
PM??x,

??
??
0
1?1?2k
2
??
??< br>22k
,PN??x,
??
??
0
1?1?2k
2< br>??
?
?
?

?

x
0
? 2

x
0
??2


存在点
P
, 使得无论非零实数
k
怎么变化,总有
?MPN
为直角,点
P
坐标为
?
2,0
?

?
?2,0
?


1
)存在性问题通常采用

肯定顺推法

,将不确定性问题明朗化.解题时可先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,
题后
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;

反思

2
)由于解 析几何问题的解答中一般要涉及到大量的计算,因此在解题时要注意运算的合理性和正
确性.

针对训练*举一反三


x
2
y
2
1.( 2020·北京高三二模)
已知椭圆
C


2
?
2
?1(a?b?0)
的左、右顶点分别为
A


B
,且
AB?4

ab

2



离心率为
1
.
2
(∵)求椭圆
C
的方程;
(∵)设点
Q
?4,0
?
,若点
P
在直线
x?4
上,直线
BP
与椭圆交于另一点
M
.判断是否存在点
P

使得四边形APQM
为梯形?若存在,求出点
P
的坐标;若不存在,说明理由.
x
2
y
2
?1
(∵)
P
?
4,?3
?

【答案】
(∵)
?
43
【解析】(∵)由
AB ?4
,得
a?2
.
又因为
e?
c1
?
, 所以
c?1
,所以
b
2
?a
2
?c
2?3

a2
x
2
y
2
??1
. 所以椭圆
C
的方程为
43
(∵)假设存在点
P
,使得四边形
APQM
为梯形.
由题意知,显然
AM

PQ
不平行,所以
APMQ

所以
BQ
AB?
BM
BP
,所以
BM
BP
?
1

2
设点
M
?
x
1
,y
1
?

P
?
4,t
?

过点
M

MH?AB

H
,则有
BH
BQ
?
BM
BP
?
1

2
所以
BH?1
,所以
H< br>?
1,0
?
,所以
x
1
?1

代入椭圆方程,求得
y
1
??
3

2

3



所以
P
?
4,?3
?

?
2
?
x
2
y
2
1,
2

?1
上不同的 两点,
MN
的中点坐标为
?

2020·
四川高三三模)已 知
M

N
是椭圆
C:?
?
2
?
?


84
??

1
)证明:直线
MN经过椭圆
C
的右焦点.


2
)设直线
l不经过点
P(0,2)
且与椭圆
C
相交于
A

B
两点,若直线
PA
与直线
PB
的斜率的和为
1
, 试
判断直线
l
是否经过定点,若经过定点,请求出该定点;若不经过定点,请给出理由 .

【答案】(
1
)证明见解析;(
2
)过定点;
(?4,?2)
.

【解析】(
1
)由题知,
F(2,0)
,设
M
?
x
1
,y
1
?

N
?
x
2
,y
2
?


?x
1
2
y
1
2
??1
?
?
2
?
?
84
,两式相减,

MN
的中点坐标为
?
?
1,
2
?
?
,所以
x
1
? x
2
,由
?
x
2
y
2
??
?2
?
2
?1
?
4
?
8
y
1< br>?y
2
4x?x412
???
12
?????
x
1
?x
2
8y
1
?y
2
82


2
2
0?
又因为
2
2
??
2
,所以直线
MN
经过椭圆
C
的右焦点.

2?1 2

2
)当直线
AB
斜率存在时,设直线
AB
的方 程为
y?kx?m


?
x
2
y
2
?1,
?
?
222

?
8

?
1?2k
?
x?4kmx?2m?8?0


4
?
y?kx?m
?

A
?
x
3
,y
3
?

B
?
x
4
,y
4
?

4km
2m
2
?8
所以
x
3
?x< br>4
??

x
3
x
4
?


2
2
1?2k
1?2k

4


< br>又因为
k
PA
?k
PB
?1
,所以
y
3
?2y
4
?2
??1


x
3
x
4

kx
3
?m?2kx
4
?m?2
??1


x
3
x
4
所以
2k?(m?2 )?
x
3
?x
4
?1
,化简得
m
2
?4km?8k?4?0


x
3
x
4
所以(m?2)(m?4k?2)?0
,又因为
m?2
,所以
m?4k?2< br>,

所以直线
AB
的方程为
y?kx?4k?2?k(x?4 )?2


经检验,符合题意,所以直线
AB
过定点
(?4,?2)


又当直线
AB
斜率不存在时,直线
AB
的方程为
x?n

y
A
?2y
B
?2
??1
,又因 为
y
A
?y
B
?0


nn
解得
n??4
,也过点
(?4,?2)


综上知,直线
AB
过定点
(?4,?2)


3< br>.(
2020·
江苏省高三三模)如图,已知抛物线
y?2px
?p?0
?
,在
x
轴正半轴上有一点
M
?
t,0
??
t?0
?

2
过点
M
作直线
l
1

l
2
分别交抛物线于点
A,B,C,D
,过 点
M

l
3
垂直于
x
轴分别交
AD,BC
于点
P,Q
.

t?
1
p
,直线
l
1
的斜率为
1
时,
AB?4
.

2


1
)求抛物线的方程;


5



MP

2
)判断是否为定值,若是,求出此定值; 若不是,请说明理由
.

MQ
【答案】(
1

y? 2x

2
)是,定值
1

【解析】(
1
) 设
A
?
x
1
,y
1
?

B
?
x
2
,y
2
?


2
将直线
l
1
:y?x?
2
1
p
与抛物线
y
2
?2px
联立,

2

x?3px?
1
2
p?0
,所以
x
1
?x
2
?3p
.< br>
4

t?
1
p
,得
M
即为焦点,

2
1
?
AB?x?
所以
?
1
2
?
1
??
p
?
?
?
x
2
?
2
??
2
?
p
?
?4p?4
,即
p?1< br>,

?
所以抛物线的方程为
y?2x
.



2
)由题意可知,
l
1

l
2
斜率存在且不为
0.


A
?
x
1
,y< br>1
?

B
?
x
2
,y
2
?

C
?
x
3
,y
3
?

D
?
x
4
,y
4
?

设直线
l< br>1
:x?my?t

l
2
:x?ny?t


与抛物线
y?2x
联立得,
y?2my?2t?0

y?2 ny?2t?0


222
所以
y
1
?y
2
?2m

y
1
y
2
??2t

y
3
?y
4
?2n

y
3
y
4< br>??2t
.


6



2
2

P
?
t,
?
?

Q
?
t,
?
?
,由
A

P

D
三点共 线,又
y
1
?2x

y
4
?2x
4



?
?y
1
t?x
1
?
y
1
?y
4
y?y
4
?
?
?
1?
?
t?x
1
?
?y
1

x
1
?x
4
x
1
?x
4
2
?
y1
?y
4
?
2t?2x
1
?y
1
2< br>?y
1
y
4
y
1
y
4
?2t
?
?
2
?
?
t?x
1
?
?y
1
?
.

2
y
1
?y
4
y
1
?y
4
y
1
?y
4
y
3
?y< br>2
2
?
?
t?x
3
?
?y
3

?
?
t?x
3
?
?y
3
?
y
3
?y
2
x
3
?x
2
同理,
?< br>?
2
2t?2x
3
?y
3
?y
2
y
3
y
2
y
3
?2t
?
?
.

y?y
y
3
?y
2
23
所以
?
?
?
?
y
1
y
4
?2t
y
2< br>y
3
?2t
?

y
1
?y
4
y
2
?y
3
?
?
y
1
y
2y
4
?y
1
y
3
y
4
?y
1
y
2
y
3
?y
2
y
3
y
4
?
?2t
?
y
1
?y
2
?y
3
?y
4
?

?
y
1
?y
4
??
y
2
?y
3
?
y
1
y
2< br>?
y
3
?y
4
?
?y
3
y
4
?
y
1
?y
2
?
?2t
?
y< br>1
?y
2
?y
3
?y
4
?

?
y
1
?y
4
?
?
y
2
?y< br>3
?
?2t?2n?2t?2m?2t
?
2m?2n
?
?0
.

?
y
1
?y
4
??
y
2
?y
3
?
?
?

P

Q
关于
x
轴对称
.
所以,
MP
?1
为定值
.

MQ
x
2
4
.(
2020·
江苏省高三二模)如图,在平面直角坐标系
xOy
中,己知
F
是椭圆
C:
2
?y
2
?1
?
a?0
?
的右焦a
点,
P
是椭圆
C
上位于
x
轴上方的任意一点 ,过
F
作垂直于
PF
的直线交其右准线
l:x?2
于点Q
.


7





1
)求椭圆
C
的方程;


2
)若
PQ?PF?
9
,求证:直线
PQ
与椭圆
C
相 切;

8

3
)在椭圆
C
上是否存在点
R
,使四边形
OQPR
是平行四边形?若存在,求出所有符合条件的点
R
的坐
标:若不存在,请说明理由
.

?
2
?
x< br>2
2
【答案】(
1

?y?1

2
)见解析(
3
)存在,
R
?
?
?1,
2
?
?
.

2
??
【解析】(
1
)由题意,< br>a
2
a?1
2
?2
,解得
a?2


x
2
所以椭圆
C
的方程为
?y
2
?1.

2


2
)因为
PQ?PF?PF?FQ ?PF?PF?FQ?PF?
??
2
9


8
由于
FQ?PF
,所以
FQ?PF?0
,所以
PF?
32
.

4

P
?
x
0
,y
0??
y
0
?0
?
,则
232


?
2?x
0
?
?
24

8



?
114
?
1
,
所以
x
0
?
,即点
P
的坐标为
??
??
.

24
2
??
1414
,所以直线
FQ
的方程为
y?
?
x?1
?


27
由直线
PF
的斜率为
?
?
14
?
14
2,
x?2
,得
y
Q
?
,即
Q
?


?
??
7
7
??
14214
.
x?
147
所以直线
PQ
的方程为
y??
?
x
2
?y
2
?1
?
?
2
x
2
1
2
y
联立方程组
?
,消得
?
?
x?4
?
?1


214
?
y??
14
x?
214
?
147
?
化简可得,
4x
2
?4x?1?0
,即方程有唯一解
x?
1
.

2
所 以上述方程组有唯一解,即直线
PQ
与椭圆
C
有且只有一个公共点,

所以直线
PQ
与椭圆
C
相切
.

?
2
?

3
)若直线
PF
的斜率不存在,则
P?
?
1,
2
?
?

Q
?
2, 0
?
.

??
?
?
2
?
,使得四 边形
OQPR
是平行四边形
.

?
?
2
?
此时存在
R
?
?
?1,
22
若直线
PF< br>的斜率存在,设
P
?
x
0
,y
0
??
x
0
?1,y
0
?0
?
,则
x
0
?2y
0
?2


y
0
x
0
? 1
y??
?
x?1
?
.

QF
由直线PF
的斜率为,知直线的方程为
x
0
?1y
0

9




x?2
,得
y
Q
??
x
0
?1
?
x
0
?1
?
Q2 ,?
,即
??


y
0
y
0
??
所以直线
PQ
的斜率
y
0
?
x
0
?1
1
2
1?x
0
?x
0
?1
y
0
x
.

2
???
0
x
0
?2y
0
?
x
0
?2
?
2y
0
假设在椭 圆上
C
存在点
R
,使四边形
OQPR
是平行四边形,


OR

QP

OQ

RP
.

2
x
0
x
x
,联立椭圆
C:?y2
?1


所以直线
OR
的方程为
y??2y
0
2
?
2
?
可得
R
?
?
?2y
0
,
2
x
0
?
?


??
所以直线
RP
的斜率
k
RP
2
x
0
.

2
?
x
0
?2y
0
y
0
?
x
0
?1


2y
0< br>又直线
OQ
的斜率
k
OQ
??

k
RP
2
x
0
x?1


?k
OQ
,即
2
??
0
2y
0
x
0
?2y
0
y
0
?
化简可得,
x
0
?2y
0
?2
.

22

x
0
?2y
0
?2
,可以解得
x
0
?1

y
0
?
2
,这与
x
0
?1
矛盾!

2
?
2
?
R?1,
综上,符合条件的点
R
只有一个,其坐标为
??
??
.

2
??

10



?
2
?
x
2
y
2
?1,
5
.(
2020·
辽宁省高三三模)已知椭圆
C:
2
?
2
?1(a?b?0)
的焦距为
2
,过点
??
??
.

2
ab
??

1
)求椭 圆
C
的标准方程;


2
)设椭圆的右焦点为
F< br>,定点
P(2,0)
,过点
F
且斜率不为零的直线
l
与椭圆交于
A

B
两点,以线段
AP
为直径的圆与直线x?2
的另一个交点为
Q
,试探究在
x
轴上是否存在一定点M
,使直线
BQ
恒过该定点,
若存在,求出该定点的坐标;若不存在,请 说明理由
.

?
3
?
x
2
2
12
?y?1
【答案】()()存在;定点为
?
,0
?

2
?
2
?
?
2c?2
?
11
?
【解析】(
1
)由题知
?
2
?
2
?1
,解 得
a
2
?2

b
2
?1

?
a
2
2
2
b
2
?
?
a?b ?c
x
2
所以椭圆
C
的方程为
?y
2
?1
.

2

2
)设
A(x
1
,y< br>1
)

B(x
2
,y
2
)
,因为直 线
l
的斜率不为零,令
l
的方程为:
x?my?1

?
x?my?1
?
22
(m?2)y?2my?1?0
< br>由
?
x
2

2
?
?y?1
?
2

y
1
?y
2
??
2m1
y?y??
,,

12
m
2
?2m
2
?2
因 为以
AP
为直径的圆与直线
x?2
的另一个交点为
Q

所以
AQ?PQ
,则
Q(2,y
1
)
.


k
BQ
?
y
2
?y
1
y
2
?y
1
y?y?(x?2)
.

BQ
,故的方 程为:
1
x
2
?2
x
2
?2

11




y?0
,则

x??y
1
(x
2
?2)?y(my
2
?1)?my
1
y
2
?y
1
?2?
1
?2??2
< br>y
2
?y
1
y
2
?y
1
y
2
?y
1
2m1
y?y??
,,

12
m
2
?2m
2
?2
y
1
?y
2
m< br>??


m
2
?22

y
1
?y
2
??
所以
?my
1
y
2
?
所以
x?
?
y
1
?y
2
?y
1
13
2
?2???2?
.

y
2
?y
1< br>22
故直线
BQ
恒过定点,且定点为
?
?
3
?
,0
?

2
??
22
6
.(
2 020·
安徽省屯溪一中高三三模)如图,点
N(1,0)

D(?4,0)
,点
P
是圆
M:(x?1)?y?16
上一动
点,线段PN
的垂直平分线交线段
PM
于点
Q
,设点
Q
的轨迹为曲线
R
.
且直线
y?k(x?1)(k?0)
交曲线
R

A,B
两点(点
B

x
轴的上方)
.



1
)求曲线
R
的方程;


2
)试判断直线
DA
与曲线
R
的另一交点
C< br>是否与点
B
关于
x
轴对称?

x
2
y
2
【答案】(
1
)(
2
)是
.

??1

43
【解析】(
1
)如图所示,


12





|QM|?|QN|?|QM|?|QP|?|MP|?4?2?|MN|

x
2
y
2

Q
的轨迹是以
M

N
为焦点的椭圆,设其方程为
2
?
2
?1(a?b?0)

ab

2a?4,c?1
,

x
2
y2

a?2,b?3


??1


43
?
y?k(x?1)
?
2222

2
)联立< br>?
x
2
y
2

?
3?4k
?
x?8kx?4k?12?0

?1
?
?
3
?
4

A
?
x
1
,y
1
?

B
?
x
2
,y
2
?

?8k
2< br>4k
2
?12
xx?

12
?0
恒成立,< br>x
1
?x
2
?
2

2
3?4k3?4k
假设
C

B
关于
x
轴对称,则
C
?
x
2
?y
2
?
,下证
D,A,C< br>三点共线

即证
k
DA
?k
DC
,即证y
1
?y
2
?

x
1
?4x
2
?4

y
1
?k
?
x
1
?1< br>?

y
2
?k
?
x
2
?1
?


13




y
1
?
x
2
?4
?
?y
2
?
x
1
?4
?
?k
?
x
1
?1
??
x
2
?4
?
?k
?
x
2
?1
??
x
1
?4
?
?k
?
?
2x
1
x2
?5
?
x
1
?x
2
?
?8
?
?
?
4k
2
?12
?
?8k
2
k?0
?k
?
2?5?8??0

?
222
3?4 k
?
3?4k
?
3?4k

C
?
x
2
,?y
2
?

D,A
共线,

DA

R
的另一交点
C

B
关于
x< br>轴对称

x
2
y
2
7
.(
2020 ·
河南省高三二模)已知椭圆
C:
2
?
2
?1(a?b?0 )
的长轴长为
4
,直线
y?x
被椭圆
C
截得的ab
线段长为
410
.

5

1
)求椭圆
C
的标准方程;

2
)过椭圆
C
的右顶点作互相垂直的两条直线
l
1
,l
2
分别交椭圆
C

M,N
两点(点
M,N
不同于椭圆
C

右顶点),证明:直线
MN
过定点
(,0)
.

6
5
6
x
2
2
(,0)

2【答案】(
1
);()
?y?1
5
4
【解析】(
1
)根据题意,设直线
y?x
与题意交于
P,Q
两点
.< br>不妨设
P
点在第一象限,又
PQ
长为
410


5
44
?
2525
?
5
2222
,< br>a?b?ab



P
?

5
,, 可得
?
5
?
5
?
??1
5
4
??
a
2
b
2

2a?4


x2

a?2,b?1
,故题意
C
的标准方程为
?y2
?1


4

2
)显然直线
l1
,l
2
的斜率存在且不为
0
,设
l
1
:x?my?2,l
2
:x??
1
y?2


m

14



?
x?my?2
?< br>?2m
2
?8?4m
?
?
2
22
,
2

?
x

?
m?4
?
y?4my?0< br>,

M
??


2
2
m?4m?4
?y?1
??
?
?
4
?
?2?8m
24m
?
,
同理可得
N
??

22
4m ?14m?1
??

m??1
时,
k
MN
5m4m5m
?
?2m
2
?8
?
?
?
,所 以直线
MN
的方程为
y?
2
?
x?
?
< br>2
4m
2
?1
m?4
4m?1
?
m
2
?4
?
??
??
整理得
y?
5m?6m5m?
6
?
x??x?
??

5
?
,所以 直线
4m
2
?14m
2
?14m
2
?1
?
??????

m??1
时,直线
MN
的方程为
x ?
6
?
6
?
,直线也过点
?
,0
?

5
?
5
?
所以直线
MN
过定点
?,0
?
.

?
6
?
5
?
?< br>?
3
?
x
2
y
2
8
.(
2 020·
湖北省高三二模)已知椭圆
C

2
?
2
? 1
?
a?b?0
?
的左?右焦点分别为
F
1
F
2
,点
P
?
1,
?

?
2
?
ab
椭圆
C
上,满足
PF
1
?PF2
?
9
.

4

1
)求椭圆
C
的标准方程;

2
)直线
l
1
过点
P
,且与椭圆只有一个公共点,直线
l
2

l
1
的倾斜角互补,且与椭圆交于异于点
P
的两点
M

N
,与直线
x=1
交于点
K( K
介于
M

N
两点之间
).


问:直线
PM

PN
的斜率之和能否为定值,若能,求出定值并写出详细计算 过程;若不能,请说明理由;


求证:
|PM|?|KN|?|PN|?|KM|
.

x
2
y
2
【答案】(
1

??1
.

2


定值为
0


证明见解析

43

15



(

c

1,
?
【解析】(
1
)设
F
1
(< br>﹣
c,0),F
2
(c,0),c>0,

PF
1< br>?PF
2
?
3399
)?(c

1,
?)=1

c
2
??
,∵c=1,

2244< br>9
?
1
?
?
a
2
4b
2
? 1
?
a?2
?
2
?
22

?
a? b?c
,
解得
?
b?3
,

?
?
c?1
c?1
?
?
?
x
2
y
2

椭圆
C
的标准方程为:
??1


43

2


显然直线
l
1
的斜率存在
,
设直线
l
1
的方程为:
y
?
33
?
k( x

1),

y=k(x

1)
?
22
3
?
y?kx?1?
??
?
?
2
,
消去
y
得:
(4k
2
+3)x
2
+(1 2k

8k
2
)x+(3

2k)
2
﹣< br>12=0,

联立方程
?
22
?
x
?
y
?1
?
3
?
4
由题意可知
∵=(12k

8k
2
)
2

4×(4k
2
+3)[ (3

2k)
2

12]=0,
解得
k
? ?
1
,

2

直线
l
2

l
1
的倾斜角互补
,∵
直线
l
2
的斜率为
1
,

2
设直线
l
2
方程为:
y
?
1
x?t
,M(x
1
,y
1
),N(x
2
,y
2
),

2
1
?
y?x?t?
?
2
,
整理得
x
2
+tx+t
2< br>﹣
3=0,

联立方程
?
22
?
x
?
y
?1
?
3
?
4

∵=t
2< br>﹣
4(t
2

3)>0,

t
2
< 4,

2

x
1
+x
2
=
t,
x
1
x
2
?t?3
,

?
?
x?1?2cos
?

直线
PM

PN
的斜率之和
k
PM
+k
PN
?
0


y?3?2sin
?
?
?

16







PM
?
PN
关于直线
x =1
对称
,

∵MPK=∵NPK,


∵PMK

∵PNK

,
由正弦定理得
PMMKPNNK
? ,?
,

sin
?
PKMsin
?
MPKsin< br>?
PKNsin
?
NPK
又因为
∵MPK=∵NPK,∵PK M+∵PKN=180°,


PMMK
?
,

PNNK
∵|PM|?|KN|=|PN|?|KM|
成立
.
2
9
.(
2020·
浙江省高三二模)如图,设抛物线方程为
x ?2py
(p

0)

M
为直线
y??2p上任意一点,过
M
引抛物线的切线,切点分别为
A

B.



1
)求直线
AB

y
轴的交点坐标;


2
)若
E
为抛物线弧
AB
上的动点,抛物线在< br>E
点处的切线与三角形
MAB
的边
MA

MB
分别交于点
C

D
,记
?
?
S

EAB
,问
?
是否为定值?若是求出该定值;若不是请说明理由
.

S

MCD
【答案】(
1

(0,2p)

2
)是定值,定值为
2

2
?
x
12
???
x
2
x
2
2
【解析】(
1< br>)设
A
?
x
1
,


?

B
?
x
2
,
?
,抛物线方程
x?2py< br>?
p?0
?
可变为
y?
2p2p
2p
??? ?
?
所以
y?
x
x
1
x
2
k?< br>k?
,所以
AM

BM


p
p
p

17



2
x< br>1
2
x
1
x
2
x
?
?
x? x
1
?
,直线
BM
方程为
y??
2
?x?x
2
?


直线
AM
的方程为
y ?
2pp2pp
?
x
1
2
x
1
?
?
x?x
1
?
?
y?
2pp
x
1
x
2
x
2
?x
1
?
y?
x?
则< br>?
解得,,

M
M
2
2p
2
?y?
x
2
?
x
2
?
x?x
?
2
?
2pp
?
2
x
2
x
1
2?
x
1
2
x
2
?x
1
?
?< br>x?x
1
?


2p2p
x
2
?x
1
,所以直线
AB
的方程为
y?
??
2p2px
2
?x
1
2p

k
AB
化简得?
x
1
?x
2
?
x?2py?x
1
x
2
?0



x?0

y??
x
1
x
2


2p

y
M
?
x
1
x
2
??2p


所以
y?2p


2p
所以直线
AB
与< br>y
轴的交点坐标为
?
0,2p
?
.

2??
x
3
x
1
?x
2

2
) 记
x
M
?
,设点
E
?
x
3
,?


2
?
2p
?
2
x
3< br>x
?
3
?
x?x
3
?


可得直线
CD
的方程为
y?
2pp
?
x
1
2
x
1
?
?
x?x
1
?
?
y?< br>2pp
x
1
?x
3
x
2
?x
3?
x?x?

?
可得,同理,

CD
2
22
xx
?
y?
3
?
3
?
x?x
?
3
?
2pp
?
x
1
?x
3
? x
1
x
C
?x
1
x?x
AC
2
? ??
31

所以

x
1
?x
2
x
1
?x
3
CMx
M
?x
C
x
2< br>?x
3
?
22

18



x
1
?x
3
x?xx?x
CE
2
?
3C??
31


x
2
?x
3
EDxD
?x
3
x
2
?x
3
?x
3
2
x
3
?
所以
ACCE
x?x
MD
??
31


,同理
CMED
DBx
2
?x
3
所以
ACCEMD
??


CMEDDB< br>ACCEMD
SS
???t
,记
S

MCE
?S
,则
S

ACE
?tS

S

MDE
?

S

BDE
?
2
,设
CMEDDB
tt
S
t?1t?1


MAB
? ???
S

MCD
MCMD1t
MAMB
?
t?1
?
t
2
2

S

MCD
?
t?1
?S


t
3
于是
S

MAB
?
t?1
?
?
t
2
S

M CD
?
t?1
?
?
t
?
t?1
?
S



t?1
??S?
tt
2
所以S

EAB
?S

MAB
?S

MC D
?S

ACE
?S

BDE

?
t?1
?
?
t
2
所以
?
?
3
S ?
t?1S
2
?
t?1
?


?S?tS ?
2
??S
ttt
S

EAB
?2
.
S

MCD
22
22
10
.(
20 20·
江西省高三三模)已知圆
C
1
:x?y?2
,圆
C< br>2
:x?y?4
,如图,
C
1
,C
2
分别交
x
轴正半轴
于点
E,A
.
射线
OD
分别交
C
1
,C
2
于点
B,D
,动点
P
满足直线
BP

y
轴垂直,直线
DP

x
轴垂直
.


19





1
)求动点
P
的轨迹
C
的方程;

2
)过点
E
作直线
l
交曲线
C
与点
M,N
,射线
OH?l
与点
H
,且交曲线
C
于点
Q
.
问:
值是否是定值?如果是定值,请求出该定值;如果不是定值, 请说明理由
.

11
?

MN
OQ
23
x
2
y
2
2
.

【答案】(
1
)()是定值,为
??1
4
42
【解析】方法一:(
1
)如图设
?BOE?
?
,

B
?
2cos
?
,2sin
?

?
D
?
2cos
?
,2sin
?
?
,
所以
x
P
?2co s
?
,
y
P
?2sin
?
.

x
2
y
2
所以动点
P
的轨迹
C
的方程为??1
.

42
方法二:(
1
)当射线
OD< br>的斜率存在时
,
设斜率为
k
,
OD
方程为
y ?kx
,

?
y?kx
24
22
22
x? 2y
y?x?
,,

?
2

同理得所以
P P
?4
即有动点
P
的轨迹
C
的方程为
PP
2
22
1?k1?k
?
x?y?2
x
2
y
2
??1
.
当射线
OD
的斜率不存在时
,

0,?2
也满足
.

42
??

2
)由 (
1
)可知
E

C
的焦点
,
设直线
l
的方程为
x?my?2
(斜率不为
0
时)且设点
M?
x
1
,y
1
?
,
?
?
x? my?2
22
m?2y?22my?2?0

N
?
x
2
,y
2
?
,

?
2

??< br>2
?
?
x?2y?4

20


?
22m
2
y?y??
?
2
11m?2
?12
m?2
??
,

所以
?
所以
2< br>2
MN
4m?1
??
1?my?y
2
12
?
yy??
12
?
m
2
?2
?
又射线
OQ
方程为
y??mx
,
带入椭圆
C
的方程得
x
2
?2
?
my
?
?4
,

xQ
?
2
2
4

2
1?2m
2
2
11?2m
4m
2
?
,

y
Q
?
2
2
2
4m?1
OQ
??
1?2m
11 m
2
?21?2m
2
3
????

所以
M N
OQ
2
4
?
m
2
?1
?
4?
m
2
?1
?
4
11
3
?
.

又当直线
l
的斜率为
0

,
也符合条件
.
综上
,
2
为定值
,
且为
MN
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