2022年高考數(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 理

《2022年高考數(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 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(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 理（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(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 理 圓錐曲線中的最值與范圍問題 訓(xùn)練提示:求解最值與范圍問題的關(guān)鍵是尋找目標(biāo)函數(shù)或關(guān)系式,將所求量轉(zhuǎn)化求解. 1.已知圓M:(x+a)2+y2=16a2(a>0)及定點N(a,0),點P是圓M上的動點,點G在MP上,且滿足|GP|=|GN|,G點的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程; (2)若點A(1,0)關(guān)于直線x+y-t=0(t>0)的對稱點在曲線C上,求a的取值范圍. 解:(1)設(shè)G(x,y), 因為|PG|+|GM|=4a,且|PG|=|GN|, 所以|GM|+|GN|=4a>2a, 由橢圓

2、定義得,曲線C的方程為+=1. (2)設(shè)A(1,0)關(guān)于直線x+y-t=0(t>0)的對稱點為 A′(m,n), 則 所以所以A′(t,t-1), 因為A′(t,t-1)在曲線C:+=1上, 所以t2+4(t-1)2=4a2, 化簡得5t2-8t+4-4a2=0(t>0), 因為此方程有正根, 令f(t)=5t2-8t+4-4a2, 其圖象的對稱軸為t=>0, 所以Δ=(-8)2-4×5(4-4a2)≥0, 所以a≥或a≤-, 因為a>0, 所以a的取值范圍為[,+∞). 2.已知拋物線C:x2=4y,F為其焦點. (1)設(shè)P為直線l:x-y-2=0上的點,過點

3、P作拋物線C的兩條切線PA,PB,當(dāng)點P(x0,y0)為直線l上的定點時,求直線AB的方程; (2)當(dāng)點P在直線l上移動時,求|AF|·|BF|的最小值. 解:(1)拋物線C的方程為x2=4y, 即y=x2,求導(dǎo)得y′=x. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(其中y1=,y2=), 則切線PA,PB的斜率分別為x1,x2. 所以切線PA的方程為y-y1=(x-x1), 即y=x-+y1,即x1x-2y-2y1=0. 同理,可得切線PB的方程為x2x-2y-2y2=0. 因為切線PA,PB均過點P(x0,y0), 所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2

4、=0. 所以(x1,y1),(x2,y2)為方程x0x-2y0-2y=0的兩組解. 故直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0. (2)由拋物線定義可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1, 所以|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1. 聯(lián)立方程 消去x整理得y2+(2y0-)y+=0, 由根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=-2y0,y1y2=, 所以|AF|·|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=+-2y0+1. 又點P(x0,y0)在直線l上,所以x0=y0+2. 所以+-2y0+1=2+2y0+5=2(y0+)2+. 所以當(dāng)y0=

5、-時,|AF|·|BF|取得最小值,且最小值為. 圓錐曲線中的定點、定值問題 訓(xùn)練提示:由直線方程確定定點,若得到直線方程的點斜式:y-y0=k(x-x0),則直線必過定點(x0,y0);若得到了直線方程的斜截式:y=kx+m,則直線必過定點(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.已知動圓過定點A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長為8. (1)求動圓圓心的軌跡C的方程; (2)已知點B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明

6、直線l過定點. (1) 解:如圖所示,設(shè)動圓圓心O1(x,y), 由題意,|O1A|=|O1M|, 當(dāng)O1不在y軸上時, 過O1作O1H⊥MN交MN于H, 則H是MN的中點, 所以|O1M|=, 又|O1A|=, 所以=, 化簡得y2=8x(x≠0). 又當(dāng)O1在y軸上時,O1與O重合,點O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=8x, 所以動圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x. (2) 證明:如圖,由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0), P(x1,y1),Q(x2,y2), 將y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0, 其中Δ=

7、-32kb+64>0. 由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=, ① x1x2=, ② 因為x軸是∠PBQ的角平分線, 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, ③ 將①②代入③,并整理得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, 所以k=-b,此時Δ>0, 所以直線l的方程為y=k(x-1), 所以直線l過定點(1,0). 4.已知直線l:y=x+,圓O:x

8、2+y2=5,橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率e=,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==, 則l被圓O截得的弦長為2, 所以b=.由題意得 又b=, 所以a2=3,b2=2. 所以橢圓E的方程為+=1. (2)證明:設(shè)點P(x0,y0),過點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 消去y得2[kx+(y0-kx0

9、)]2+3x2-6=0, 整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0, 因為l0與橢圓E相切, 所以Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6] =0, 整理得(2-)k2+2x0y0k-(-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=-. 因為點P在圓O上, 所以+=5, 所以k1k2=-=-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:+=

10、1(a>b>0)的右焦點為F,離心率為,過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為,O為坐標(biāo)原點. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)橢圓的上頂點為N,是否存在直線l交橢圓于P,Q兩點,使點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=,知a=c. 過點F且與x軸垂直的直線方程為x=c,代入橢圓方程,有+=1, 解得y=±b. 于是b=, 解得b=1. 又a2-c2=b2, 從而a=,c=1. 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)假設(shè)存在直線l交橢圓于P,Q兩點,且F為△PQN的垂心. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2

11、,y2), 因為N(0,1),F(1,0),所以kNF=-1. 由NF⊥PQ,知kPQ=1. 設(shè)直線l的方程為y=x+m, 由 得3x2+4mx+2m2-2=0. 由Δ>0,得m2<3, 且x1+x2=-,x1x2=. 由題意,有·=0. 因為=(x1,y1-1),=(x2-1,y2), 所以x1(x2-1)+y2(y1-1)=0, 即x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0, 所以2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0, 于是2×-m(m-1)+m2-m=0, 解得m=-或m=1. 經(jīng)檢驗,當(dāng)m=1時,△PQN不存在,故舍去m=1. 當(dāng)m

12、=-時符合,直線l的方程為y=x-. 6.已知橢圓M的左、右焦點分別為F1(-,0),F2(,0),且拋物線x2=4y的焦點為橢圓M的頂點,過點P(0,2)的直線l與橢圓M交于不同的兩點A,B. (1)求橢圓M的方程; (2)求△OAB面積的取值范圍; (3)若S△OAB=,是否存在大于1的常數(shù)m,使得橢圓M上存在點Q,滿足=m(+)?若存在,試求出m的值;若不存在,試說明理由. 解:(1)由題意得拋物線x2=4y的焦點坐標(biāo)為(0,1). 所以橢圓M的一個頂點為(0,1), 又其焦點為F1(-,0),F2(,0).故c=,b=1,a=2. 所以橢圓M的方程為+y2=1. (2

13、)存在.當(dāng)直線l的斜率不存在時,直線l即為y軸,此時A,B為橢圓M短軸的兩個端點,A,B,O三點共線,顯然不符合題意.當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)為k, 則直線l的方程為y=kx+2. 由 消去y得x2+4(k2x2+4kx+4)-4=0, 整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得,x1+x2=,x1x2=, (x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=()2-4×=[(-16k)2-48(4k2+1)]=, 故|x1-x2|=, |AB|=·|x1-x2|=. 而點O到直線l的距離d=. 所以△

14、OAB的面積S=×|AB|×d=××=. 設(shè)t=>0,故k2=, 所以S===, 因為t>0,所以t+≥2=4,當(dāng)且僅當(dāng)t=, 即t=2時取得等號,此時k2=, 解得k=±,S取得最大值1. 故△OAB面積的取值范圍為(0,1]. (3)由(2)可知,S△OAB==, 即5=4k2+1,兩邊平方整理得4k4-23k2+19=0, 解得k2=1或k2=. 設(shè)Q(x0,y0),由=m(+), 解得x0=m(x1+x2)=, y0=m(y1+y2) =m(kx1+2+kx2+2) =m[k(x1+x2)+4] =m(+4)=. 故Q(,). 由點Q在橢圓M上可得+(

15、)2=1, 整理得64k2m2+16m2=(4k2+1)2, 解得m2=,故m2=或m2=. 因為m>1,故m=. 所以存在實數(shù)m=,使得橢圓M上存在點Q,滿足=m(+). 類型一:圓與圓錐曲線的綜合 1.設(shè)拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,準(zhǔn)線為l,A為C上一點,已知以F為圓心,FA為半徑的圓F交l于B,D兩點. (1)若∠BFD=90°,△ABD的面積為4,求p的值及圓F的方程; (2)若A,B,F三點在同一直線m上,直線n與m平行,且n與C只有一個公共點,求坐標(biāo)原點到m,n距離的比值. 解:(1)由已知可得△BFD為等腰直角三角形,|BD|=2p,圓F的半

16、徑|FA|=p,又點A到l的距離d=|FA|=p 而S△ABD=4. 所以|BD|·d=4.即×2p×p=4, 所以p=-2(舍去)或p=2 所以圓F的方程為x2+(y-1)2=8. (2)因為A,B,F三點在同一直線m上,所以AB為圓F的直徑,∠ADB=90°. 又由拋物線定義知|AD|=|FA|=|AB|, 所以∠ABD=30°,m的斜率為-或, 當(dāng)m的斜率為時,可設(shè)n方程為y=x+b. 代入x2=2py得x2-px-2pb=0, 由于n與C只有一個公共點,故Δ=p2+8pb=0 所以b=-, 又因為m的截距b1=,=3, 所以坐標(biāo)原點到m、n的距離的比值為3.

17、 當(dāng)m的斜率為-時,由圖形對稱性知,坐標(biāo)原點到m、n的距離之比仍為3. 綜上,坐標(biāo)原點到m,n距離的比值為3. 2.平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點,給定兩點A(1,0),B(0,-2),點C滿足=α+β,其中α,β∈R,且α-2β=1. (1)求點C的軌跡方程; (2)設(shè)點C的軌跡與橢圓+=1(a>b>0)交于兩點M,N,且以MN為直徑的圓過原點,求證:+為定值. (1)解:設(shè)C(x,y),由=α+β, 可得(x,y)=α(1,0)+β(0,-2), 所以? 代入α-2β=1有x+y=1,即點C的軌跡方程為x+y=1. (2)證明:由?(a2+b2)x2-2a2x+a2-a2

18、b2=0. 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=. 因為以MN為直徑的圓過原點O, 所以·=0 ?x1x2+y1y2=0 ?x1x2+(1-x1)(1-x2)=1-(x1+x2)+2x1x2 =1-+2· =0 ?a2+b2-2a2b2=0, 所以+=2為定值. 類型二:圓錐曲線中的最值問題 3.(xx鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)已知動點P到定點F(1,0)和到直線x=2的距離之比為,設(shè)動點P的軌跡為曲線E,過點F作垂直于x軸的直線與曲線E相交于A,B兩點,直線l:y=mx+n與曲線E交于C,D兩點,與線段AB相交于一點(與A,B不重合). (1

19、)求曲線E的方程; (2)當(dāng)直線l與圓x2+y2=1相切時,四邊形ACBD的面積是否有最大值,若有,求出其最大值及對應(yīng)的直線l的方程;若沒有,請說明理由. 解:(1)設(shè)點P(x,y),由題意可得=, 整理可得+y2=1, 曲線E的方程是+y2=1. (2)有最大值,設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2), 由已知可得|AB|=. 當(dāng)m=0時,不合題意. 當(dāng)m≠0時,由直線l與圓x2+y2=1相切, 可得=1,即m2+1=n2. 聯(lián)立 消去y得(m2+)x2+2mnx+n2-1=0. Δ=4m2n2-4(m2+)(n2-1)=2m2>0, x1+x2=,x1x2=, S

20、四邊形ACBD=|AB||x2-x1|= ==≤. 當(dāng)且僅當(dāng)2|m|=, 即m=±時等號成立,此時四邊形ABCD的面積的最大值為,n=±,經(jīng)檢驗可知,直線y=x-和直線y=-x+符合題意. 4. 如圖,過x軸上動點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,切點分別為P,Q. (1)求證:k1·k2為定值,并且直線PQ過定點; (2)記△APQ的面積為S△APQ,當(dāng)最小時,求·的值. (1)證明:設(shè)過A點的直線為y=k(x-a),與拋物線聯(lián)立得 整理得x2-kx+ka+1=0,Δ=k2-4ak-4=0, 所以k1+k2=4a,k1·k

21、2=-4為定值. 拋物線方程y=x2+1,求導(dǎo)得y′=2x, 設(shè)切點P,Q的坐標(biāo)分別為(xp,yp),(xq,yq), 則k1=2xp,k2=2xq, 所以xp+xq=+=2a,xpxq=·=-1. 直線PQ的方程:y-yp=(x-xp), 由yp=+1,yq=+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(0,2). (2)解:設(shè)A到PQ的距離為d.S△APQ=|PQ|×, 所以===, 設(shè)t=≥1, 所以==(t+)≥, 當(dāng)且僅當(dāng)t=時取等號,此時a=±. 因為·=(xp-a,yp)·(xq-a,yq) =xpxq

22、-a(xp+xq)+a2+ypyq, ypyq=(2xpa+2)(2xqa+2) =4a2xpxq+4+4a(xp+xq)=4a2+4, 所以·=3a2+3=. 類型三:證明問題 5.已知曲線C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R). (1)若曲線C是焦點在x軸上的橢圓,求m的取值范圍; (2)設(shè)m=4,曲線C與y軸的交點為A,B(點A位于B的上方),直線y=kx+4與曲線C交于不同的兩點M,N,直線y=1與直線BM交于點G,求證:A,G,N三點共線. 解:(1)曲線C是焦點在x軸上的橢圓, 當(dāng)且僅當(dāng)解得

23、曲線C的方程為x2+2y2=8,點A,B的坐標(biāo)分別為(0,2),(0,-2). 由得(1+2k2)x2+16kx+24=0. 因為直線y=kx+4與曲線C交于不同的兩點, 所以Δ=(16k)2-4(1+2k2)×24>0,即k2>. 設(shè)點M,N的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2), 則y1=kx1+4,y2=kx2+4, x1+x2=,x1x2=. 直線BM的方程為y+2=x, 點G的坐標(biāo)為(,1). 因為直線AN和直線AG的斜率分別為 kAN=,kAG=-, 所以kAN-kAG=+=+ =k+=k+=0. 即kAN=kAG.故A,G,N三點共線. 6. (x

24、x浙江卷)如圖,設(shè)橢圓C:+=1(a>b>0),動直線l與橢圓C只有一個公共點P,且點P在第一象限. (1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點P的坐標(biāo); (2)若過原點O的直線l1與l垂直,證明:點P到直線l1的距離的最大值為a-b. (1)解:設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0), 由消去y得 (b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0. 由于l與C只有一個公共點,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得點P的坐標(biāo)為(-,). 又點P在第一象限, 故點P的坐標(biāo)為(,). (2)證明:由于直線l1過原點O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點P到直線l1的距離 d= 整理得d=, 因為a2k2+≥2ab, 所以≤=a-b, 當(dāng)且僅當(dāng)k2=時等號成立. 所以,點P到直線l1的距離的最大值為a-b.