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第十二节　圆锥曲线中的定值、探索性问题
题点一　定值问题
[例1]　(2025·沧州模拟)已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)的左焦点为F1,上、下顶点分别为A,B,且∠AF1B=,点在Γ上.
(1)求椭圆Γ的方程;
(2)过左焦点F1的直线交椭圆Γ于M,N两点,交直线x=-2于点P,设=λ,=μ,证明:λ+μ为定值.
快审准解:(1)由∠AF1B=,得a=b,再把点代入椭圆方程求出a,b即可;
(2)设出直线MN的方程,代入椭圆方程,设M(x1,y1),N(x2,y2),由=λ,=μ,表示出λ+μ,利用根与系数的关系化简得定值.
|思维建模|
圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值.依题设条件,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解析式,再利用题设条件化简、变形求得.
(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.
[即时训练]
1.(2025·西安开学考试)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左焦点为F,左顶点为E,虚轴的上端点为P,且|PF|=3,|PE|=.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)设M,N是双曲线C上不同的两点,Q是线段MN的中点,O是原点,直线MN,OQ的斜率分别为k1,k2,证明:k1·k2为定值.
题点二　探索性问题
[例2]　(2024·天津高考)已知椭圆+=1(a>b>0),椭圆的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得·≤0 若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
快审准解:(1)根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量,从而可得椭圆的标准方程;
(2)设该直线方程为y=kx-,P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t),联立直线方程和椭圆方程并消元,结合根与系数的关系和向量数量积的坐标运算可用k,t表示·,再根据·≤0可求t的取值范围.
|思维建模|
探索性(存在性)问题,一般是不给出确定性的结论,而是以“是否存在”设问,让考生根据题目的条件进行分析判断得出确定的结论.此类问题的常用解法:先假设存在,用待定系数法列出关于待定系数的方程组,推证满足条件的结论,若方程组有实数解,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.要注意的是,
(1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论;
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件;
(3)当条件和结论都不知道,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法.
[即时训练]
2.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,过F1的直线l与椭圆C交于M,N两点,△F2MN的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)对于D(-1,0),是否存在实数k,使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P,Q,且|DP|=|DQ| 若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
第十二节　圆锥曲线中的定值、探索性问题
题点一
[例1]　解:(1)由题意可知,∠AF1B=,所以a=b,
因为点在Γ上,所以+=1,解得b=1,故a=,
所以椭圆Γ的方程为+y2=1.
(2)证明:由已知得直线MN的斜率必存在,可设直线MN的方程为y=k(x+1),
代入椭圆方程,整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0,Δ=8k2+8>0,设M(x1,y1),N(x2,y2),
则x1+x2=-,
x1x2=,
又P(-2,-k),F1(-1,0),由=λ,=μ得λ=-,μ=-.
所以λ+μ=--=-,
因为2x1x2+3(x1+x2)+4=2·+3·+4=0,所以λ+μ=0,为定值.
[即时训练]
1.解:(1)不妨设双曲线C的半焦距为c(c>0),
∵|PF|=3,|PE|=,
∴=3,=c=,解得b=2,c=,
则a2=c2-b2=5-4=1,
故双曲线C的标准方程为x2-=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),x1≠x2,x1+x2≠0,
则Q,
∵M,N为双曲线C上的两点,
∴两式相减得(x1-x2)(x1+x2)=,整理得=,
则k1·k2=·=·=4,故k1·k2为定值,定值为4.
题点二
[例2]　解:(1)因为e==,所以a=2c,b==c.由题知A(-a,0),B(0,-b),C,
所以S△ABC=|BC||OA|=××a=××2c=,解得c=.所以a=2,b=3.故椭圆的方程为+=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t).
当直线PQ的斜率不存在时,不妨设P(0,3),Q(0,-3),则·=(0,3-t)·(0,-3-t)=t2-9≤0,解得-3≤t≤3.
当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=kx-,
由可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,所以Δ=144k2+4×27(3+4k2)>0,x1+x2=,x1x2=-.
因为·=(x1,y1-t)·(x2,y2-t)=x1x2+(y1-t)(y2-t)=x1x2+=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+=--+=≤0,
所以4k2t2-36k2+3t2+9t-≤0对k∈R恒成立,
则有解得-3≤t≤.
综上可得,-3≤t≤,即在y轴上存在点T使得·≤0,且点T纵坐标的取值范围是.
[即时训练]
2.解:(1)因为△F2MN的周长为|MF2|+|NF2|+|MN|=|MF2|+|NF2|+|MF1|+|NF1|=|MF2|+|MF1|+|NF2|+|NF1|=4a=8,所以a=2.
又因为2c=2,所以c=,所以b2=a2-c2=1,
所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),设PQ的中点为A,
联立消去y,整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0,
所以Δ=256k2-48(4k2+1)>0,即4k2-3>0,
所以k<-或k>.又由根与系数的关系可得,x1+x2=-,x1x2=,
所以xA==-,yA=kxA+2=,
所以A.
因为|DP|=|DQ|,所以DA⊥PQ.
由k<-或k>可知,直线DA,PQ的斜率均存在,且都不等于零,所以kDA·kPQ=-1,即×k=-1,
整理得4k2-6k+1=0,解得k1=,k2=.
又因为k<-或k>,所以k=满足题意,
所以存在k=,使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P,Q,且|DP|=|DQ|.(共51张PPT)
第十二节
圆锥曲线中的定值、探索性问题
目录
01.题点一　定值问题
02.题点二　探索性问题
03.课时跟踪检测
[例1]　(2025·沧州模拟)已知椭圆Γ：+=1(a>b>0)的左焦点为F1，上、下顶点分别为A，B，且∠AF1B=，点在Γ上.
(1)求椭圆Γ的方程；
快审准解：由∠AF1B=，得a=b，再把点代入椭圆方程求出a，b即可；
题点一　定值问题
解：由题意可知，∠AF1B=，所以a=b，
因为点在Γ上，所以+=1，解得b=1，故a=，
所以椭圆Γ的方程为+y2=1.
(2)过左焦点F1的直线交椭圆Γ于M，N两点，交直线x=-2于点P，设=λ=μ，证明：λ+μ为定值.
快审准解：设出直线MN的方程，代入椭圆方程，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由=λ=μ，表示出λ+μ，利用根与系数的关系化简得定值.
解：证明：由已知得直线MN的斜率必存在，
可设直线MN的方程为y=k(x+1)，
代入椭圆方程，整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0，
Δ=8k2+8>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1+x2=-，x1x2=，
又P(-2，-k)，F1(-1，0)，由=λ
=μ得λ=-，μ=-.
所以λ+μ=--=-，
因为2x1x2+3(x1+x2)+4=2·+3·+4=0，
所以λ+μ=0，为定值.
圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值.依题设条件，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解析式，再利用题设条件化简、变形求得.
(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.
思维建模
1.(2025·西安开学考试)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的左焦点为F，左顶点为E，虚轴的上端点为P，且|PF|=3，|PE|=.
(1)求双曲线C的标准方程；
解：不妨设双曲线C的半焦距为c(c>0)，
∵|PF|=3，|PE|=，∴=3，
=c=，解得b=2，c=，
则a2=c2-b2=5-4=1，故双曲线C的标准方程为x2-=1.
即时训练
(2)设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是线段MN的中点，O是原点，直线MN，OQ的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值.
解：证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1≠x2，x1+x2≠0，
则Q，
∵M，N为双曲线C上的两点，∴
两式相减得(x1-x2)(x1+x2)=，整理得=，
则k1·k2=·=·=4，故k1·k2为定值，定值为4.
[例2]　(2024·天津高考)已知椭圆+=1(a>b>0)，椭圆的离心率e=，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC=.
(1)求椭圆的方程；
快审准解：根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程；
题点二　探索性问题
解：因为e==，所以a=2c，b==c.由题知A(-a，0)，B(0，-b)，C，
所以S△ABC=|BC||OA|=××a=××2c=，解得c=.
所以a=2，b=3.故椭圆的方程为+=1.
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得·≤0 若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由.
快审准解：设该直线方程为y=kx-，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，联立直线方程和椭圆方程并消元，结合根与系数的关系和向量数量积的坐标运算可用k，t表示·，再根据·≤0可求t的取值范围.
解：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t).
当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P(0，3)，Q(0，-3)，
则·=(0，3-t)·(0，-3-t)=t2-9≤0，解得-3≤t≤3.
当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y=kx-，
由可得(3+4k2)x2-12kx-27=0，
所以Δ=144k2+4×27(3+4k2)>0，x1+x2=，x1x2=-.
因为·=(x1，y1-t)·(x2，y2-t)=x1x2+(y1-t)(y2-t)
=x1x2+
=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+
=--+
=≤0，
所以4k2t2-36k2+3t2+9t-≤0对k∈R恒成立，
则有解得-3≤t≤.
综上可得，-3≤t≤，即在y轴上存在点T使得·≤0，且点T纵坐标的取值范围是.
探索性(存在性)问题，一般是不给出确定性的结论，而是以“是否存在”设问，让考生根据题目的条件进行分析判断得出确定的结论.此类问题的常用解法：先假设存在，用待定系数法列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，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.要注意的是，
思维建模
(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知道，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法.
2.已知椭圆C：+=1(a>b>0)的焦距为2，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，过F1的直线l与椭圆C交于M，N两点，△F2MN的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
解：因为△F2MN的周长为|MF2|+|NF2|+|MN|=
|MF2|+|NF2|+|MF1|+|NF1|=|MF2|+|MF1|+|NF2|+|NF1|=4a=8，
即时训练
所以a=2.
又因为2c=2，所以c=，
所以b2=a2-c2=1，
所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)对于D(-1，0)，是否存在实数k，使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P，Q，且|DP|=|DQ| 若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
解：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，设PQ的中点为A，
联立消去y，
整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0，
所以Δ=256k2-48(4k2+1)>0，即4k2-3>0，
所以k<-或k>.又由根与系数的关系可得，
x1+x2=-，x1x2=，
所以xA==-，yA=kxA+2=，
所以A.
因为|DP|=|DQ|，所以DA⊥PQ.
由k<-或k>可知，直线DA，PQ的斜率均存在，
且都不等于零，
所以kDA·kPQ=-1，即×k=-1，
整理得4k2-6k+1=0，
解得k1=，k2=.
又因为k<-或k>，所以k=满足题意，
所以存在k=，
使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P，Q，且|DP|=|DQ|.
课时跟踪检测
03
1.(15分)(2025·贵阳开学考试)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的离心率为，实轴长为6，A为双曲线C的左顶点，设直线l过定点B(-2，0)，且与双曲线C交于E，F两点.
(1)求双曲线C的方程；(5分)
快审准解：由实轴长为6，得a=3，由离心率为，得c=2，再由a2+b2=c2得b=，即可得到双曲线C的方程；
1
2
3
4
解：因为双曲线的实轴长为6，所以a=3，
因为双曲线的离心率为，所以=，解得c=2，
由a2+b2=c2，得b=，则C的方程为-=1.
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(2)证明：直线AE与AF的斜率之积为定值.(10分)
快审准解：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线l：x=my-2，直线与双曲线方程联立得(m2-3)y2-4my-5=0，根据根与系数的关系得y1+y2=，y1y2=，根据斜率公式得kAE·kAF，最后代入化简计算即可得证.
1
2
3
4
解：证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，因为直线l过定点B(-2，0)，显然直线l不垂直于y轴，则设直线l：x=my-2(m≠±)，
联立方程组
消去x得(m2-3)y2-4my-5=0，
由Δ=16m2+20(m2-3)>0，得m2>，
1
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3
4
则y1+y2=，y1y2=，
因为A为双曲线C的左顶点，所以A(-3，0)，
直线AE的斜率kAE=，直线AF的斜率kAF=，
所以kAE·kAF=
1
2
3
4
所以kAE·kAF==
====，
即直线AE与AF的斜率之积为定值.
关键点睛：第(2)问的关键在于设出直线l的方程，然后直曲联立，利用根与系数的关系，代入kAE·kAF的表达式，化简即可得到定值.
1
2
3
4
2.(17分)(2025·武汉模拟)已知椭圆E：+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，且经过点A.
(1)求椭圆E的方程；(4分)
解：椭圆E经过点A，e=，可得解得因此可得椭圆E的方程为+=1.
1
2
3
4
(2)求∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程；(6分)
解：由(1)可知，F1(-2，0)，F2(2，0).
法一　由题意可知lAF1：5x-12y+10=0，lAF2：x=2，如图所示.
设角平分线上任意一点为P(x，y)，
则=|x-2|，得9x-6y-8=0或2x+3y-9=0
又易知其斜率为正，
所以∠F1AF2的角平分线所在直线为9x-6y-8=0.
1
2
3
4
法二　椭圆在点A处的切线方程为+=1，k切=-，
根据椭圆的光学性质，
∠F1AF2的角平分线所在直线l的斜率为kl=，
所以∠F1AF2的角平分线所在直线l：y=x-，即9x-6y-8=0.
1
2
3
4
(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点 若存在，请找出；若不存在，请说明理由.(7分)
解：法一　假设存在关于直线l对称的相异两点B(x1，y1)，C(x2，y2)，设lBC：y=-x+m，
联立可得9x2-12mx+9m2-45=0，
1
2
3
4
所以线段BC中点为M在∠F1AF2的角平分线上，
即6m-m-8=0，解得m=3.
因此M与点A重合，舍去，
故不存在满足题设条件的相异的两点.
1
2
3
4
法二　假设存在关于直线l对称的相异两点B(x1，y1)，C(x2，y2)，线段BC中点M(x0，y0)，
由点差法可得即+=0.
1
2
3
4
则kBC==-·=-·=-，因此kOM==，
联立可得M与点A重合，
舍去，故不存在满足题设条件的相异的两点.
1
2
3
4
3.(17分)(2025·濮阳模拟)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)，F1，F2分别是C的左、右焦点.若C的离心率e=2，且点(4，6)在C上.
(1)求C的方程；(5分)
解：设双曲线C的半焦距为c(c>0)，
由题意可得解得a=2，b=2，
c=4，所以C的方程为-=1.
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3
4
(2)若过点F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，与抛物线y2=16x交于P，Q两点，试问是否存在常数λ，使得-为定值 若存在，求出常数λ的值；若不存在，请说明理由.(12分)
解：假设存在常数λ满足条件，由(1)知F2(4，0)，
设直线l：x=my+4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程
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2
3
4
消去x，整理可得(3m2-1)y2+24my+36=0，
所以3m2-1≠0，Δ=144(m2+1)>0，y1+y2=-，y1y2=，
|AB|=|y1-y2|=·
=·=.
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3
4
因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于A，B两点，所以A，B两点在x轴同侧，所以y1y2>0.此时3m2-1>0，即m2>，所以|AB|=.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，将x=my+4代入抛物线方程y2=16x，得y2-16my-64=0，则Δ1=256(m2+1)>0，y3+y4=16m，y3y4=-64，所以|PQ|=|y3-y4|=·=
·=16(m2+1).
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所以-=-=.
故当-4-3λ=12时，为定值.
所以存在常数λ=-，使得-为定值.
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4.(17分)已知斜率为1的直线l1交抛物线E：x2=2py(p>0)于A，B两点，线段AB的中点Q的横坐标为2.
(1)求抛物线E的方程；(5分)
快审准解：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由已知可得出x1+x2=4，利用斜率公式以及抛物线的方程可求得p的值，由此可得出抛物线E的方程；
1
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3
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解：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线AB的斜率为1，所以x1≠x2，
因为线段AB的中点Q的横坐标为2，则x1+x2=4，
kAB=====1，可得p=2，
所以抛物线E的方程为x2=4y.
1
2
3
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(2)设抛物线E的焦点为F，过点F的直线l2与抛物线E交于M，N两点，分别在点M，N处作抛物线E的切线，两条切线交于点P，则△PMN的面积是否存在最小值 若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l2的方程；若不存在，请说明理由.(12分)
快审准解：设点M(x3，y3)，N(x4，y4)，分析可知，直线l2的斜率存在，设直线l2的方程为y=kx+1，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出根与系数的关系，
1
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3
4
求出|MN|，求出两切线的方程，进而可求得点P的坐标，分析可得出PF⊥MN，求出|PF|，利用二次函数的基本性质可求得△PMN面积的最小值，及其对应的直线l2的方程.
解：设点M(x3，y3)，N(x4，y4)，易知点F(0，1)，
若直线l2的斜率不存在，
则直线l2与抛物线E只有一个公共点，
不符合题意.故l2的斜率存在，
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设直线l2的方程为y=kx+1，联立可得x2-4kx-4=0，
Δ=16k2+16>0，由根与系数的关系可得x3+x4=4k，x3x4=-4，
由焦点弦长公式可得|MN|=y3+y4+2=k(x3+x4)+4=4(k2+1)，
对函数y=求导得y'=，则直线PM的方程为y-=(x-x3)，即y=-.同理可知，直线PN的方程为y=-，
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2
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联立可得
即点P(2k，-1)，
则=(2k，-2)，=(x4-x3，y4-y3)=(x4-x3，k(x4-x3))，
所以·=2k(x4-x3)-2k(x4-x3)=0，即PF⊥MN，且|PF|==2，
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2
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4
所以S△PMN=|MN|·|PF|=×4(k2+1)×2=4(k2+1≥4，
当且仅当k=0时，等号成立.故△PMN的面积存在最小值，且最小值为4，此时直线l2的方程为y=1.
1
2
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4课时跟踪检测(六十八)　圆锥曲线中的定值、探索性问题
1.(15分)(2025·贵阳开学考试)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,实轴长为6,A为双曲线C的左顶点,设直线l过定点B(-2,0),且与双曲线C交于E,F两点.
(1)求双曲线C的方程;(5分)
(2)证明:直线AE与AF的斜率之积为定值.(10分)
2.(17分)(2025·武汉模拟)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,且经过点A.
(1)求椭圆E的方程;(4分)
(2)求∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程;(6分)
(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点 若存在,请找出;若不存在,请说明理由.(7分)
3.(17分)(2025·濮阳模拟)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),F1,F2分别是C的左、右焦点.若C的离心率e=2,且点(4,6)在C上.
(1)求C的方程;(5分)
(2)若过点F2的直线l与C的左、右两支分别交于A,B两点,与抛物线y2=16x交于P,Q两点,试问是否存在常数λ,使得-为定值 若存在,求出常数λ的值;若不存在,请说明理由.(12分)
4.(17分)已知斜率为1的直线l1交抛物线E:x2=2py(p>0)于A,B两点,线段AB的中点Q的横坐标为2.
(1)求抛物线E的方程;(5分)
(2)设抛物线E的焦点为F,过点F的直线l2与抛物线E交于M,N两点,分别在点M,N处作抛物线E的切线,两条切线交于点P,则△PMN的面积是否存在最小值 若存在,求出这个最小值及此时对应的直线l2的方程;若不存在,请说明理由.(12分)
课时跟踪检测(六十八)
1.快审准解:(1)由实轴长为6,得a=3,由离心率为,得c=2,再由a2+b2=c2得b=,即可得到双曲线C的方程;
(2)设E(x1,y1),F(x2,y2),直线l:x=my-2,直线与双曲线方程联立得(m2-3)y2-4my-5=0,根据根与系数的关系得y1+y2=,y1y2=,根据斜率公式得kAE·kAF,最后代入化简计算即可得证.
解:(1)因为双曲线的实轴长为6,所以a=3,
因为双曲线的离心率为,所以=,解得c=2,
由a2+b2=c2,得b=,则C的方程为-=1.
(2)证明:设E(x1,y1),F(x2,y2),因为直线l过定点B(-2,0),显然直线l不垂直于y轴,则设直线l:x=my-2(m≠±),
联立方程组消去x得(m2-3)y2-4my-5=0,由Δ=16m2+20(m2-3)>0,得m2>,
则y1+y2=,y1y2=,
因为A为双曲线C的左顶点,所以A(-3,0),
直线AE的斜率kAE=,直线AF的斜率kAF=,
所以kAE·kAF==
==
==,即直线AE与AF的斜率之积为定值.
关键点睛:第(2)问的关键在于设出直线l的方程,然后直曲联立,利用根与系数的关系,代入kAE·kAF的表达式,化简即可得到定值.
2.解:(1)椭圆E经过点A,e=,
可得解得
因此可得椭圆E的方程为+=1.
(2)由(1)可知,F1(-2,0),F2(2,0).
法一　由题意可知:5x-12y+10=0,:x=2,如图所示.
设角平分线上任意一点为P(x,y),
则=|x-2|,得9x-6y-8=0或2x+3y-9=0
又易知其斜率为正,所以∠F1AF2的角平分线所在直线为9x-6y-8=0.
法二　椭圆在点A处的切线方程为+=1,k切=-,根据椭圆的光学性质,∠F1AF2的角平分线所在直线l的斜率为kl=,所以∠F1AF2的角平分线所在直线l:y=x-,即9x-6y-8=0.
(3)法一　假设存在关于直线l对称的相异两点B(x1,y1),C(x2,y2),设lBC:y=-x+m,
联立可得9x2-12mx+9m2-45=0,
所以线段BC中点为M在∠F1AF2的角平分线上,即6m-m-8=0,解得m=3.
因此M与点A重合,舍去,故不存在满足题设条件的相异的两点.
法二　假设存在关于直线l对称的相异两点B(x1,y1),C(x2,y2),线段BC中点M(x0,y0),
由点差法可得即+=0.
则kBC==-·=-·=-,因此kOM==,联立可得M与点A重合,舍去,故不存在满足题设条件的相异的两点.
3.解:(1)设双曲线C的半焦距为c(c>0),
由题意可得解得a=2,b=2,c=4,所以C的方程为-=1.
(2)假设存在常数λ满足条件,由(1)知F2(4,0),设直线l:x=my+4,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程消去x,整理可得(3m2-1)y2+24my+36=0,所以3m2-1≠0,Δ=144(m2+1)>0,y1+y2=-,y1y2=,|AB|=|y1-y2|=·=·=.
因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于A,B两点,所以A,B两点在x轴同侧,所以y1y2>0.此时3m2-1>0,即m2>,所以|AB|=.
设P(x3,y3),Q(x4,y4),将x=my+4代入抛物线方程y2=16x,得y2-16my-64=0,
则Δ1=256(m2+1)>0,y3+y4=16m,y3y4=-64,所以|PQ|=|y3-y4|=·=·=16(m2+1).
所以-=-=.
故当-4-3λ=12时,为定值.
所以存在常数λ=-,使得-为定值.
4.快审准解:(1)设点A(x1,y1),B(x2,y2),由已知可得出x1+x2=4,利用斜率公式以及抛物线的方程可求得p的值,由此可得出抛物线E的方程;
(2)设点M(x3,y3),N(x4,y4),分析可知,直线l2的斜率存在,设直线l2的方程为y=kx+1,将该直线的方程与抛物线的方程联立,列出根与系数的关系,求出|MN|,求出两切线的方程,进而可求得点P的坐标,分析可得出PF⊥MN,求出|PF|,利用二次函数的基本性质可求得△PMN面积的最小值,及其对应的直线l2的方程.
解:(1)设点A(x1,y1),B(x2,y2),因为直线AB的斜率为1,所以x1≠x2,
因为线段AB的中点Q的横坐标为2,则x1+x2=4,kAB=====1,可得p=2,所以抛物线E的方程为x2=4y.
(2)设点M(x3,y3),N(x4,y4),易知点F(0,1),
若直线l2的斜率不存在,则直线l2与抛物线E只有一个公共点,不符合题意.故l2的斜率存在,
设直线l2的方程为y=kx+1,联立可得x2-4kx-4=0,Δ=16k2+16>0,由根与系数的关系可得x3+x4=4k,x3x4=-4,
由焦点弦长公式可得|MN|=y3+y4+2=k(x3+x4)+4=4(k2+1),
对函数y=求导得y'=,则直线PM的方程为y-=(x-x3),即y=-.
同理可知,直线PN的方程为y=-,
联立可得
即点P(2k,-1),则=(2k,-2),=(x4-x3,y4-y3)=(x4-x3,k(x4-x3)),
所以·=2k(x4-x3)-2k(x4-x3)=0,即PF⊥MN,且|PF|==2,
所以S△PMN=|MN|·|PF|=×4(k2+1)×2=4(k2+1≥4,
当且仅当k=0时,等号成立.故△PMN的面积存在最小值,且最小值为4,此时直线l2的方程为y=1.

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