理科數(shù)學(xué)專題五-高考中的圓錐曲線問題(共21頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專題五高考中的圓錐曲線問題1.已知F1、F2為橢圓1的兩個(gè)焦點(diǎn)，過F1的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn).若|F2A|F2B|12，則|AB|_.答案8解析由題意知(|AF1|AF2|)(|BF1|BF2|)|AB|AF2|BF2|2a2a，又由a5，可得|AB|(|BF2|AF2|)20，即|AB|8.2.設(shè)AB為過拋物線y22px(p0)的焦點(diǎn)的弦，則|AB|的最小值為()A.B.pC.2pD.無法確定答案C解析當(dāng)弦AB垂直于對(duì)稱軸時(shí)|AB|最短，這時(shí)x，yp，|AB|min2p.3.若雙曲線1的一條漸近線被圓(x2)2y24所截得的弦長為2，則該雙曲線的實(shí)軸長為()A.1

2、B.2C.3D.6答案B解析雙曲線1的漸近線方程為yx，即xay0，圓(x2)2y24的圓心為C(2,0)，半徑為r2，如圖，由圓的弦長公式得弦心距|CD|，另一方面，圓心C(2,0)到雙曲線1的漸近線xay0的距離為d，所以，解得a21，即a1，該雙曲線的實(shí)軸長為2a2.4.在拋物線y2x2上有一點(diǎn)P，它到A(1,3)的距離與它到焦點(diǎn)的距離之和最小，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是()A.(2,1)B.(1,2)C.(2,1)D.(1,2)答案B解析如圖所示，直線l為拋物線y2x2的準(zhǔn)線，F(xiàn)為其焦點(diǎn)，PNl，AN1l，由拋物線的定義知，|PF|PN|，|AP|PF|AP|PN|AN1|，當(dāng)且僅當(dāng)A、P、N三點(diǎn)

3、共線時(shí)取等號(hào).P點(diǎn)的橫坐標(biāo)與A點(diǎn)的橫坐標(biāo)相同即為1，則可排除A、C、D，故選B.5.設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O，拋物線y22x與過焦點(diǎn)的直線交于A、B兩點(diǎn)，則等于()A.B.C.3D.3答案B解析方法一(特殊值法)拋物線的焦點(diǎn)為F，過F且垂直于x軸的直線交拋物線于A(，1)，B(，1)，1.方法二設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2y1y2.由拋物線的過焦點(diǎn)的弦的性質(zhì)知：x1x2，y1y2p21.1.題型一圓錐曲線中的范圍、最值問題例1(2012浙江改編)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P(1，)到拋 物線C：y22px(p0)的準(zhǔn)線的距離為.點(diǎn)M(t,1)是C上的定點(diǎn)，A，B是C上的兩動(dòng)點(diǎn)

4、，且線段AB的中點(diǎn)Q(m，n)在直線OM上.(1)求曲線C的方程及t的值；(2)記d，求d的最大值.思維啟迪(1)依條件，構(gòu)建關(guān)于p，t的方程；(2)建立直線AB的斜率k與線段AB中點(diǎn)坐標(biāo)間的關(guān)系，并表示弦AB的長度，運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)或基本不等式求d的最大值.解(1)y22px(p0)的準(zhǔn)線x，1()，p，拋物線C的方程為y2x.又點(diǎn)M(t,1)在曲線C上，t1.(2)由(1)知，點(diǎn)M(1,1)，從而nm，即點(diǎn)Q(m，m)，依題意，直線AB的斜率存在，且不為0，設(shè)直線AB的斜率為k(k0).且A(x1，y1)，B(x2.y2)，由得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k2m1，所以直線AB的方程

5、為ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.從而|AB| |y1y2|2d2m(1m)1，當(dāng)且僅當(dāng)m1m，即m時(shí)，上式等號(hào)成立，又m滿足4m4m20.d的最大值為1.思維升華圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值.已知點(diǎn)A(1,0)，B(1,0)，動(dòng)點(diǎn)M的軌跡曲線C滿足AMB2，|cos23，過點(diǎn)B的直線交曲線C于P，Q兩

6、點(diǎn).(1)求|的值，并寫出曲線C的方程；(2)求APQ面積的最大值.解(1)設(shè)M(x，y)，在MAB中，|AB|2，AMB2，根據(jù)余弦定理得|2|22|cos 24.即(|)22|(1cos 2)4.(|)24|cos24.而|cos23，所以(|)2434.所以|4.又|42|AB|，因此點(diǎn)M的軌跡是以A，B為焦點(diǎn)的橢圓(點(diǎn)M在x軸上也符合題意)，a2，c1.所以曲線C的方程為1.(2)設(shè)直線PQ的方程為xmy1.由消去x并整理得(3m24)y26my90.顯然方程的0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則SAPQ2|y1y2|y1y2|.由根與系數(shù)的關(guān)系得y1y2，y1y2.所以(y1

7、y2)2(y1y2)24y1y248.令t3m23，則t3，(y1y2)2.由于函數(shù)(t)t在3，)上是增函數(shù)，所以t，當(dāng)t3m233，即m0時(shí)取等號(hào).所以(y1y2)29，即|y1y2|的最大值為3.所以APQ面積的最大值為3，此時(shí)直線PQ的方程為x1.題型二圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題例2(2012福建)如圖，等邊三角形OAB的邊長為8，且其三個(gè)頂點(diǎn)均在 拋物線E：x22py(p0)上.(1)求拋物線E的方程；(2)設(shè)動(dòng)直線l與拋物線E相切于點(diǎn)P，與直線y1相交于點(diǎn)Q，證明：以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點(diǎn).思維啟迪既然圓過y軸上的點(diǎn)，即滿足0，對(duì)任意P、Q恒成立可待定M(0，y1)，也可給

8、定特殊的P點(diǎn)，猜想M點(diǎn)坐標(biāo)，再證明.(1)解依題意，得|OB|8，BOy30.設(shè)B(x，y)，則x|OB|sin 304，y|OB|cos 3012.因?yàn)辄c(diǎn)B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故拋物線E的方程為x24y.(2)證明方法一由(1)知yx2，yx.設(shè)P(x0，y0)，則x00，且l的方程為yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q為.設(shè)M(0，y1)，令0對(duì)滿足y0x(x00)的x0，y0恒成立.由于(x0，y0y1)，由0，得y0y0y1y1y0，即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式對(duì)滿足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故

9、以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)M(0,1).方法二由(1)知yx2，yx.設(shè)P(x0，y0)，則x00，且l的方程為yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q為.取x02，此時(shí)P(2,1)，Q(0，1)，以PQ為直徑的圓為(x1)2y22，交y軸于點(diǎn)M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此時(shí)P，Q，以PQ為直徑的圓為22，交y軸于點(diǎn)M3(0,1)、M4.故若滿足條件的點(diǎn)M存在，只能是M(0,1).以下證明點(diǎn)M(0,1)就是所要求的點(diǎn).因?yàn)?x0，y01)，所以2y022y022y020.故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)M(0,1).思維升華求定點(diǎn)及定值問題常見的方法有兩種：(1)從

10、特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān).(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值.(2013江西)橢圓C：1(ab0)的離心率e ，ab3.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖所示，A、B、D是橢圓C的頂點(diǎn)，P是橢圓C上除頂點(diǎn)外的任意一點(diǎn)，直線DP交x軸于點(diǎn)N，直線AD交BP于點(diǎn)M，設(shè)BP的斜率為k，MN的斜率為m.證明：2mk為定值.(1)解因?yàn)閑，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故橢圓C的方程為y21.(2)證明方法一因?yàn)锽(2,0)，點(diǎn)P不為橢圓頂點(diǎn)，則直線BP的方程為yk(x2)(k0，k)，代入y21，解得P.直線AD的方程為yx1.與聯(lián)立解得M

11、.由D(0,1)，P，N(x,0)三點(diǎn)共線知，解得N.所以MN的斜率為m.則2mkk(定值).方法二設(shè)P(x0，y0)(x00，2)，則k，直線AD的方程為y(x2)，直線BP的方程為y(x2)，直線DP的方程為y1x，令y0，由于y01可得N，聯(lián)立，解得M，因此MN的斜率為m，所以2mk(定值).題型三圓錐曲線中的探索性問題例3(2012廣東)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：1(ab0)的離心率e ，且橢圓C上的點(diǎn)到點(diǎn)Q(0,2)的距離的最大值為3.(1)求橢圓C的方程.(2)在橢圓C上，是否存在點(diǎn)M(m，n)，使得直線l：mxny1與圓O：x2y21相交于不同的兩點(diǎn)A、B，且OAB的

12、面積最大？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)及對(duì)應(yīng)的OAB的面積；若不存在，請(qǐng)說明理由.思維啟迪圓錐曲線中，這類問題的解題思想是假設(shè)其結(jié)論成立、存在等，在這個(gè)假設(shè)下進(jìn)行推理論證，如果得到了一個(gè)合情合理的推理結(jié)果，就肯定假設(shè)，對(duì)問題作出正面回答；如果得到一個(gè)矛盾的結(jié)果，就否定假設(shè)，對(duì)問題作出反面回答.解(1)e2，a23b2，橢圓方程為1，即x23y23b2.設(shè)橢圓上的點(diǎn)到點(diǎn)Q(0,2)的距離為d，則d，當(dāng)y1時(shí)，d取得最大值，dmax3，解得b21，a23.橢圓C的方程為y21.(2)假設(shè)存在點(diǎn)M(m，n)滿足題意，則n21，即m233n2.設(shè)圓心到直線l的距離為d，則d1，d.|AB|22 .SOAB|

13、AB|d2 .d1，00.SOAB ，當(dāng)且僅當(dāng)1，即m2n221時(shí)，SOAB取得最大值.由得存在點(diǎn)M滿足題意，M點(diǎn)坐標(biāo)為，或，此時(shí)OAB的面積為.思維升華(1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在.(2)反證法與驗(yàn)證法也是求解探索性問題常用的方法.(2013長春調(diào)研)已知橢圓C1、拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上，C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，從每條曲線上各取兩個(gè)點(diǎn)，將其坐標(biāo)記錄于下表

14、中：x324y204(1)求C1，C2的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)是否存在直線l滿足條件：過C2的焦點(diǎn)F；與C1交于不同的兩點(diǎn)M，N，且滿足？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由.解(1)設(shè)拋物線C2：y22px(p0)，則有2p(x0)，據(jù)此驗(yàn)證四個(gè)點(diǎn)知(3，2)，(4，4)在C2上，易求得C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為y24x.設(shè)橢圓C1：1(ab0)，把點(diǎn)(2,0)，(，)代入得，解得，所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)容易驗(yàn)證當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不滿足題意.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為yk(x1)，與C1的交點(diǎn)為M(x1，y1)，N(x2，y2).由消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k

15、21)0，于是x1x2，x1x2.所以y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1k21.由，即0，得x1x2y1y20.(*)將代入(*)式，得0，解得k2，所以存在直線l滿足條件，且直線l的方程為2xy20或2xy20.題型四直線、圓及圓錐曲線的交匯問題例4(2013浙江)如圖，點(diǎn)P(0，1)是橢圓C1：1(ab0)的一個(gè)頂點(diǎn)，C1的長軸是圓C2：x2y24的直徑.l1，l2是過點(diǎn)P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點(diǎn)，l2交橢圓C1于另一點(diǎn)D.(1)求橢圓C1的方程；(2)求ABD面積取最大值時(shí)直線l1的方程.思維啟迪(1)根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)易求出a，b的值，

16、從而寫出橢圓的方程；(2)要求ABD的面積，需要求出AB，PD的長，AB是圓的弦，考慮用圓的知識(shí)來求，PD應(yīng)當(dāng)考慮用橢圓的相關(guān)知識(shí)來求.求出AB，PD的長后，表示出ABD的面積，再根據(jù)式子的形式選擇適當(dāng)?shù)姆椒ㄇ笞钪?解(1)由題意得所以橢圓C1的方程為y21.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0).由題意知直線l1的斜率存在，不妨設(shè)其為k，則直線l1的方程為ykx1.又圓C2：x2y24，故點(diǎn)O到直線l1的距離d，所以|AB|22.又l2l1，故直線l2的方程為xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.設(shè)ABD的面積為S，則S|AB|PD|

17、，所以S，當(dāng)且僅當(dāng)k時(shí)取等號(hào).所以所求直線l1的方程為yx1.思維升華對(duì)直線、圓及圓錐曲線的交匯問題，要認(rèn)真審題，學(xué)會(huì)將問題拆分成基本問題，然后綜合利用數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、方程的思想等來解決問題，這樣可以漸漸增強(qiáng)自己解決綜合問題的能力.(2013重慶)如圖，橢圓的中心為原點(diǎn)O，長軸在x軸 上，離心率e，過左焦點(diǎn)F1作x軸的垂線交橢圓于A，A兩 點(diǎn)，|AA|4.(1)求該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)取垂直于x軸的直線與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)P，P，過P，P作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點(diǎn)均在圓Q外.若PQPQ，求圓Q的標(biāo)準(zhǔn)方程.解(1)由題意知點(diǎn)A(c,2)在橢圓上，則1.從而e21.由e得b

18、28，從而a216.故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)由橢圓的對(duì)稱性，可設(shè)Q(x0,0).又設(shè)M(x，y)是橢圓上任意一點(diǎn)，則|QM|2(xx0)2y2x22x0xx8(x2x0)2x8 (x4,4).設(shè)P(x1，y1)，由題意知，點(diǎn)P是橢圓上到點(diǎn)Q的距離最小的點(diǎn).因此，上式當(dāng)xx1時(shí)取最小值，又因?yàn)閤1(4,4)，所以上式當(dāng)x2x0時(shí)取最小值，從而x12x0，且|QP|28x.因?yàn)镻QPQ，且P(x1，y1)，所以(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y0.由橢圓方程及x12x0得x80，解得x1，x0.從而|QP|28x.故這樣的圓有兩個(gè)，其標(biāo)準(zhǔn)方程分別為2y2，2y2.(時(shí)

19、間：80分鐘)1.已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O的橢圓C經(jīng)過點(diǎn)A(2,3)，且點(diǎn)F(2,0)為其右焦點(diǎn).(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在平行于OA的直線l，使得直線l與橢圓C有公共點(diǎn)，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由.解方法一(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為1(ab0)，且可知其左焦點(diǎn)為F(2,0).從而有解得又a2b2c2，所以b212，故橢圓C的方程為1.(2)假設(shè)存在符合題意的直線l，設(shè)其方程為yxt.由得3x23txt2120.因?yàn)橹本€l與橢圓C有公共點(diǎn)，所以(3t)243(t212)0，解得4t4.另一方面，由直線OA與l的距離d4，得4，解得t2.

20、由于24，4，所以符合題意的直線l不存在.方法二(1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為1(ab0)，且有解得b212，b23(舍去).從而a216.所以橢圓C的方程為1.(2)同方法一.2.如圖，橢圓C1：1(ab0)的離心率為，x軸被曲線C2：yx2b截得的線段長等于C1的長半軸長.(1)求C1，C2的方程；(2)設(shè)C2與y軸的交點(diǎn)為M，過坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與C2相交于點(diǎn)A，B，兩直線MA，MB分別與C1相交于點(diǎn)D，E.證明：MDME；記MAB，MDE的面積分別為S1，S2.問：是否存在直線l，使得？請(qǐng)說明理由.(1)解由題意知，e，從而a2b，又2a，所以a2，b1.故C1，C2的方程分別為y2

21、1，yx21.(2)證明由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為ykx，由得x2kx10.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，于是x1x2k，x1x21.又點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，1)，所以kMAkMB1.故MAMB，即MDME.解設(shè)直線MA的斜率為k1，則直線MA的方程為yk1x1.由解得或故點(diǎn)A的坐標(biāo)為(k1，k1).又直線MB的斜率為，同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為(，1).于是S1|MA|MB|k1|.由得(14k)x28k1x0，解得或故點(diǎn)D的坐標(biāo)為(，).又直線ME的斜率為，同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為(，).于是S2|MD|ME|.因此(4k17).由題意

22、知，(4k17)，解得k4或k.又由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)可知，kk1，所以k.故滿足條件的直線l存在，且有兩條，其方程分別為yx，yx.3.如圖，已知直線l：ykx2與拋物線C：x22py(p0)交于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，(4，12).(1)求直線l的方程和拋物線C的方程；(2)若拋物線上一動(dòng)點(diǎn)P從A到B運(yùn)動(dòng)時(shí)，求ABP面積的最大值.解(1)由，得x22pkx4p0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x22pk，y1y2k(x1x2)42pk24.(x1x2，y1y2)(2pk，2pk24)(4，12)，解得，故直線l的方程為y2x2，拋物線C的方程為x22y.(2)方法一由，得x24

23、x40，|AB|4.設(shè)P(t，t2)(22t22)，|AB|為定值，當(dāng)點(diǎn)P到直線l的距離d最大時(shí)，ABP的面積最大.而d，又22tb0)，則c1，又(ac)(ac)a2c21.a22，b21，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)假設(shè)存在直線l交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且F恰為PQM的垂心，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(0,1)，F(xiàn)(1,0)，直線l的斜率k1.于是設(shè)直線l為yxm，由得3x24mx2m220，x1x2m，x1x2.x1(x21)y2(y11)0.又yixim(i1,2)，x1(x21)(x2m)(x1m1)0，即2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.將代入得2(m1)m2m0， 解得m或m1，經(jīng)檢驗(yàn)m符合條件.故存在直線l，使點(diǎn)F恰為PQM的垂心，直線l的方程為yx.5.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓1的左，右頂點(diǎn)分別為A，B，右焦點(diǎn)為F.設(shè)過點(diǎn)