2021-2022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 文

2021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文圆与圆锥曲线的综合问题训练提示:充分挖掘题目条件,寻找圆心与圆锥曲线焦点的位置关系,圆的半径与给定线段长度之间的关系,充分利用“圆的直径所对圆周角为直角”等性质解决问题.1.已知圆心为F1的圆的方程为(x+2)2+y2=32,F2(2,0),C是圆F1上的动点,F2C的垂直平分线交F1C于M.(1)求动点M的轨迹方程;(2)设N(0,2),过点P(-1,-2)作直线l,交M的轨迹于不同于N的A,B两点,直线NA,NB 的斜率分别为k1,k2,证明:k1+k2为定值.(1)解:由线段的垂直平分线的性质得|MF2|=|MC|.又|F1C|=4,所以|MF1|+|MC|=4,所以|MF2|+|MF1|=4>4.所以M点的轨迹是以F1,F2为焦点,以4为长轴长的椭圆.由c=2,a=2得b=2.故动点M的轨迹方程为+=1.(2)证明:当直线l的斜率存在时,设其方程为y+2=k(x+1),由得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.从而k1+k2=+==2k-(k-4)×=4.当直线l的斜率不存在时,得A(-1,),B(-1,-),得k1+k2=4.综上,恒有k1+k2=4.2.设椭圆M:+=1(a>)的右焦点为F1,直线l:x=与x轴交于点A,若=2(其中O为坐标原点).(1)求椭圆M的方程;(2)设P是椭圆M上的任意一点,EF为圆N:x2+(y-2)2=1的任意一条直径(E,F为直径的两个端点),求·的最大值.解:(1)由题设知,A(,0),F1(,0),由=2.得=2(-),解得a2=6.所以椭圆M的方程为+=1.(2)设圆N:x2+(y-2)2=1的圆心为N,则·=(-)·(-)=(--)·(-)=-=-1.从而求·的最大值转化为求的最大值.因为P是椭圆M上的任意一点,设P(x0,y0),所以+=1,即=6-3,因为点N(0,2),所以=+(y0-2)2=-2(y0+1)2+12.因为y0∈[-,],所以当y0=-1时,取得最大值12.所以·的最大值为11.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.如图,等边三角形OAB的边长为8,且其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p>0)上.(1)求抛物线E的方程;(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.(1)解:依题意,|OB|=8,∠BOy=30°.设B(x,y),则x=|OB|sin 30°=4,y=|OB|cos 30°=12.因为点B(4,12)在x2=2py上,所以(4)2=2p×12,解得p=2.故抛物线E的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)知y=x2,y′=x.设P(x0,y0),则x0≠0,且l的方程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-.由得所以Q(,-1).设M(0,y1),令·=0对满足y0=(x0≠0)的x0,y0恒成立.由于=(x0,y0-y1),=(,-1-y1),由·=0,得-y0-y0y1+y1+=0,即(+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*)由于(*)式对满足y0=(x0≠0)的y0恒成立,所以解得y1=1.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).4.已知直线l:y=x+,圆O:x2+y2=5,椭圆E:+=1(a>b>0)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2[kx+(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Δ=[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(a>b>0)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k NF=-1.由NF⊥PQ,知k PQ=1.设直线l的方程为y=x+m,由得3x2+4mx+2m2-2=0.由Δ>0,得m2<3,且x1+x2=-,x1x2=.由题意,有·=0.因为=(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.经检验,当m=1时,△PQN不存在,故舍去m=1.当m=-时符合,直线l的方程为y=x-.6.(xx河北沧州4月质检)已知点M在椭圆G:+=1(a>b>0)上,H(-2,0)是M在x轴上的射影.F1是椭圆G的左焦点,且=(O为坐标原点),·=.(1)求椭圆G的方程;(2)在x轴上是否存在定点P0,过P0任意作直线l交椭圆G于A,B两点,使得直线HM始终平分∠AHB?若存在,则求出P0;若不存在,请说明理由.解:(1)依题可设M(-2,y0),由=得F1为HO的中点,于是F1(-1,0),又由·=得(0,-y0)·(1,-y0)=,解得=,于是有+=1,整理得5a4-29a2+20=(5a2-4)(a2-5)=0,解得a2=5或a2=(舍去).所以椭圆G的方程是+=1.(2)设P0(m,0),A(x1,y1),B(x2,y2),若直线l的斜率不等于零时,可设直线l为x=ty+m,联立+=1,消去x得(4t2+5)y2+8mty+4m2-20=0,有y1+y2=,y1y2=,注意到HM平分∠AHB⇒k AH=,k BH=满足k AH+k BH=0,即+=0⇒y1(x2+2)+y2(x1+2)=0⇒y1(ty2+m+2)+y2(ty1+m+2)=2ty1y2+(m+2)(y1+y2)=0⇒2t·+(m+2)·=0⇒t(2m+5)=0,故m=-,定点P0(-,0).若直线l的斜率为零,定点P0(-,0)也满足条件,故定点P0(-,0)为所求.类型一:圆锥曲线中的最值(范围)问题1.在平面直角坐标系xOy中,已知点A(0,-1),B点在直线y=-3上,M点满足∥,·=·,M 点的轨迹为曲线C.(1)求C的方程;(2)P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求O点到l距离的最小值.解:(1)设M(x,y),由已知得B(x,-3),又A(0,-1),所以=(-x,-1-y),=(0,-3-y),=(x,-2).再由题意可知(+)·=0,即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0.所以曲线C的方程为y=x2-2.(2)设P(x0,y0)为曲线C:y=x2-2上一点.因为y′=x,所以l的斜率为x0.因此直线l的方程为y-y0=x0(x-x0),即x0x-2y+2y0-=0.所以O点到l的距离d=.又y0=-2,所以d==(+)≥2.当x0=0时取等号,所以O点到l距离的最小值为2.2.(xx云南模拟)如图,已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点(2,),四边形ABCD的顶点在椭圆E上,且对角线AC,BD过原点O, k AC·k BD=-.求·的取值范围.解:⇒所以椭圆E的方程为+=1.当直线AB的斜率存在时,设l AB:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由⇒(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,所以x1+x2=,x1x2=,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2()+km()+m2=.由k OA·k OB=-得·=-.所以=-·⇒m2=4k2+2,·=x1x2+y1y2=+==2-,所以-2≤·<2,当k=0时,·=-2,当k不存在即AB⊥x轴时,·=2,所以·的取值范围是[-2,2].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m≠0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.Δ=4m2n2-4(m2+)(n2-1)=2m2>0,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:k1·k2为定值,并且直线PQ过定点;(2)记△APQ的面积为S△APQ,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,Δ=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k1·k2=-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(x p,y p),(x q,y q),则k1=2x p,k2=2x q,所以x p+x q=+=2a,x p x q=·=-1.直线PQ的方程:y-y p=(x-x p),由y p=+1,y q=+1,得到y=(x p+x q)x-x p x q+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.S△APQ=|PQ|×,所以===,设t=≥1,所以==(t+)≥,当且仅当t=时取等号,此时a=±.因为·=(x p-a,y p)·(x q-a,y q)=x p x q-a(x p+x q)+a2+y p y q,y p y q=(2x p a+2)(2x q a+2)=4a2x p x q+4+4a(x p+x q)=4a2+4,所以·=3a2+3=.类型二:证明问题5.如图,已知点A(1,)是离心率为的椭圆C:+=1(a>b>0)上的一点,斜率为的直线BD交椭圆C于B,D两点,且A,B,D三点互不重合.(1)求椭圆C的方程;(2)求证:直线AB,AD的斜率之和为定值.(1)解:由题意,可得e==,将(1,)代入椭圆方程,得+=1,又a2=b2+c2,解得a=2,b=,c=.所以椭圆C的方程为+=1.(2)证明:设直线BD的方程为y=x+m,又A,B,D三点不重合,所以m≠0,设D(x1,y1),B(x2,y2),由得4x2+2mx+m2-4=0.所以Δ=-8m2+64>0⇒-2<m<2.x1+x2=-m,①x1x2=,②设直线AB,AD的斜率分别为k AB,k AD,则k AD+k AB=+=+=2+m·(*)将①、②式代入(*),整理得2+m·=2-2=0,所以k AD+k AB=0,即直线AB,AD的斜率之和为定值0.6.已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(m∈R).(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<m<5,所以m的取值范围是(,5).(2)当m=4时,曲线C的方程为x2+2y2=8,点A,B的坐标分别为(0,2),(0,-2).由得(1+2k2)x2+16kx+24=0.因为直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点,所以Δ=(16k)2-4(1+2k2)×24>0,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k AN=,k AG=-,所以k AN-k AG=+=+=k+=k+=0.即k AN=k AG.故A,G,N三点共线.。