高考数学复习 第九章 高考中的圆锥曲线问题

②
①与②联立解得 M42kk＋ －21，2k4－k 1.
由 D(0,1)，P84kk22－ ＋21，－4k42＋k 1，N(x,0)三点共线知
－844kk22k－ ＋42＋k21－1－01＝0x－－01，解得 N42kk－＋21，0.
所以 MN 的斜率为 m＝42kk＋－2k4－21k－1－42kk－ ＋0 21
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专题五 高考中的圆锥曲线问题
1． 已知 F1、F2 为椭圆2x52 ＋y92＝1 的两个焦点，过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点．若|F2A|＋
|F2B|＝12，则|AB|＝________. 答案 8
解析 由题意知(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|) ＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝2a＋2a， 又由 a＝5，可得|AB|＋(|BF2|＋|AF2|)＝20， 即|AB|＝8. 2． 设 AB 为过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点的弦，则|AB|的最小值为
由于 y0≠1 可得 Ny－0－x01，0，
y＝12x＋2
联立
，
y＝x0y－0 2x－2
解得 M42yy00＋－2xx00＋－24，2y0－4yx00＋2，
设 B(x，y)，则 x＝|OB|sin 30°＝4 3，y＝|OB|cos 30°＝12.
因为点 B(4 3，12)在 x2＝2py 上，
所以(4 3)2＝2p×12，解得 p＝2. 故抛物线 E 的方程为 x2＝4y.
(2)证明 方法一 由(1)知 y＝14x2，y′＝12x.
设 P(x0，y0)，则 x0≠0，且 l 的方程为 y－y0＝12x0(x－x0)，即 y＝12x0x－14x20.
即 3x±ay＝0， 圆(x－2)2＋y2＝4 的圆心为 C(2,0)，半径为 r＝2，
如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|＝ 22－12＝ 3，另一方 面，圆心 C(2,0)到双曲线ax22－y32＝1 的渐近线 3x－ay＝0 的距
离为 d＝|
3×2－a×0|＝ 3＋a2
23， 3＋a2
所以
23＝ 3＋a2
3
3
代入 a＋b＝3 得，c＝ 3，a＝2，b＝1. 故椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(2)证明 方法一 因为 B(2,0)，点 P 不为椭圆顶点，则直线 BP 的方程为 y＝k(x－2)(k≠0，
k≠±12)，
①
①代入x42＋y2＝1，解得 P84kk22－ ＋21，－4k42＋k 1.
直线 AD 的方程为 y＝12x＋1.
3 A.4
B．－34
C．3
D．－3
答案 B
解析 方法一 (特殊值法)
抛物线的焦点为 F12，0，过 F 且垂直于 x 轴的直线交抛物线于 A(12，1)，B(12，－1)，
∴O→A·O→B＝12，1·12，－1＝14－1＝－34.
方法二 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则O→A·O→B＝x1x2＋y1y2. 由抛物线的过焦点的弦的性质知：
＝2 1＋4m2m－m2
∴d＝ 1|A＋B4|m2＝2 m1－m≤m＋(1－m)＝1，
当且仅当 m＝1－m，即 m＝12时，上式等号成立，
又 m＝12满足 Δ＝4m－4m2>0.
∴d 的最大值为 1.
思维升华 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲
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由y＝12x0x－14x20， y＝－1
得x＝x202－x04， y＝－1.
所以 Q 为x202－x04，－1.
设 M(0，y1)，令M→P·M→Q＝0 对满足 y0＝14x20(x0≠0)的 x0，y0 恒成立．
由于M→P＝(x0，y0－y1)，M→Q＝x202－x04，－1－y1，
由M→P·M→Q＝0，得x20－2 4－y0－y0y1＋y1＋y12＝0， 即(y12＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*) 由于(*)式对满足 y0＝14x20(x0≠0)的 y0 恒成立，
3，解得 a2＝1，即 a＝1，该双曲线的实轴长
为 2a＝2.
4． 在抛物线 y＝2x2 上有一点 P，它到 A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点 P 的
坐标是
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()
A．(－2,1)
B．(1,2)
C．(2,1)
D．(－1,2)
答案 B
解析 如图所示，直线 l 为抛物线 y＝2x2 的准线，F 为其焦点，PN⊥l，
(2)记 d＝
|AB| ，求 1＋4m2
d
的最大值．
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思维启迪 (1)依条件，构建关于 p，t 的方程；
(2)建立直线 AB 的斜率 k 与线段 AB 中点坐标间的关系，并表示弦 AB 的长度，运用函数
的性质或基本不等式求 d 的最大值．
解 (1)y2＝2px(p>0)的准线 x＝－p2，
即|y1－y2|的最大值为 3. 所以△APQ 面积的最大值为 3， 此时直线 PQ 的方程为 x＝1. 题型二 圆锥曲线中的定点、定值问题
例 2 (2012·福建)如图，等边三角形 OAB 的边长为 8 3，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． 思维启迪 既然圆过 y 轴上的点，即满足M→P·M→Q＝0，对任意 P、Q 恒成立可待定 M(0， y1)，也可给定特殊的 P 点，猜想 M 点坐标，再证明． (1)解 依题意，得|OB|＝8 3，∠BOy＝30°.
x1x2＝p42＝14，y1y2＝－p2＝－1.
∴O→A·O→B＝14－1＝－34.
题型一 圆锥曲线中的范围、最值问题 例 1 (2012·浙江改编)如图所示，在直角坐标系 xOy 中，点 P(1，12)
到抛物线 C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为54.点 M(t,1)是 C 上的定 点，A，B 是 C 上的两动点，且线段 AB 的中点 Q(m，n)在直线 OM 上． (1)求曲线 C 的方程及 t 的值．
得x＝x202－x04， y＝－1.
所以 Q 为x202－x04，－1.
取 x0＝2，此时 P(2,1)，Q(0，－1)， 以 PQ 为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，
交 y 轴于点 M1(0,1)或 M2(0，－1)；
取 x0＝1，此时 P1，14，Q－32，－1，
以 PQ 为直径的圆为x＋142＋y＋382＝16245，
故 k·2m＝1，
所以直线 AB 的方程为 y－m＝21m(x－m)，
即 x－2my＋2m2－m＝0.
由xy－ 2＝2xmy＋2m2－m＝0， 消去 x，
整理得 y2－2my＋2m2－m＝0， 所以 Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m.
从而|AB|＝
1＋k12·|y1－y2|＝ 1＋4m2· 4m－4m2
|A→M|2＋|B→M|2－2|A→M|·|B→M|cos 2θ＝4. 即(|A→M|＋|B→M|)2－2|A→M|·|B→M|(1＋cos 2θ)＝4. (|A→M|＋|B→M|)2－4|A→M|·|B→M|cos2θ＝4. 而|A→M|·|B→M|cos2θ＝3， 所以(|A→M|＋|B→M|)2－4×3＝4. 所以|A→M|＋|B→M|＝4. 又|A→M|＋|B→M|＝4>2＝|AB|， 因此点 M 的轨迹是以 A，B 为焦点的椭圆(点 M 在 x 轴上也符合题意)，a＝2，c＝1. 所以曲线 C 的方程为x42＋y32＝1.
∴1－(－p2)＝54，p＝12， ∴抛物线 C 的方程为 y2＝x.
又点 M(t,1)在曲线 C 上，∴t＝1.
(2)由(1)知，点 M(1,1)，从而 n＝m，即点 Q(m，m)，
依题意，直线 AB 的斜率存在，且不为 0，
设直线 AB 的斜率为 k(k≠0)．
且 A(x1，y1)，B(x2.y2)， 由yy2212＝＝xx21，， 得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，
＝22k＋41k22－k＋212k－12＝2k＋4 1. 则 2m－k＝2k＋2 1－k＝12(定值)．
方法二 设 P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则 k＝x0y－0 2， 直线 AD 的方程为 y＝12(x＋2)，
直线 BP 的方程为 y＝x0y－0 2(x－2)， 直线 DP 的方程为 y－1＝y0x－0 1x，令 y＝0，
所以1y21－＋yy11＝－02，＝0， 解得 y1＝1. 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1)．
方法二 由(1)知 y＝14x2，y′＝12x.
设 P(x0，y0)，则 x0≠0， 且 l 的方程为 y－y0＝12x0(x－x0)，
即 y＝12x0x－14x02.
由y＝12x0x－14x20， y＝－1
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)如图所示，A、B、D 是椭圆 C 的顶点，P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点，直线 DP
交 x 轴于点 N，直线 AD 交 BP 于点 M，设 BP 的斜率为 k，MN 的斜率为 m.证明：2m－
k 为定值．
(1)解 因为 e＝ 23＝ac，
所以 a＝ 2 c，b＝ 1 c.
AN1⊥l，由抛物线的定义知，|PF|＝|PN|， ∴|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PN|≥|AN1|， 当且仅当 A、P、N 三点共线时取等号．
∴P 点的横坐标与 A 点的横坐标相同即为 1，
则可排除 A、C、D，故选 B.
5． 设坐标原点为 O，抛物线 y2＝2x 与过焦点的直线交于 A、B 两点，则O→A·O→B等于( )