高考数学一轮总复习资料第九章圆锥曲线的综合问题

第六讲 圆锥曲线的综合问题
考法1 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题 命题角度1 最值问题
1[2019全国卷Ⅱ]已知点A ( - 2,0),B (2,0),动点M (x ,y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为 -
12
.记M 的轨迹为曲线C.
(1)求C 的方程,并说明C 是什么曲线.
(2)过坐标原点的直线交C 于P ,Q 两点,点P 在第一象限,PE ⊥x 轴,垂足为E ,连接QE 并延长交C 于点G.
(i )证明:△PQG 是直角三角形; (ii )求△PQG 面积的最大值.
(1)先利用条件k AM ·k BM = - 1
2建立方程,再将点的坐标代入,化简即得C 的方程,从而可
判断C 是什么曲线.(2)(i )设直线PQ 的方程为y =kx (k >0),然后与椭圆方程联立,求得点P ,Q ,E 的坐标,从而求得直线QG 的方程,并与椭圆方程联立,求得点G 的坐标,由此求得直线PG 的斜率,进而可得PQ ⊥PG ,即证△PQG 是直角三角形;(ii )由(i )求出|PQ |,|PG |,从而得到△PQG 面积的表达式,进而利用换元法及函数的单调性求其最大值.
(1)由题设得
y
x+2·y x -2
= - 1
2
,化简得x 24
+y 2
2
=1(|x |≠2),所以C 为中心在坐标原点,焦点在x 轴上且
不含左、右顶点的椭圆.
(2)(i )设直线PQ 的斜率为k ,则其方程为y =kx (k >0). 由{y =kx,x 24+y 22=1
得x =±2.
记u =
2
,则P (u ,uk ),Q ( - u , - uk ),E (u ,0).
于是直线QG 的斜率为k
2,方程为y =k
2(x - u ).
由{y =k
2
(x -u),
x 24+y 22=1得(2+k 2)x 2 - 2uk 2x +k 2u 2 - 8=0 ①.
设G (x G ,y G ),则x = - u 和x =x G 是方程①的解,故x G =u(3k 2+2)2+k 2
,由此得y G =
uk 3
2+k 2
.
从而直线PG 的斜率为
uk 3
2+k 2
-uk
u(3k 2+2)2+k 2-u
= - 1
k
.
所以PQ ⊥PG ,即△PQG 是直角三角形. (ii )由(i )得|PQ |=2u √1+
k 2,|PG |=2uk √k 2+12+k 2
,所以△
PQG 的面积S =1
2|PQ ||PG |=8k(1+k 2)
(1+2k 2)(2+k 2)=
8(1k +k)
1+2(1
k
+k)2
.
设t =k +1
k
,则由k >0得t ≥2,当且仅当k =1时取等号.
因为S =8t 1+2t 2在[2,+∞)上单调递减,所以当t =2,即k =1时,S 取得最大值,最大值为16
9. 因此,△PQG 面积的最大值为16
9.
命题角度2 范围问题
2已知椭圆C :x 2a 2+y 2
b 2=1(a>b>0)的右焦点为F ,过原点O 的直线l 1:y =3
2x 与椭圆交于A ,B 两点(点A 在第一象限),且|AF |+|BF |=4,椭圆C 的离心率为1
2. (1)求椭圆C 的标准方程;
(2)若以点A 为切点的椭圆的切线l 2:x +2y-4=0与y 轴的交点为P ,过点P 的直线l 3与椭圆C 交于不同的两点M ,N ,求
|PM|·|PN||PA|2
的取值范围.
(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF'
四边形AFBF'为平行四边形
|AF |=|BF'|
a =2
c =1
b =√3椭圆C 的标准方程;
(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF',
由椭圆的对称性可知,A ,B 关于原点对称,则|OA |=|OB |. 又|OF'|=|OF |,所以四边形AFBF'为平行四边形,所以|AF |=|BF'|, 由椭圆的定义得|AF |+|BF |=|BF |+|BF'|=2a =4,解得a =2. 又椭圆C 的离心率为1
2,所以e =c
a =1
2,则c =1,b =√a 2-c 2=√3, 所以椭圆C 的标准方程为x 2
4
+y 2
3
=1.
(2)由{x +2y -4=0,y =32
x,
解得{
x =1,y =32,则点A (1,3
2). 易知点P (0,2),
所以|PA |2=(1-0)2+(32-2)2=5
4.
当直线l 3与x 轴垂直时,|PM |·|PN |=(2+√3)×(2-√3)=1, 故
|PM|·|PN||PA|
2
=4
5.
当直线l 3与x 轴不垂直时,
设直线l 3的方程为y =kx +2,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1x 2>0. 由{y =kx +2,
x 24+y 23=1,得(3+4k 2)x 2+16kx +4=0,
由Δ=48(4k 2-1)>0,得k 2>1
4,
则x 1x 2=
43+4k 2
.
设直线l 3的倾斜角为α, 则|PM |=
|x 1||cosα|
=√1+k 2|x 1|,|PN |=
|x 2|
|cosα|
=√1+k 2|x 2|,
则|PM |·|PN |=(1+k 2)x 1x 2=(1+k 2)·4
3+4k 2=1+1
3+4k 2. 因为k 2>1
4,所以1<1+1
3+4k 2<5
4,即1<|PM |·|PN |<5
4, 所以4
5<
|PM|·|PN||PA|2<1.
综上可知,
|PM|·|PN||PA|
2
的取值范围为[4
5,1).
思维拓展
1.[2017浙江高考]如图9- 6 -1,已知抛物线x 2=y ,点
A ( - 12,14
),B (32,94
),抛物线上的点P (x ,y )( - 12
<x <32
).过点B 作直线AP 的垂线,垂足为Q.
(1)求直线AP 斜率的取值范围; (2)求|PA |·|PQ |的最大值.
考法3 与圆锥曲线有关的定点、定值问题 命题角度1 定点问题
3[2019北京高考]已知椭圆C :x 2
a 2+y 2
b 2=1的右焦点为(1,0),且经过点A (0,1). (Ⅰ)求椭圆C 的方程;
(Ⅱ)设O 为原点,直线l :y =kx +t (t ≠ ±1)与椭圆C 交于两个不同点P ,Q ,直线AP 与x 轴交于点M ,直线AQ 与x 轴交于点N.若|OM |·|ON |=2,求证:直线l 经过定点.
(Ⅰ)根据已知可得b =1,c =1,再根据椭圆中a ,b ,c 的关系求出a 2,进而求出椭圆C 的方
程;(Ⅱ)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),写出直线AP 的方程,可得M 的横坐标,进而得|OM |的表达式,同理得|ON |的表达式,将直线l 的方程与椭圆方程联立,利用根与系数的关系得到|OM |·|ON |=2|1+t
1-t |,进而由|OM |·|ON |=2得t =0,即可证得结论.
(Ⅰ)由题意得,b =1,c =1. 所以a 2=b 2+c 2=2.
所以椭圆C 的方程为x 2
2+y 2=1. (Ⅱ)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2), 则直线AP 的方程为y =
y 1-1x 1x +1.
令y =0,得点M 的横坐标x M =-
x 1
y 1-1
. 又y 1=kx 1+t ,从而|OM |=|x M |=|x 1
kx 1+t -1
|.
同理可得,|ON |=|
x 2kx 2+t -1
|.
由{y =kx +t,x 22
+y 2
=1
得(1+2k 2)x 2+4ktx +2t 2-2=0. 则x 1+x 2=-4kt
1+2k 2,x 1x 2=2t 2-2
1+2k 2. 所以|OM |·|ON |=|x 1
kx 1+t -1
|·|
x 2
kx 2+t -1
|
=|
x 1x 2
k 2
x 1x 2+k(t -1)(x 1+x 2)+(t -1)2
|
=|
2t 2-2
1+2k
2k 2
·2t 2-21+2k 2
+k(t -1)·(-4kt 1+2k 2)+(t -1)2|
=2|
1+t 1-t
|.
又|OM |·|ON |=2, 所以2|1+t
1-t |=2.
解得t =0,所以直线l 经过定点(0,0).
命题角度2 定值问题
4 [2019洛阳市第二次统考]已知抛物线C :y 2=2px (p >0),其焦点为F ,O 为坐标原点,直线l 与抛物线C 相交于不同的两点A ,B ,M 为线段AB 的中点. (1)若p =2,M 的坐标为(1,1),求直线l 的方程.
(2)若直线l 过焦点F ,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点N ,试问:2|MN|2|FN|
是否为定值?若为定值,
试求出此定值;否则,说明理由.
(1)思路一 先判断直线l 的斜率存在且不为0,设出直线l 的方程,再将直线方程与抛
物线方程联立,利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线l 的方程.
思路二 先设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),再利用AB 的中点为M (1,1),由“点差法”可求得直线l 的斜率,即得直线l 的方程.
(2)先利用中点坐标公式计算点M的坐标,再计算点N的坐标,由两点间的距离公式计算
|MN|2,|F N|,可得2|MN|2
|FN|
为定值.
(1)解法一由题意知直线l的斜率存在且不为0,可设直线l的方程为x - 1=t(y - 1)(t≠0),即x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2).
由p=2知抛物线方程为y2=4x,
由{x=ty+1-t,
y2=4x
消去x,得y2 - 4ty - 4+4t=0.
Δ=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t+1)>0,
y1+y2=4t,所以4t=2,解得t=1
2
........................................................................ (利用中点坐标公式求得t的值)所以直线l的方程为2x - y - 1=0.
解法二由p=2,知抛物线方程为y2=4x.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=4x1,y22=4x2.
由题意知直线AB的斜率存在,则直线AB的斜率k AB=y1-y2
x1-x2=4
y1+y2
,........ (利用点差法求直线AB的斜率)
因为线段AB的中点为M(1,1),所以y1+y2=2,
所以k AB=4
2
=2,则直线l的方程为y - 1=2(x - 1),即2x - y - 1=0.
(2)2|MN|2
|FN|
为定值2p,证明如下.
由抛物线C:y2=2px(p>0),知焦点F 的坐标为(p
2
,0).
由题意知,直线l的斜率存在且不为0,
因为直线l过焦点F ,
所以可设直线l的方程为x=ry+p
2
(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4),
由{x=ry+p 2 ,
y2=2px
消去x,得y2 - 2pry - p2=0.
Δ=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr,
所以x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则M(pr2+p
2
,pr).
所以直线MN 的方程为y - pr = - r (x - pr 2 - p
2), 令y =0,解得x =pr 2+3p
2
,则N (pr 2+3p
2
,0).
所以|MN |2=p 2+p 2r 2,|F N |=pr 2+3p 2−p
2=pr 2+p , 于是2|MN|2|FN|
=
2(p 2+p 2r 2)pr 2+p
=2p.......................................................................................... (整体相消得到定值)
所以
2|MN|2|FN|
为定值2p.
2.[2019合肥高三质检]已知直线l 经过椭圆C :x 2
a
2+y 2
b 2=1(a >b >0)的右焦点(1,0),交椭
圆C 于点A ,B ,点F 为椭圆C 的左焦点,△ABF 的周长为8. (1)求椭圆C 的标准方程.
(2)若直线m 与直线l 的倾斜角互补,直线m 交椭圆C 于点M ,N ,|MN |2=4|AB |,求证:直线m 与直线l 的交点P 在定直线上.
考法3 与圆锥曲线有关的存在性问题
5 [2019湘东六校联考]已知椭圆C :x 2
a
2+y 2
b
2=1(a >b >0)的离心率e =1
2
,点A (b ,0),B ,F 分别为
椭圆C 的上顶点和左焦点, 且|BF |·|BA |=2√6. (1)求椭圆C 的方程;
(2)若过定点M (0,2)的直线l 与椭圆C 交于G ,H 两点(G 在M ,H 之间),设直线l 的斜率k >0,在x 轴上是否存在点P (m ,0),使得以PG ,PH 为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出m 的取值范围;如果不存在,请说明理由.
(1)先由离心率得到a ,c 的关系式,再由|BF |·|BA |=2√6得到a ,b 的关系式,结合a 2 -
b 2=
c 2求出a 2,b 2,即得椭圆C 的方程.(2)先设出直线l 的方程,并与椭圆方程联立,利用Δ>0得到k 的取值范围,再分别写出PG ⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,GH
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根
与系数的关系得到m 关于k 的表达式,进而求出m 的取值范围.
(1)由离心率e =1
2
,得c
a
=1
2
,即a =2c ①.
由|BF |·|BA |=2√6,得a ·√b 2+b 2=2√6,即ab =2√3 ②. 易知a 2 - b 2=c 2 ③. 由①②③可解得a 2=4,b 2=3, 所以椭圆C 的方程为x 2
4
+y 2
3
=1.
(2)设直线l 的方程为y =kx +2(k >0),
由{y =kx +2,x 24
+y 23
=1
消去y 得,(3+4k 2)x 2+16kx +4=0.
由Δ=(16k )2 - 16(3+4k 2)>0,解得k >1
2. 设G (x 1,y 1),H (x 2,y 2),则x 1+x 2=-16k
4k 2+3,
PG ⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 2 - 2m ,k (x 1+x 2)+4),GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2 - x 1,y 2 - y 1)=(x 2 - x 1,k (x 2 - x 1)). 因为菱形的对角线互相垂直,所以(PG ⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 所以(1+k 2)(x 1+x 2)+4k - 2m =0,得m = - 2k
4k 2+3= - 24k+
3
k
.
因为k >1
2,所以 -
√3
6
≤m <0(当且仅当3k
=4k ,即k =√3
2
时,等号成立).
所以存在满足条件的实数m ,且m 的取值范围为[ -
√3
6
,0).
3.[2020广东惠州高三调研]已知定点A ( - 3,0),B (3,0),直线AM ,BM 相交于点M ,且
它们的斜率之积为 - 1
9,记动点M 的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C 的方程.
(2)过点T (1,0)的直线l 与曲线C 交于P ,Q 两点,是否存在定点S (x 0,0),使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值?若存在,求出S 的坐标;若不存在,请说明理由.
考法4 圆锥曲线的综合问题
命题角度1 圆锥曲线中的角相等问题
6 [2019河南郑州三测]已知抛物线C :y 2=2px (p >0),圆E :(x - 3)2+y 2=1. (1)F 是抛物线C 的焦点,A 是抛物线C 上的定点,AF
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),求抛物线C 的方程. (2)在(1)的条件下,过点F 的直线l 与圆E 相切,设直线l 交抛物线C 于P ,Q 两点,则在x 轴上是否存在点M ,使∠PMO =∠QMO (O 为坐标原点)?若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)先写出焦点F 的坐标,由A
=(0,2),得到点A 的坐标,再将A 的坐标代入抛物线方程求出p 值,即得抛物线C 的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为k 的直线方程,利用直线与圆相切求出k 值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO =∠QMO 推出点M 的坐标,问题获解.
(1)依题意知,抛物线C 的焦点为F (p
2,0),
由AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),可知A (p 2, - 2), ...................................................................................... (理解向量的坐标运算) 将点A 的坐标代入y 2=2px ,求得p =2, 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.
(2)当直线的斜率不存在时,过点F (1,0)的直线不可能与圆E 相切, ............. (先讨论斜率不存在的情形) 所以过抛物线的焦点与圆E 相切的直线的斜率存在.
设直线的斜率为k ,则直线的方程为y =k (x - 1), ................................................. (再研究斜率存在的情形) 所以圆心E (3,0)到直线的距离d =√2
.
当直线与圆相切时,d =1=
2
,k =±√3
3, 所以切线方程为y =√3
3(x - 1)或y = -
√3
3
(x - 1)......................................... (由直线和圆相切得到圆的切线方程)
不妨设直线l :y =√3
3(x - 1)交抛物线于P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)两点,
由{y =√3
3(x -1),y 2=4x 消去y 并整理,得x 2 - 14x +1=0,Δ>0,则x 1+x 2=14,x 1x 2=1. 假设存在点M (t ,0),使∠PMO =∠QMO ,则k PM +k QM =0.
所以k PM +k QM =y 1x 1
-t +y
2
x 2
-t
=
√3
3
(x 1-1)
x 1-t
+
√3
3
(x 2-1)
x 2-t
=√33×(x 1-1)(x 2-t)+(x 2-1)(x 1-t)
(x 1-t)(x 2-t)
=√33
×
2x 1x 2-(t+1)(x 1+x 2)+2t
(x 1-t)(x 2-t)
=√33×
2-(t+1)×14+2t
(x 1-t)(x 2-t)
=√3
3×-12-12t
(x 1-t)(x 2-t)
=0,
即t = - 1,
由此可知存在点M ( - 1,0)符合条件. 当直线l 的方程为y = -
√3
3
(x - 1)时,由对称性知点M ( - 1,0)也符合条件.
综上可知,存在点M ( - 1,0),使∠PMO =∠QMO.
命题角度2 圆锥曲线中的三点共线问题
7 [2020安徽合肥调研]设椭圆E :x 2a
2+y 2
b
2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,过点F 1
的直线交椭圆E 于A ,B 两点.若椭圆E 的离心率为√2
2
,△ABF 2的周长为4√6.
(1)求椭圆E 的方程;
(2)设不经过椭圆的中心O 且平行于弦AB 的直线交椭圆E 于点C ,D ,设弦AB ,CD 的中点分别为M ,N ,证明:O ,M ,N 三点共线.
(1)先由△ABF 2的周长求出a ,再结合离心率求出c ,利用b 2=a 2 - c 2求出b 2,即得椭圆E
的方程.(2)分两种情况求解:当直线AB ,CD 的斜率不存在时,利用对称性知O ,M ,N 三点共线;当直线AB ,CD 的斜率存在时,设斜率为k ,再设出A ,B ,M 的坐标,并把A ,B 的坐标代入椭圆方程,利
用“点差法”可得出k ·k OM = - 12,同理可得k ·k ON = - 1
2,依此得k OM =k ON ,即O ,M ,N 三点共线.
(1)由△ABF 2的周长为4√6,可知4a =4√6, ............................................... (利用焦点三角形的性质) 所以a =√6. 又e =c
a =
√2
2
,所以c =√3,b 2=a 2 - c 2=3.
于是椭圆E 的方程为x 2
6+y 2
3=1.
(2)当直线AB ,CD 的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M ,N 在x 轴上,此时O ,M ,N 三点共线. ................................................................................................................................ (先讨论特殊情形) 当直线AB ,CD 的斜率存在时,设其斜率为k (k ≠0), ..................................................... (再探究一般情形)
设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x 0,y 0),则{x 1
26+y 123
=1,
x 22
6
+
y 223
=1,
两式相减,得x 1
26+y 1
23 - (x 2
26+y 2
23)=0,整理得y 1-y 2x 1
-x 2
·y 1+y
2
x 1
+x
2
= - 3
6, .......................................... (此处利用了点差法) 所以y 1-y 2x 1
-x 2
·y 0x
= - 12,即k ·k OM = - 1
2(k OM 为直线OM 的斜率), 所以k OM = - 1
2k .
同理可得k ON = - 1
2k (k ON 为直线ON 的斜率). 所以k OM =k ON ,即O ,M ,N 三点共线. 综上所述,O ,M ,N 三点共线.
4.[2020山东校际联考]已知A ,B 分别是椭圆C :x 2a 2+y 2
b 2=1(a>b>0)的左、右顶点,椭圆
C 的离心率为
2√23
,点D (0,1)是椭圆C 上的一点,P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点,直线AD 交直
线BP 于点M ,过M 作直线交x 轴于点N. (1)求椭圆C 的方程.
(2)当直线MN 的斜率为1
2时,是否存在这样的点P ,使得D ,P ,N 三点共线?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,说明理由.
数学探究1 圆锥曲线与数列的交汇
9 [2018全国卷Ⅲ]已知斜率为k 的直线l 与椭圆C :x 24+y 2
3=1交于A ,B 两点,线段AB 的中点为M (1,m )(m >0). (1)证明:k < - 1
2.
(2)设F 为C 的右焦点,P 为C 上一点,且FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.证明:|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列,并求该数列的公差.
(1)思路一 先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个
关于k ,m 的关系式,再利用m 的范围即可证k < - 1
2.
思路二 先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于k ,m 的关系式,又点M 在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出k 的取值范围,然后进行验证. (2)利用条件FP
⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0求出点P 的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列,并求出该数列的 公差d.
(1)解法一 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 124+y 123=1,x 224+y 2
23=1. 两式相减,并由y 1-y
2x 1
-x 2
=k 得
x 1+x 24
+
y 1+y 23
·k =0.
由题设知
x 1+x 22
=1,
y 1+y 22
=m ,于是k = - 3
4m ①.
由题设得0<m <3
2,故k < - 1
2.
解法二 设直线l 的方程为y =k (x - 1)+m ,
由{y =k(x -1)+m,
x 24
+y 23=1得(3+4k 2)x 2+8k (m - k )x +4(m - k )2 - 12=0,Δ=64k 2(m - k )2 - 4(3+4k 2)[4(m - k )2 -
12]=48(3k 2+2mk - m 2+3).
设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=8k(k -m)
3+4k 2. 因为线段AB 的中点为M (1,m )(m >0),所以x 1+x 22
=1,即4k(k -m)3+4k 2=1,化简得m = - 3
4k .
由m >0得, - 3
4k >0,所以k <0.
又点M (1,m )在椭圆内部,所以1
4+
m 23
<1,即14+316k 2<1,解得k < - 1
2.
经检验,当m = - 3
4k ,k < - 1
2时,满足Δ>0. 故k < - 1
2.
(2)由题意得F (1,0).设P (x 3,y 3),则由FP
⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得(x 3 - 1,y 3)+(x 1 - 1,y 1)+(x 2 - 1,y 2)=(0,0). 由(1)及题设得x 3=3 - (x 1+x 2)=1,y 3= - (y 1+y 2)= - 2m <0.
又点P 在C 上,所以m =34
,从而P (1, - 3
2
),|FP
⃗⃗⃗⃗⃗ |=32
. 于是|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(x 1-1)2+y 12=√(x 1-1)2+3(1-x 12
4
)=2 - x 12
.
同理|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2 - x 22
. 所以|FA
⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4 - 12
(x 1+x 2)=3. 故2|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FA ⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗ |,即|FA
⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列. 设该数列的公差为d ,则2|d |=||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ | - |FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=12|x 1 - x 2|=12√(x 1+x 2)2-4x 1x 2 ②. 将m =3
4代入(1)中的①得k = - 1.
所以l 的方程为y = - x +7
4,代入C 的方程,并整理得7x 2 - 14x +1
4=0. 故x 1+x 2=2,x 1x 2=1
28,代入②解得|d |=
3√2128
.
所以该数列的公差为
3√2128
或 -
3√2128
.
5.[2020湖北省宜昌市三校联考]已知F 为椭圆C :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a >b >0)的右焦点,点
P (2,√2)在椭圆C 上,且PF ⊥x 轴. (1)求椭圆C 的方程;
(2)如图9 - 6 - 2,过点F 的直线l 分别交椭圆C 于A ,B 两点,交直线x =4于点M.判断PA ,PM ,PB 的斜率是否构成等差数列,并说明理由.
数学探究 2 圆锥曲线与平面向量的交汇
10 [2020天津模拟]已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2,倾斜角为45°的直线l 1
过C 1的焦点,且l 1与C 2相切. (1)求p 的值;
(2)动点M 在C 1的准线上,动点A 在C 1上,若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ,设MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明点N 在定直线上,并求该定直线的方程.
(1)首先设出直线l 1的方程,再利用直线l 1与C 2相切,可求出p 的值.(2)首先设出点M
的坐标,再利用导数求出在A 点处的切线的斜率及切线l 2的方程,得到与y 轴的交点B 的坐标,由向量关系MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 进行坐标运算,得到点N 在定直线上.
(1)依题意,设直线l 1的方程为y =x +p
2,
因为直线l 1与C 2相切,所以圆心C 2( - 1,0)到直线l 1:y =x +p
2
的距离d =
|-1+p 2
|
√12+(-1)=√2,
即
|-1+p
2
|
=√2,解得p =6或p = - 2(舍去).
所以p =6.
(2)依题意设M (m , - 3),
由(1)知抛物线C 1的方程为x 2=12y ,即y =x 2
12,所以y' =x
6. 设A (x 1,y 1),则以A 为切点的切线l 2的斜率为k =x
16, 所以切线l 2的方程为y =1
6x 1(x - x 1)+y 1.
令x =0,得y = - 1
6x 12
+y 1= - 16×12y 1+y 1= - y 1,
即点B 的坐标为(0, - y 1),
所以MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - m ,y 1+3),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - m , - y 1+3),
所以MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - 2m ,6),ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - m ,3),其中O 为坐标原点. 设点N 的坐标为(x ,y ),则y =3, 所以点N 在定直线y =3上.
6.[2019浙江湖州五校高三模拟]如图9 - 6 - 3,已知椭圆C :x 2
a 2+
y 2b
2
=1(a >b >0)的离心率为√3
2
,点M ( - 2,1)是椭圆内一点,过点M 作两条斜率存在且互
相垂直的动直线l 1,l 2,l 1与椭圆C 相交于点A ,B ,l 2与椭圆C 相交于点D ,E ,当M 恰好为线段AB 的中点时,|AB |=√10. (1)求椭圆C 的标准方程;
图9 - 6 - 3
(2)求AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB
⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值.
1.(1)设直线AP 的斜率为k ,则k =
x 2-
14x+12
=x - 1
2.
因为- 12<x <3
2,所以直线AP 斜率的取值范围是(- 1,1).
(2)解法一 联立直线AP 与BQ 的方程,得{kx - y +1
2k +1
4=0,
x +ky - 94
k - 3
2
=0,
解得点Q 的横坐标是x Q =
- k 2+4k+32(k 2+1)
.
因为|PA |=√1+k 2(x +12
)=√1+k 2(k +1), |PQ |=√1+k 2(x Q - x )=-
2
√,
所以|PA |·|PQ |=- (k - 1)(k +1)3. 令f (k )=- (k - 1)(k +1)3, 因为f'(k )=- (4k - 2)(k +1)2,
所以f (k )在区间(- 1,1
2)上单调递增,(1
2,1)上单调递减, 因此当k =1
2
时,|PA |·|PQ |取得最大值27
16
.
解法二 连接BP ,则|AP |·|PQ |=|AP |·|PB |·cos ∠BPQ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2. 易知P (x ,x 2)(- 1
2<x <3
2),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x +1
2,x 2- 1
4),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2), 则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +1+2x 2- 1
2=2x 2+2x +1
2
, AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(x +12)2+(x 2- 14)2=x 2+x +14+x 4- 12x 2+116=x 4+12x 2+x +516. 所以|AP |·|PQ |=- x 4+3
2
x 2+x +3
16
(- 1
2
<x <3
2
).
设f (x )=- x 4+32x 2+x +316(- 12<x <3
2), 则f '(x )=- 4x 3+3x +1=- (x - 1)(2x +1)2,
所以f (x )在(- 1
2,1)上单调递增,在(1,3
2)上单调递减, 所以f (x )max =f (1)=2716. 故|AP |·|PQ |的最大值为27
16.
2.(1)由已知得{c =1,4a =8,∴{c =1,a =2,∴b 2=3,
∴椭圆C 的标准方程为x 2
4+y 2
3=1.
(2)若直线l 的斜率不存在,则直线m 的斜率也不存在,这与直线m 与直线l 相交于点P 矛盾,∴直线l 的斜率存在.
设l :y =k (x - 1)(k ≠0),m :y =- k (x +t ),A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),M (x M ,y M ),N (x N ,y N ).
将直线m 的方程代入椭圆方程得,(3+4k 2)x 2+8k 2tx +4(k 2t 2- 3)=0,Δ=64k 4t 2- 16(3+4k 2)(k 2t 2- 3)>0, ∴x M +x N =- 8k 2t
3+4k ,x M x N =4(k 2t 2- 3)3+4k , ∴|MN |2=(1+k 2)·
16(12k 2- 3k 2t 2+9)
(3+4k 2)2
. 同理,得|AB |=√1+
k 2·
4√9k 2+93+4k 2
=
12(1+k 2)3+4k 2
.
由|MN |2=4|AB |得t =0,满足Δ>0, ∴直线m :y =- kx ,
∴P (1
2,- 1
2k ),即点P 在定直线x =1
2上.
3.(1)设动点M (x ,y ),则直线MA 的斜率k MA =y
x+3(x ≠- 3), 直线MB 的斜率k MB =y
x - 3(x ≠3).
因为k MA ·k MB =- 1
9,所以
y x+3·y
x - 3=- 19
,化简得x 29
+y 2=1,
又x ≠±3,所以曲线C 的方程为x 2
9+y 2=1(x ≠±3).
(2)由题意得直线l 的斜率不为0,根据直线l 过点T (1,0),可设直线l 的方程为x =my +1,
联立得{x =my +1,
x 2+9y 2
=9,消去x 得(m 2+9)y 2+2my - 8=0,Δ>0. 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则{y 1+y 2=- 2m
m 2+9,
y 1y 2=- 8
m 2+9.
直线SP 与SQ 的斜率分别为k SP =
y 1
x 1- x 0
=
y 1my 1+1- x 0
,k SQ =
y 2x 2- x 0
=
y 2my 2+1- x 0
,
则k SP ·k SQ =y 1y
2
(my 1
+1- x 0
)(my 2
+1- x 0
)
=- 8
(x 0
- 9)m 2+9(1- x 0
).
当x 0=3时,∀m ∈R,k SP ·k SQ =- 8
9(1- x 0
)2=- 2
9;
当x 0=- 3时,∀m ∈R,k SP ·k SQ =- 89(1- x 0
)2=- 1
18.
所以存在定点S (±3,0),使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值.
4.(1)因为点D (0,1)是椭圆C 上的一点,所以b =1. 因为椭圆C 的离心率为
2√23
,所以c
a =
√a 2- b 2
a
=
2√23
,解得a 2=9.
故椭圆C 的方程为x 2
9+y 2=1.
(2)假设存在满足条件的点P ,由题意知,直线BP 的斜率存在,设直线BP 的斜率为k , 因为点P 不与椭圆C 的顶点重合,所以k ≠±1
3且k ≠0.
则直线BP 的方程为y =k (x - 3) ①,易得直线AD 的方程为y =1
3x +1 ②,
联立①②,解得M (
9k+33k - 1,6k 3k - 1
).
因为直线MN 的斜率为1
2,所以直线MN 的方程为y - 6k
3k - 1=1
2(x - 9k+33k - 1
),
因为点N 在x 轴上,所以N (- 3k+33k - 1
,0).
将①代入x 2
9+y 2=1,解得P (
27k 2- 39k 2
+1
,- 6k 9k 2+1
).
因为D ,P ,N 三点共线,所以直线DP 与直线DN 的斜率相等,
所以
1+6k 9k 2+1
- 27k 2- 39k 2+1
=
1
-
- 3k+33k - 1
,即3k+13k - 1=3k - 1- k+1,解得k =2
3.
故存在点P (9
5,- 4
5),使得D ,P ,N 三点共线. 5.(1)因为点P (2,√2)在椭圆C 上,且PF ⊥x 轴, 所以c =2.
设椭圆C 的左焦点为E ,则|EF |=2c =4,|PF |=√2,
连接PE ,则在Rt △EFP 中,|PE |2=|PF |2+|EF |2=18,所以|PE |=3√2. 所以2a =|PE |+|PF |=4√2,则a =2√2,b 2=a 2- c 2=4, 所以椭圆C 的方程为x 2
8+y 2
4=1.
(2)由题意可设直线AB 的方程为y =k (x - 2), 令x =4,得y =2k ,则点M 的坐标为(4,2k ).
由{y =k(x - 2),x 28
+y 24
=1
消去y 并整理,得(2k 2+1)x 2- 8k 2x +8(k 2- 1)=0,Δ>0.
设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=8k 22k 2+1,x 1x 2=8(k 2- 1)
2k 2+1 ①. 设直线PA ,PB ,PM 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,
从而k 1=y 1- √2x 1
- 2,k 2=y 2
- √2x 2
- 2
,k 3=2k - √24- 2
=k -
√2
2
.
因为直线AB 的方程为y =k (x - 2),则y 1=k (x 1- 2),y 2=k (x 2- 2), 所以k 1+k 2=
y 1- √2x 1- 2
+
y 2- √2x 2- 2
=
y 1x 1- 2
+
y 2x 2- 2
−√2(
1
x 1- 2
+
1
x 2- 2
)=2k - √2·
x 1+x 2- 4
x 1x 2- 2(x 1+x 2)+4
②.
将①代入②,得k 1+k 2=2k - √2·8k 22k 2+1
- 48(k 2- 1)2k 2+1-
16k 2
2k 2+1
+4=2k - √2.
又k 3=k -
√2
2
,所以k 1+k 2=2k 3,
于是直线PA ,PM ,PB 的斜率成等差数列. 6.(1)由题意得
a 2-
b 2a 2
=3
4,∴a 2=4b 2,即椭圆C 的方程为x 24b 2+y 2
b 2=1.
设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),
则{x 12+4y 12=4b 2 ①,x 22+4y 22=4b 2
②,
①- ②得(x 1- x 2)(x 1+x 2)+4(y 1- y 2)·(y 1+y 2)=0. 当M (- 2,1)为线段AB 的中点时, x 1+x 2=- 4,y 1+y 2=2, ∴此时直线l 1的斜率k 1为
y 1- y 2x 1- x 2
=1
2
,
∴此时直线l 1的方程为y =1
2x +2.
由{x 2
4b 2
+y 2
b 2=1,y =1
2x +2
消去y 得,x 2+4x +8- 2b 2=0,由Δ1>0,得b 2>2,则x 1+x 2=- 4,x 1x 2=8- 2b 2, 则|AB |=√1+k 12
|x 1- x 2|=√1+1
4√16- 4(8- 2b 2)=√10,
得b 2=3,满足题意.
∴椭圆C 的标准方程为x 2
12+y 2
3=1.
(2)设直线AB 的方程为y =k (x +2)+1(k ≠0),
由{x 2
12+
y 2
3=1,
y =k(x +2)+1消去y 得,(1+4k 2)x 2+8k (2k +1)x +4(2k +1)2- 12=0,Δ2>0, ∴x 1+x 2=
- 8k(2k+1)1+4k 2
,x 1x 2=
4(2k+1)2- 12
1+4k 2
.
设D (x 3,y 3),E (x 4,y 4),
则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(- 2- x 1,1- y 1)·(2+x 2,y 2- 1)+(- 2- x 4,1- y 4)·(2+x 3,y 3- 1),
(- 2- x 1,1- y 1)·(2+x 2,y 2- 1)=- (1+k 2)(2+x 1)(2+x 2)=- (1+k 2)[4+2(x 1+x 2)+x 1x 2]=4(1+k 2
)1+4k
2,
同理可得(- 2- x 4,1- y 4)·(2+x 3,y 3- 1)=4(1+k 2)4+k 2
.
∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4(1+k 2)(11+4k 2+14+k 2)=20(1+k 2)2
(1+4k 2)(4+k 2)≥20(1+k 2)2
(
1+4k 2+4+k 22
)2
=16
5
,当且仅当k =±1时取等号. ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为16
5
.。