2019-2020年高考数学二轮复习 专题6 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的综合问题 理.doc

2019-2020年高考数学二轮复习 专题6 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的综合问题 理圆锥曲线中的最值与范围问题训练提示:求解最值与范围问题的关键是寻找目标函数或关系式,将所求量转化求解.1.已知圆M:(x+a)2+y2=16a2(a0)及定点N(a,0),点P是圆M上的动点,点G在MP上,且满足|GP|=|GN|,G点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)若点A(1,0)关于直线x+y-t=0(t0)的对称点在曲线C上,求a的取值范围.解:(1)设G(x,y),因为|PG|+|GM|=4a,且|PG|=|GN|,所以|GM|+|GN|=4a2a,由椭圆定义得,曲线C的方程为+=1.(2)设A(1,0)关于直线x+y-t=0(t0)的对称点为A(m,n),则所以所以A(t,t-1),因为A(t,t-1)在曲线C:+=1上,所以t2+4(t-1)2=4a2,化简得5t2-8t+4-4a2=0(t0),因为此方程有正根,令f(t)=5t2-8t+4-4a2,其图象的对称轴为t=0,所以=(-8)2-45(4-4a2)0,所以a或a-,因为a0,所以a的取值范围为,+).2.已知抛物线C:x2=4y,F为其焦点.(1)设P为直线l:x-y-2=0上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,当点P(x0,y0)为直线l上的定点时,求直线AB的方程;(2)当点P在直线l上移动时,求|AF|BF|的最小值.解:(1)抛物线C的方程为x2=4y,即y=x2,求导得y=x.设A(x1,y1),B(x2,y2)(其中y1=,y2=),则切线PA,PB的斜率分别为x1,x2.所以切线PA的方程为y-y1=(x-x1),即y=x-+y1,即x1x-2y-2y1=0.同理,可得切线PB的方程为x2x-2y-2y2=0.因为切线PA,PB均过点P(x0,y0),所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0.所以(x1,y1),(x2,y2)为方程x0x-2y0-2y=0的两组解.故直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.(2)由抛物线定义可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,所以|AF|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1.联立方程消去x整理得y2+(2y0-)y+=0,由根与系数的关系可得y1+y2=-2y0,y1y2=,所以|AF|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=+-2y0+1.又点P(x0,y0)在直线l上,所以x0=y0+2.所以+-2y0+1=2+2y0+5=2(y0+)2+.所以当y0=-时,|AF|BF|取得最小值,且最小值为.圆锥曲线中的定点、定值问题训练提示:由直线方程确定定点,若得到直线方程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m).证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关;也可令系数等于零,得出定值.3.已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;(2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是PBQ的角平分线,证明直线l过定点.(1) 解:如图所示,设动圆圆心O1(x,y),由题意,|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1HMN交MN于H,则H是MN的中点,所以|O1M|=,又|O1A|=,所以=,化简得y2=8x(x0).又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x,所以动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x.(2) 证明:如图,由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2),将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0,其中=-32kb+640.由根与系数的关系得,x1+x2=, x1x2=, 因为x轴是PBQ的角平分线,所以=-,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0, 将代入,并整理得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,所以k=-b,此时0,所以直线l的方程为y=k(x-1),所以直线l过定点(1,0).4.已知直线l:y=x+,圆O:x2+y2=5,椭圆E:+=1(ab0)的离心率e=,直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆E的方程;(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在斜率,求证两切线斜率之积为定值.解:(1)设椭圆半焦距为c,圆心O到l的距离d=,则l被圆O截得的弦长为2,所以b=.由题意得又b=,所以a2=3,b2=2.所以椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设点P(x0,y0),过点P的椭圆E的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,联立直线l0与椭圆E的方程得消去y得2kx+(y0-kx0)2+3x2-6=0,整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,因为l0与椭圆E相切,所以=4k(y0-kx0)2-4(3+2k2)2(kx0-y0)2-6=0,整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0,设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1k2=-.因为点P在圆O上,所以+=5,所以k1k2=-=-1.所以两条切线斜率之积为常数-1.圆锥曲线中的存在性问题训练提示:存在性问题,先假设存在,进行一系列推理,若推理正确则存在,若得出矛盾则不存在.5.已知椭圆C:+=1(ab0)的右焦点为F,离心率为,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆的上顶点为N,是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,使点F为PQN的垂心?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解:(1)设F(c,0),则=,知a=c.过点F且与x轴垂直的直线方程为x=c,代入椭圆方程,有+=1,解得y=b.于是b=,解得b=1.又a2-c2=b2,从而a=,c=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为PQN的垂心.设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为N(0,1),F(1,0),所以kNF=-1.由NFPQ,知kPQ=1.设直线l的方程为y=x+m,由得3x2+4mx+2m2-2=0.由0,得m20,故k2=,所以S=,因为t0,所以t+2=4,当且仅当t=,即t=2时取得等号,此时k2=,解得k=,S取得最大值1.故OAB面积的取值范围为(0,1.(3)由(2)可知,SOAB=,即5=4k2+1,两边平方整理得4k4-23k2+19=0,解得k2=1或k2=.设Q(x0,y0),由=m(+),解得x0=m(x1+x2)=,y0=m(y1+y2)=m(kx1+2+kx2+2)=mk(x1+x2)+4=m(+4)=.故Q(,).由点Q在椭圆M上可得+()2=1,整理得64k2m2+16m2=(4k2+1)2,解得m2=,故m2=或m2=.因为m1,故m=.所以存在实数m=,使得椭圆M上存在点Q,满足=m(+).类型一:圆与圆锥曲线的综合1.设抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F,准线为l,A为C上一点,已知以F为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点.(1)若BFD=90,ABD的面积为4,求p的值及圆F的方程;(2)若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.解:(1)由已知可得BFD为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆F的半径|FA|=p,又点A到l的距离d=|FA|=p而SABD=4.所以|BD|d=4.即2pp=4,所以p=-2(舍去)或p=2所以圆F的方程为x2+(y-1)2=8.(2)因为A,B,F三点在同一直线m上,所以AB为圆F的直径,ADB=90.又由抛物线定义知|AD|=|FA|=|AB|,所以ABD=30,m的斜率为-或,当m的斜率为时,可设n方程为y=x+b.代入x2=2py得x2-px-2pb=0,由于n与C只有一个公共点,故=p2+8pb=0所以b=-,又因为m的截距b1=,=3,所以坐标原点到m、n的距离的比值为3.当m的斜率为-时,由图形对称性知,坐标原点到m、n的距离之比仍为3.综上,坐标原点到m,n距离的比值为3.2.平面直角坐标系中,O为坐标原点,给定两点A(1,0),B(0,-2),点C满足=+,其中,R,且-2=1.(1)求点C的轨迹方程;(2)设点C的轨迹与椭圆+=1(ab0)交于两点M,N,且以MN为直径的圆过原点,求证:+为定值.(1)解:设C(x,y),由=+,可得(x,y)=(1,0)+(0,-2),所以代入-2=1有x+y=1,即点C的轨迹方程为x+y=1.(2)证明:由(a2+b2)x2-2a2x+a2-a2b2=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.因为以MN为直径的圆过原点O,所以=0x1x2+y1y2=0x1x2+(1-x1)(1-x2)=1-(x1+x2)+2x1x2=1-+2=0a2+b2-2a2b2=0,所以+=2为定值.类型二:圆锥曲线中的最值问题3.(xx郑州第一次质量预测)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之比为,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A,B两点,直线l:y=mx+n与曲线E交于C,D两点,与线段AB相交于一点(与A,B不重合).(1)求曲线E的方程;(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值,若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.解:(1)设点P(x,y),由题意可得=,整理可得+y2=1,曲线E的方程是+y2=1.(2)有最大值,设C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得|AB|=.当m=0时,不合题意.当m0时,由直线l与圆x2+y2=1相切,可得=1,即m2+1=n2.联立消去y得(m2+)x2+2mnx+n2-1=0.=4m2n2-4(m2+)(n2-1)=2m20,x1+x2=,x1x2=,S四边形ACBD=|AB|x2-x1|=.当且仅当2|m|=,即m=时等号成立,此时四边形ABCD的面积的最大值为,n=,经检验可知,直线y=x-和直线y=-x+符合题意.4. 如图,过x轴上动点A(a,0)引抛物线y=x2+1的两条切线AP,AQ.切线斜率分别为k1和k2,切点分别为P,Q. (1)求证:k1k2为定值,并且直线PQ过定点;(2)记APQ的面积为SAPQ,当最小时,求的值.(1)证明:设过A点的直线为y=k(x-a),与抛物线联立得整理得x2-kx+ka+1=0,=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k1k2=-4为定值.抛物线方程y=x2+1,求导得y=2x,设切点P,Q的坐标分别为(xp,yp),(xq,yq),则k1=2xp,k2=2xq,所以xp+xq=+=2a,xpxq=-1.直线PQ的方程:y-yp=(x-xp),由yp=+1,yq=+1,得到y=(xp+xq)x-xpxq+1,整理可得y=2ax+2,所以直线PQ过定点(0,2).(2)解:设A到PQ的距离为d.SAPQ=|PQ|,所以=,设t=1,所以=(t+),当且仅当t=时取等号,此时a=.因为=(xp-a,yp)(xq-a,yq)=xpxq-a(xp+xq)+a2+ypyq,ypyq=(2xpa+2)(2xqa+2)=4a2xpxq+4+4a(xp+xq)=4a2+4,所以=3a2+3=.类型三:证明问题5.已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(mR).(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;(2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于B的上方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM交于点G,求证:A,G,N三点共线.解:(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆,当且仅当解得m0,即k2.设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=,x1x2=.直线BM的方程为y+2=x,点G的坐标为(,1).因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN=,kAG=-,所以kAN-kAG=+=+=k+=k+=0.即kAN=kAG.故A,G,N三点共线.6. (xx浙江卷)如图,设椭圆C:+=1(ab0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.(1)解:设直线l的方程为y=kx+m(k0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为(-,).又点P在第一象限,故点P的坐标为(,).(2)证明:由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=整理得d=,因为a2k2+2ab,所以=a-b,当且仅当k2=时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.