(新課標(biāo))2016高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題6 解析幾何 第4講 圓錐曲線中的綜合問題 文

1、第4講圓錐曲線中的綜合問題 圓與圓錐曲線的綜合問題訓(xùn)練提示:充分挖掘題目條件,尋找圓心與圓錐曲線焦點(diǎn)的位置關(guān)系,圓的半徑與給定線段長度之間的關(guān)系,充分利用“圓的直徑所對圓周角為直角”等性質(zhì)解決問題.1.已知圓心為F1的圓的方程為(x+2)2+y2=32,F2(2,0),C是圓F1上的動點(diǎn),F2C的垂直平分線交F1C于M.(1)求動點(diǎn)M的軌跡方程;(2)設(shè)N(0,2),過點(diǎn)P(-1,-2)作直線l,交M的軌跡于不同于N的A,B兩點(diǎn),直線NA,NB的斜率分別為k1,k2,證明:k1+k2為定值.(1)解:由線段的垂直平分線的性質(zhì)得|MF2|=|MC|.又|F1C|=42,所以|MF1|+|MC|=

2、42,所以|MF2|+|MF1|=424.所以M點(diǎn)的軌跡是以F1,F2為焦點(diǎn),以42為長軸長的橢圓.由c=2,a=22得b=2.故動點(diǎn)M的軌跡方程為x28+y24=1.(2)證明:當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)其方程為y+2=k(x+1),由x28+y24=1,y+2=k(x+1)得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-4k(k-2)1+2k2,x1x2=2k2-8k1+2k2.從而k1+k2=y1-2x1+y2-2x2=2kx1x2+(k-4)(x1+x2)x1x2=2k-(k-4)4k(k-2)2k2-8k=4.當(dāng)直線l的斜

3、率不存在時,得A(-1,142),B(-1,-142),得k1+k2=4.綜上,恒有k1+k2=4.2.設(shè)橢圓M:x2a2+y22=1(a2)的右焦點(diǎn)為F1,直線l:x=a2a2-2與x軸交于點(diǎn)A,若OF1=2F1A(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)).(1)求橢圓M的方程;(2)設(shè)P是橢圓M上的任意一點(diǎn),EF為圓N:x2+(y-2)2=1的任意一條直徑(E,F為直徑的兩個端點(diǎn)),求PEPF的最大值.解:(1)由題設(shè)知,A(a2a2-2,0),F1(a2-2,0),由OF1=2F1A.得a2-2=2(a2a2-2-a2-2),解得a2=6.所以橢圓M的方程為x26+y22=1.(2)設(shè)圓N:x2+(y-2)2

4、=1的圓心為N,則PEPF=(NE-NP)(NF-NP)=(-NF-NP)(NF-NP)=NP2-NF2=NP2-1.從而求PEPF的最大值轉(zhuǎn)化為求NP2的最大值.因?yàn)镻是橢圓M上的任意一點(diǎn),設(shè)P(x0,y0),所以x026+y022=1,即x02=6-3y02,因?yàn)辄c(diǎn)N(0,2),所以NP2=x02+(y0-2)2=-2(y0+1)2+12.因?yàn)閥0-2,2,所以當(dāng)y0=-1時,NP2取得最大值12.所以PEPF的最大值為11.圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題訓(xùn)練提示:由直線方程確定定點(diǎn),若得到直線方程的點(diǎn)斜式:y-y0=k(x-x0),則直線必過定點(diǎn)(x0,y0);若得到了直線方程的斜截式:y=

5、kx+m,則直線必過定點(diǎn)(0,m).證明定值,有時可直接證明定值,有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式,可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無關(guān);也可令系數(shù)等于零,得出定值.3.如圖,等邊三角形OAB的邊長為83,且其三個頂點(diǎn)均在拋物線E:x2=2py(p0)上.(1)求拋物線E的方程;(2)設(shè)動直線l與拋物線E相切于點(diǎn)P,與直線y=-1相交于點(diǎn)Q.證明以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點(diǎn).(1)解:依題意,|OB|=83,BOy=30.設(shè)B(x,y),則x=|OB|sin 30=43,y=|OB|cos 30=12.因?yàn)辄c(diǎn)B(43,12)在x2=2py上,所以(43)2=2p12,解得p=2.故拋物線E的方程為x

6、2=4y.(2)證明:由(1)知y=14x2,y=12x.設(shè)P(x0,y0),則x00,且l的方程為y-y0=12x0(x-x0),即y=12x0x-14x02.由y=12x0x-14x02,y=-1,得x=x02-42x0,y=-1.所以Q(x02-42x0,-1).設(shè)M(0,y1),令MPMQ=0對滿足y0=14x02(x00)的x0,y0恒成立.由于MP=(x0,y0-y1),MQ=(x02-42x0,-1-y1),由MPMQ=0,得x02-42-y0-y0y1+y1+y12=0,即(y12+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*)由于(*)式對滿足y0=14x02(x00)的y0恒成立

7、,所以1-y1=0,y12+y1-2=0,解得y1=1.故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)M(0,1).4.已知直線l:y=x+6,圓O:x2+y2=5,橢圓E:y2a2+x2b2=1(ab0)的離心率e=33,直線l被圓O截得的弦長與橢圓的短軸長相等.(1)求橢圓E的方程;(2)過圓O上任意一點(diǎn)P作橢圓E的兩條切線,若切線都存在斜率,求證兩切線斜率之積為定值.解:(1)設(shè)橢圓半焦距為c,圓心O到l的距離d=61+1=3,則l被圓O截得的弦長為22,所以b=2.由題意得ca=33,a2=b2+c2,又b=2,所以a2=3,b2=2.所以橢圓E的方程為y23+x22=1.(2)證明:設(shè)點(diǎn)P(x0

8、,y0),過點(diǎn)P的橢圓E的切線l0的方程為y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,聯(lián)立直線l0與橢圓E的方程得y=kx+y0-kx0,y23+x22=1,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?yàn)閘0與橢圓E相切,所以=4k(y0-kx0)2-4(3+2k2)2(kx0-y0)2-6=0,整理得(2-x02)k2+2x0y0k-(y02-3)=0,設(shè)滿足題意的橢圓E的兩條切線的斜率分別為k1,k2,則k1k2=-y02-32-x02.因?yàn)辄c(diǎn)P在圓O上,所以x02+y02=5,所以k1k

9、2=-5-x02-32-x02=-1.所以兩條切線斜率之積為常數(shù)-1.圓錐曲線中的存在性問題訓(xùn)練提示:存在性問題,先假設(shè)存在,進(jìn)行一系列推理,若推理正確則存在,若得出矛盾則不存在.5.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦點(diǎn)為F,離心率為22,過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為2,O為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)橢圓的上頂點(diǎn)為N,是否存在直線l交橢圓于P,Q兩點(diǎn),使點(diǎn)F為PQN的垂心?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由.解:(1)設(shè)F(c,0),則ca=22,知a=2c.過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線方程為x=c,代入橢圓方程,有c2a2+y2b2=1,

10、解得y=22b.于是2b=2,解得b=1.又a2-c2=b2,從而a=2,c=1.所以橢圓C的方程為x22+y2=1.(2)假設(shè)存在直線l交橢圓于P,Q兩點(diǎn),且F為PQN的垂心.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),因?yàn)镹(0,1),F(1,0),所以kNF=-1.由NFPQ,知kPQ=1.設(shè)直線l的方程為y=x+m,由y=x+m,x2+2y2=2,得3x2+4mx+2m2-2=0.由0,得m2b0)上,H(-2,0)是M在x軸上的射影.F1是橢圓G的左焦點(diǎn),且HF1=12HO(O為坐標(biāo)原點(diǎn)),MHMF1=45.(1)求橢圓G的方程;(2)在x軸上是否存在定點(diǎn)P0,過P0任意作直線l交橢圓G于

11、A,B兩點(diǎn),使得直線HM始終平分AHB?若存在,則求出P0;若不存在,請說明理由.解:(1)依題可設(shè)M(-2,y0),由HF1=12HO得F1為HO的中點(diǎn),于是F1(-1,0),又由MHMF1=45得(0,-y0)(1,-y0)=45,解得y02=45,于是有(-2)2a2+45b2=1,整理得5a4-29a2+20=(5a2-4)(a2-5)=0,解得a2=5或a2=45(舍去).所以橢圓G的方程是x25+y24=1.(2)設(shè)P0(m,0),A(x1,y1),B(x2,y2),若直線l的斜率不等于零時,可設(shè)直線l為x=ty+m,聯(lián)立x25+y24=1,消去x得(4t2+5)y2+8mty+4

12、m2-20=0,有y1+y2=-8mt4t2+5,y1y2=4m2-204t2+5,注意到HM平分AHBkAH=y1x1+2,kBH=y2x2+2滿足kAH+kBH=0,即y1x1+2+y2x2+2=0y1(x2+2)+y2(x1+2)=0y1(ty2+m+2)+y2(ty1+m+2)=2ty1y2+(m+2)(y1+y2)=02t4m2-204t2+5+(m+2)-8mt4t2+5=0t(2m+5)=0,故m=-52,定點(diǎn)P0(-52,0).若直線l的斜率為零,定點(diǎn)P0(-52,0)也滿足條件,故定點(diǎn)P0(-52,0)為所求. 類型一:圓錐曲線中的最值(范圍)問題1.在平面直角坐標(biāo)系xOy中

13、,已知點(diǎn)A(0,-1),B點(diǎn)在直線y=-3上,M點(diǎn)滿足MBOA,MAAB=MBBA,M點(diǎn)的軌跡為曲線C.(1)求C的方程;(2)P為C上的動點(diǎn),l為C在P點(diǎn)處的切線,求O點(diǎn)到l距離的最小值.解:(1)設(shè)M(x,y),由已知得B(x,-3),又A(0,-1),所以MA=(-x,-1-y),MB=(0,-3-y),AB=(x,-2).再由題意可知(MA+MB)AB=0,即(-x,-4-2y)(x,-2)=0.所以曲線C的方程為y=14x2-2.(2)設(shè)P(x0,y0)為曲線C:y=14x2-2上一點(diǎn).因?yàn)閥=12x,所以l的斜率為12x0.因此直線l的方程為y-y0=12x0(x-x0),即x0x

14、-2y+2y0-x02=0.所以O(shè)點(diǎn)到l的距離d=|2y0-x02|x02+4.又y0=14x02-2,所以d=12x02+4x02+4=12(x02+4+4x02+4)2.當(dāng)x0=0時取等號,所以O(shè)點(diǎn)到l距離的最小值為2.2.(2015云南模擬)如圖,已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為22,且過點(diǎn)(2,2),四邊形ABCD的頂點(diǎn)在橢圓E上,且對角線AC,BD過原點(diǎn)O, kACkBD=-b2a2.求OAOB的取值范圍.解:ca=22,4a2+2b2=1,a2=b2+c2a2=8,b2=4,所以橢圓E的方程為x28+y24=1.當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)lAB:y=kx+m,

15、A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+m,x2+2y2=8(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,所以x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-81+2k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2(2m2-81+2k2)+km(-4km1+2k2)+m2=m2-8k21+2k2.由kOAkOB=-b2a2得y1x1y2x2=-12.所以m2-8k21+2k2=-122m2-81+2k2m2=4k2+2,OAOB=x1x2+y1y2=2m2-81+2k2+m2-8k21+2k2=4k2-22k2+1=2-42k2+1,所以-2OAOB0,x1+x2=-4mn2m2+

16、1,x1x2=2n2-22m2+1,S四邊形ACBD=12|AB|x2-x1|=22m2-n2+12m2+1=2|m|2m2+1=22|m|+1|m|22.當(dāng)且僅當(dāng)2|m|=1|m|,即m=22時等號成立,此時四邊形ABCD面積的最大值為22,n=62,經(jīng)檢驗(yàn)可知,直線y=22x-62和直線y=-22x+62符合題意.4.如圖,過x軸上動點(diǎn)A(a,0)引拋物線y=x2+1的兩條切線AP,AQ.切線斜率分別為k1和k2,切點(diǎn)分別為P,Q.(1)求證:k1k2為定值,并且直線PQ過定點(diǎn);(2)記APQ的面積為SAPQ,當(dāng)SAPQ|PQ|最小時,求APAQ的值.(1)證明:設(shè)過A點(diǎn)的直線為y=k(x

17、-a),與拋物線聯(lián)立得y=k(x-a),y=x2+1,整理得x2-kx+ka+1=0,=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k1k2=-4為定值.拋物線方程y=x2+1,求導(dǎo)得y=2x,設(shè)切點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)分別為(xp,yp),(xq,yq),則k1=2xp,k2=2xq,所以xp+xq=k12+k22=2a,xpxq=k12k22=-1.直線PQ的方程:y-yp=yp-yqxp-xq(x-xp),由yp=xp2+1,yq=xq2+1,得到y(tǒng)=(xp+xq)x-xpxq+1,整理可得y=2ax+2,所以直線PQ過定點(diǎn)(0,2).(2)解:設(shè)A到PQ的距離為d.SAPQ=|PQ|d2,所以

18、SAPQ|PQ|=d2=2a2+224a2+1=a2+14a2+1,設(shè)t=4a2+11,所以SAPQ|PQ|=t2+34t=14(t+3t)32,當(dāng)且僅當(dāng)t=3時取等號,此時a=22.因?yàn)锳PAQ=(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APAQ=3a2+3=92.類型二:證明問題5.如圖,已知點(diǎn)A(1,2)是離心率為22的橢圓C:y2a2+x2b2=1(ab0)上的一點(diǎn),斜率為2的直線BD交橢圓C于B,D兩點(diǎn),且A,B,D三點(diǎn)互不重合.(1)求橢圓C的方程;(2)求證:直線AB,AD的斜率之和為定值.(1)解:由題意,可得e=ca=22,將(1,2)代入橢圓方程,得2a2+1b2=1,又a2=b2+c2,解得a=2,b=2,c=2.所以橢圓C的方程為y24+x22=1.(2)證明:設(shè)直線BD的方程為y=2x+m,又A,B,D三點(diǎn)不重合,所以m0,設(shè)D(x1,y1),B(x2,y2),由y=2x+m,2x2+y2=4得4x2+22mx+m2-4=0.所以=-8m