高考数学大二轮总复习与增分策略 专题六 解析几何 第3讲 圆锥曲(2)

∵Δ＝0，∴m＝b＋2a，

222

l2：y＝2x－b2＋2a2.

两平行线间距离：

d＝b2＋2c2＋b2＋2a2

3

2

2

，

23ab2a－2c∴AB＝，

b2＋2a2?82?－4252443AB＝＝，

55

2

d＝|10＋2|?2?＋?－1?

2

＝2

10＋23

.

△ABN的面积最大值为

S＝21

2

4310＋2210＋4

2＝. 553

思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法

①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．

②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． (2)求解定值问题的两大途径

①由特例得出一个值?此值一般就是定值?

→证明定值：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．

跟踪演练2 已知抛物线：y＝2px(p>0)的焦点F在双曲线：－＝1的右准线上，抛物线

36与直线l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B两点，AF，BF的延长线与抛物线交于C，D两点． (1)求抛物线的方程；

(2)若△AFB的面积等于3，求k的值； (3)记直线CD的斜率为kCD，证明：2

x2y2

kCD为定值，并求出该定值． k解 (1)双曲线：－＝1的右准线方程为x＝1，

36所以F(1,0)，则抛物线的方程为y＝4x.

2

x2y2

6

(2)设A(，y1)，B(，y2)，

44

??y＝4x，

由?

?y＝k?x－2??

2

y21y22

得ky－4y－8k＝0，

2

42

Δ＝16＋32k>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8.

kS△AFB＝313|y1－y2|＝

＝21

1212

?y1＋y2?－4y1y2 2

k2＋2＝3，解得k＝2.

2

2

→y1→y3

(3)设C(，y3)，则FA＝(－1，y1)，FC＝(－1，y3)，

444因为A，F，C共线，

所以(－1)y3－y1(－1)＝0， 4442

即y3＋(－y1)y3－4＝0.

y23

y21y23

y1

4

解得：y3＝y1(舍)或y3＝－，

y1y2

4444

所以C(2，－)，同理D(2，－)，

y1y1y2

44－＋y1y2y1y2

kCD＝＝－＝2k，

44y1＋y22－2y1y2

故

kCD＝2(定值)． k热点三 探索性问题

1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：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，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． 2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．

例3 已知点P是椭圆C上的任一点，P到直线l1：x＝－2的距离为d1，到点F(－1,0)的距离为d2，且＝d2d12. 2

7

(1)求椭圆C的方程；

(2)如图，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B(A，B都在x轴上方)，且∠OFA＋∠OFB＝180°. (ⅰ)当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程；

(ⅱ)是否存在一个定点，无论∠OFA如何变化，直线l总过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)设P(x，y)，

则d1＝|x＋2|，d2＝?x＋1?＋y，

22d2?x＋1?＋y2＝＝， d1|x＋2|2

2

2

化简得：＋y＝1，

2∴椭圆C的方程为＋y＝1.

2

(2)(ⅰ)由(1)知A(0,1)，又F(－1,0)， ∴kAF＝1，∵∠OFA＋∠OFB＝180°， ∴kBF＝－1，

∴直线BF方程为y＝－1(x＋1)＝－x－1， 代入＋y＝1，得3x＋4x＝0，

24

解得x＝0或x＝－，

3411∴B(－，)，kAB＝.

3321

∴直线AB的方程为y＝x＋1.

2

(ⅱ)由于∠OFA＋∠OFB＝180°，∴kAF＋kBF＝0. 设直线AB方程为y＝kx＋b， 代入＋y＝1，

2

1222

得：(k＋)x＋2kbx＋b－1＝0，

2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，