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文档介绍
理科数学专题五高考中的圆锥曲线问题
专题五 高考中的圆锥曲线问题 1.已知F1、F2为椭圆＋＝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 ( ) A. B.p C.2p D.无法确定 答案 C 解析 当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短， 这时x＝，∴y＝±p，|AB|min＝2p. 3.若双曲线－＝1的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为 ( ) A.1 B.2 C.3 D.6 答案 B 解析 双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，即x±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|＝＝，另一方面，圆心C(2,0)到双曲线－＝1的渐近线x－ay＝0的距离为d＝＝，所以＝，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 ( ) 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， 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·等于 ( ) A. B.－ C.3 D.－3 答案 B 解析 方法一 (特殊值法) 抛物线的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A(，1)，B(，－1)， ∴·＝·＝－1＝－. 方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则·＝x1x2＋y1y2. 由抛物线的过焦点的弦的性质知： x1x2＝＝，y1y2＝－p2＝－1. ∴·＝－1＝－. 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，)到抛 物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为.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； (2)记d＝，求d的最大值. 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＝－， ∴1－(－)＝，p＝， ∴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)， 由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k·2m＝1， 所以直线AB的方程为y－m＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由消去x， 整理得y2－2my＋2m2－m＝0， 所以Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m. 从而|AB|＝ ·|y1－y2|＝· ＝2 ∴d＝＝2≤m＋(1－m)＝1， 当且仅当m＝1－m，即m＝时，上式等号成立， 又m＝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，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值. 已知点A(－1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，||·||cos2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点. (1)求||＋||的值，并写出曲线C的方程； (2)求△APQ面积的最大值. 解 (1)设M(x，y)，在△MAB中， |AB|＝2，∠AMB＝2θ， 根据余弦定理得 ||2＋||2－2||·||cos 2θ＝4. 即(||＋||)2－2||·||(1＋cos 2θ)＝4. (||＋||)2－4||·||cos2θ＝4. 而||·||cos2θ＝3， 所以(||＋||)2－4×3＝4. 所以||＋||＝4. 又||＋||＝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＋＝1. (2)设直线PQ的方程为x＝my＋1. 由 消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.① 显然方程①的Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则S△APQ＝×2×|y1－y2|＝|y1－y2|. 由根与系数的关系得 y1＋y2＝－，y1y2＝－. 所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×. 令t＝3m2＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝. 由于函数φ(t)＝t＋在[3，＋∞)上是增函数， 所以t＋≥，当t＝3m2＋3＝3，即m＝0时取等号. 所以(y1－y2)2≤＝9，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，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·＝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，∠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 方法一 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－x. 由得 所以Q为. 设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立. 由于＝(x0，y0－y1)，＝， 由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0， 即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*) 由于(*)式对满足y0＝x(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). 方法二 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－x. 由得 所以Q为. 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P，Q， 以PQ为直径的圆为2＋2＝， 交y轴于点M3(0,1)、M4. 故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1). 以下证明点M(0,1)就是所要求的点. 因为＝(x0，y0－1)，＝， 所以·＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1). 思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关. (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. (2013·江西)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝ ，a＋b＝3. (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＝＝， 所以a＝c，b＝c. 代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1. 故椭圆C的方程为＋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≠±)， ① ①代入＋y2＝1，解得P. 直线AD的方程为y＝x＋1. ② ①与②联立解得M. 由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知 ＝，解得N. 所以MN的斜率为m＝ ＝＝. 则2m－k＝－k＝(定值). 方法二 设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝， 直线AD的方程为y＝(x＋2)， 直线BP的方程为y＝(x－2)， 直线DP的方程为y－1＝x，令y＝0， 由于y0≠1可得N， 联立， 解得M， 因此MN的斜率为 m＝＝ ＝ ＝， 所以2m－k＝－ ＝ ＝ ＝ ＝(定值). 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例3 (2012·广东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝ ，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3. (1)求椭圆C的方程. (2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由. 思维启迪 圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答. 解 (1)∵e2＝＝＝， ∴a2＝3b2， ∴椭圆方程为＋＝1，即x2＋3y2＝3b2. 设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d，则 d＝＝ ＝＝， ∴当y＝－1时，d取得最大值，dmax＝＝3， 解得b2＝1，∴a2＝3. ∴椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)假设存在点M(m，n)满足题意，则＋n2＝1， 即m2＝3－3n2. 设圆心到直线l的距离为d′，则d′<1， d′＝＝. ∴|AB|＝2＝2 . ∴S△OAB＝|AB|d′＝·2 · ＝ . ∵d′<1，∴m2＋n2>1， ∴0<<1， ∴1－>0. ∴S△OAB＝ ≤ ＝， 当且仅当＝1－， 即m2＋n2＝2>1时，S△OAB取得最大值. 由得 ∴存在点M满足题意，M点坐标为，，或， 此时△OAB的面积为. 思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在. (2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法. (2013·长春调研)已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中： x 3 －2 4 y －2 0 －4 (1)求C1，C2的标准方程； (2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由. 解 (1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有＝2p(x≠0)， 据此验证四个点知(3，－2)，(4，－4)在C2上， 易求得C2的标准方程为y2＝4x. 设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)， 把点(－2,0)，(，)代入得， 解得，所以C1的标准方程为＋y2＝1. (2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意. 当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)， 与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2). 由 消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0， 于是x1＋x2＝， ① x1x2＝. ② 所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1] ＝k2[－＋1]＝－. ③ 由⊥，即·＝0，得x1x2＋y1y2＝0.(*) 将②③代入(*)式，得－＝＝0， 解得k＝±2，所以存在直线l满足条件， 且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0. 题型四 直线、圆及圆锥曲线的交汇问题 例4 (2013·浙江)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：＋＝1(a>b>0) 的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径.l1，l2是过点P且 互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于 另一点D. (1)求椭圆C1的方程； (2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程. 思维启迪 (1)根据椭圆的几何性质易求出a，b的值，从而写出椭圆的方程； (2)要求△ABD的面积，需要求出AB，PD的长，AB是圆的弦，考虑用圆的知识来求，PD应当考虑用椭圆的相关知识来求.求出AB，PD的长后，表示出△ABD的面积，再根据式子的形式选择适当的方法求最值. 解 (1)由题意得 所以椭圆C1的方程为＋y2＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0). 由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k， 则直线l1的方程为y＝kx－1. 又圆C2：x2＋y2＝4， 故点O到直线l1的距离 d＝， 所以|AB|＝2＝2. 又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0. 由 消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0， 故x0＝－. 所以|PD|＝. 设△ABD的面积为S，则S＝·|AB|·|PD| ＝， 所以S＝≤ ＝， 当且仅当k＝±时取等号. 所以所求直线l1的方程为y＝±x－1. 思维升华 对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力. (2013·重庆)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴 上，离心率e＝，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A′两 点，|AA′|＝4. (1)求该椭圆的标准方程； (2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外.若PQ⊥P′Q，求圆Q的标准方程. 解 (1)由题意知点A(－c,2)在椭圆上， 则＋＝1.从而e2＋＝1. 由e＝得b2＝＝8，从而a2＝＝16. 故该椭圆的标准方程为＋＝1. (2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0). 又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8＝(x－2x0)2－x＋8 (x∈[－4,4]). 设P(x1，y1)，由题意知，点P是椭圆上到点Q的距离最小的点. 因此，上式当x＝x1时取最小值，又因为x1∈(－4,4)，所以上式当x＝2x0时取最小值， 从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x. 因为PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)， 所以·＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0， 即(x1－x0)2－y＝0. 由椭圆方程及x1＝2x0得x－8＝0， 解得x1＝±，x0＝＝±. 从而|QP|2＝8－x＝. 故这样的圆有两个，其标准方程分别为 2＋y2＝，2＋y2＝. (时间：80分钟) 1.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由. 解 方法一 (1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0). 从而有解得 又a2＝b2＋c2，所以b2＝12， 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t. 由得3x2＋3tx＋t2－12＝0. 因为直线l与椭圆C有公共点， 所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0， 解得－4≤t≤4. 另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，得＝4，解得t＝±2. 由于±2∉[－4，4]， 所以符合题意的直线l不存在. 方法二 (1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)， 且有解得b2＝12，b2＝－3(舍去). 从而a2＝16. 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)同方法一. 2.如图，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，x轴被曲线 C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长. (1)求C1，C2的方程； (2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交 于点A，B，两直线MA，MB分别与C1相交于点D，E. ①证明：MD⊥ME； ②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得＝？请说明理由. (1)解 由题意知，e＝＝，从而a＝2b， 又2＝a，所以a＝2，b＝1. 故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1. (2)①证明 由题意知，直线l的斜率存在，设为k， 则直线l的方程为y＝kx， 由 得x2－kx－1＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1，x2是上述方程的两个实根， 于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1. 又点M的坐标为(0，－1)， 所以kMA·kMB＝·＝ ＝＝＝－1. 故MA⊥MB，即MD⊥ME. ②解 设直线MA的斜率为k1， 则直线MA的方程为y＝k1x－1. 由解得或 故点A的坐标为(k1，k－1). 又直线MB的斜率为－， 同理可得点B的坐标为(－，－1). 于是S1＝|MA|·|MB| ＝·|k1|··|－|＝. 由得(1＋4k)x2－8k1x＝0， 解得或 故点D的坐标为(，). 又直线ME的斜率为－， 同理可得点E的坐标为(，). 于是S2＝|MD|·|ME|＝. 因此＝(4k＋＋17). 由题意知，(4k＋＋17)＝， 解得k＝4或k＝. 又由点A，B的坐标可知，k＝＝k1－， 所以k＝±. 故满足条件的直线l存在，且有两条， 其方程分别为y＝x，y＝－x. 3.如图，已知直线l：y＝kx－2与抛物线C：x2＝－2py(p>0)交于A、B 两点，O为坐标原点，＋＝(－4，－12). (1)求直线l的方程和抛物线C的方程； (2)若抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值. 解 (1)由，得x2＋2pkx－4p＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2pk， y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4. ∵＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4) ＝(－4，－12)， ∴， 解得，故直线l的方程为y＝2x－2， 抛物线C的方程为x2＝－2y. (2)方法一 由，得x2＋4x－4＝0， ∴|AB|＝· ＝·＝4. 设P(t，－t2)(－2－2查看更多