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专题五 解析几何
18
解：(1)因为抛物线 y2＝2px 过点 P(1，2)， 所以 2p＝4，即 p＝2. 故抛物线 C 的方程为 y2＝4x. 由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0)． 由yy2＝＝k4xx＋，1得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意 Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得 k<0 或 0<k<1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，－2)． 从而 k≠－3.所以直线 l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
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专题五 解析几何
26
[对点训练] (2019·丽水市高考数学模拟)如图，已知抛物线 C：x2＝4y，直线 l1 与 C 相交于 A，B 两 点，线段 AB 与它的中垂线 l2 交于点 G(a，1)(a≠0)． (1)求证：直线 l2 过定点，并求出该定点坐标； (2)设 l2 分别交 x 轴，y 轴于点 M，N，是否存在实数 a， 使得 A，M，B，N 四点在同一个圆上，若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由．
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专题五 解析几何
17
[对点训练] 已知抛物线 C：y2＝2px 经过点 P(1，2)．过点 Q(0，1)的直线 l 与抛物线 C 有两个不同 的交点 A，B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB 交 y 轴于 N. (1)求直线 l 的斜率的取值范围； (2)设 O 为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋μ1为定值．
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专题五 解析几何
27
解：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则xx2221＝＝44yy21， 两式相减可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，
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专题五 解析几何
14
即(2k＋1)·44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0. 解得 k＝－m＋2 1.
当且仅当 m>－1 时，Δ>0，于是 l：y＝－m＋2 1x＋m，
即 y＋1＝－m＋2 1(x－2)，所以 l 过定点(2，－1)．
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专题五 解析几何
y2－2（t2－t 1）y－4＝0，
故
2tyB＝－4，即
yB＝－2t ，所以
Bt12，－2t
.
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专题五 解析几何
4
又由于 xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)及重心 G 在 x 轴上，故 2t－2t ＋yC＝0， 得 C1t －t2，21t －t，G2t4－32t2t2＋2，0. 所以直线 AC 的方程为 y－2t＝2t(x－t2)，得 Q(t2－1，0)． 由于 Q 在焦点 F 的右侧，故 t2>2.从而 SS12＝1212||QFGG||··||yyAC||＝t2－12－t42－t342－t2t23＋ 2t2t22＋－21··|22tt|－2t＝2tt44－－1t2＝2－tt24－ －21.
从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)．将 y＝kx＋m 代入x42＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2
－4＝0.
由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
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专题五 解析几何
13
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－4k82k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14. 而 k1＋k2＝y1x－1 1＋y2x－2 1＝kx1＋xm1 －1＋kx2＋xm2 －1 ＝2kx1x2＋（m－x1x12）（x1＋x2）. 由题设 k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
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专题五 解析几何
20
所以1λ＋μ1＝1－1yM＋1－1 yN ＝（kx－1－1）1 x1＋（kx－2－1）1 x2 ＝k－1 1·2x1x2－x（1xx21＋x2） ＝k－1 1·k22＋21kk－2 4
k2 ＝2.
所以1＋1为定值． λμ
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专题五 解析几何
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专题五 解析几何
11
【解】 (1)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a12＋b12>a12＋43b2知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上． 因此ab1122＋＝413b，2＝1，解得ab22＝ ＝41，. 故 C 的方程为x42＋y2＝1.
21
“ 肯定顺推法”求解探究性问题
[典型例题] (2019·温州市高考数学二模)已知椭圆xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的两
个焦点为 F1，F2，焦距为 2，设点 P(a，b)满足△PF1F2 是等腰三角形． (1)求该椭圆方程；
(2)过 x 轴上的一点 M(m，0)作一条斜率为 k 的直线 l，与椭圆交于点 A，B 两点，问是 否存在常数 k，使得|MA|2＋|MB|2 的值与 m 无关？若存在，求出这个 k 的值；若不存在，
令－24k2＋18＝0，得 k2＝34，即 k＝±23. 此时|MA|2＋|MB|2＝7 与 m 无关符合题意．
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专题五 解析几何
25
探索性问题的求解方法 (1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条 件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致 矛盾，则否定存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法． (2)采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行 证明，得出结论．
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专题五 解析几何
23
y＝k（x－m）
(2)联立方程x42＋y32＝1
，整理得：
(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0.
在 Δ＞0 的情况下有xx11＋ x2＝x2＝ 4k332m＋8＋k242－4mkk212 2，
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专题五 解析几何
24
|MA|2＋|MB|2＝(1＋k2)[(x1－m)2＋(x2－m)2] ＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2] ＝（31＋＋4kk22）2[(－24k2＋18)m2＋96k2＋72]，
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专题五 解析几何
16
(2)求解定值问题的两大途径 ①首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证 式与参数(某些变量)无关． ②先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相 等的正负项抵消或分子、分母约分得定值． [注] 对于此类问题可先根据特殊情况确定定点、定值，再进行一般性证明的方法就是 由特殊到一般的方法．
请说明理由．
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专题五 解析几何
22
【解】 (1)因为椭圆xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的两个焦点为 F1，F2，焦距为 2，
设点 P(a，b)满足△PF1F2 是等腰三角形，
所以根据题意，有2（c＝a－21）2＋b2＝4，
解得ab＝ ＝2
， 3
故所求椭圆方程为x42＋y32＝1.
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专题五 解析几何
9
(2)由(1)可知yy11＋ y2＝y2＝ 8x02－y0，y20，
所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，
|y1－y2|＝2 2（y20－4x0）. 因此，△PAB 的面积 S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝34 2(y20－4x0)32. 因为 x20＋y420＝1(x0<0)，所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4，5]，
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专题五 解析几何
12
(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， 42－t2，
t，－ 42－t2.
则 k1＋k2＝
4－t2－2－ 2t
4－2tt2＋2＝－1，得 t＝2，不符合题设．
第2部分 高考热点 专题突破
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
数学
专题五 解析几何
1
01
考点1
02
考点2
03
考点3
04
专题强化训练
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专题五 解析几何
2
“ 构造法”求最值(范围) [典型例题]
(2019·高考浙江卷)如图，已知点 F(1，0)为抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点．过点 F 的直线交抛物线于 A，B 两点，点 C 在抛物线上，使得△ABC 的重心 G 在 x 轴上，直 线 AC 交 x 轴于点 Q，且 Q 在点 F 的右侧．记△AFG，△CQG 的面积分别为 S1，S2. (1)求 p 的值及抛物线的准线方程； (2)求SS12的最小值及此时点 G 的坐标．
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专题五 解析几何
3
【解】 (1)由题意得p2＝1，即 p＝2.
所以抛物线的准线方程为 x＝－1.
(2)设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心 G(xG，yG)．令 yA＝2t，t≠0，则 xA＝t2. 由于直线 AB 过点 F，故直线 AB 的方程为 x＝t2－2t 1y＋1，代入 y2＝4x，得