2020年高考山东版高考理科数学 10.4 圆锥曲线的综合问题

10.4 圆锥曲线的综合问题
挖命题
【考情探究】
分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为12分,难度偏大.
破考点
【考点集训】
考点一定值、定点、最值及范围问题
1.(2017河北衡水中学期中,11)已知A(-1,0),B是圆F:x2-2x+y2-11=0(F为圆心)上一动点,线段AB的垂直平分线交BF于P,则动点P的轨迹方程为( )
A.+=1
B.-=1
C.-=1
D.+=1
答案D
2.(2018河北唐山调研,14)过抛物线y2=4x的焦点作直线与此抛物线交于P,Q两点,那么线段PQ中点的轨迹方程是.
答案y2=2x-2
3.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF 的面积为(O是坐标原点).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.
解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得⇒
∴椭圆的方程为+y2=1.
(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),
设P(x0,y0),则+=1(0<x0≤),
∴|PF|=-=--
=-=-=(2-x0).
又l与圆x2+y2=1相切于M,
∴|PM|=-=-=-==x0,
∴|PF|+|PM|=(2-x0)+x0=,为定值.
4.(2018湖北武汉4月调研,19)已知椭圆Γ:+=1,过点P(1,1)作倾斜角互补的两条不同直线l1,l2,设l1与椭圆Γ交于A、B两点,l2与椭圆Γ交于C,D两点.
(1)若P(1,1)为线段AB的中点,求直线AB的方程;
(2)若直线l1与l2的斜率都存在,记λ=,求λ的取值范围.
解析(1)解法一(点差法):
由题意可知直线AB的斜率存在.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则
两式作差得-
-
=-·=-·=-,
∴直线AB的方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0.
解法二:由题意可知直线AB的斜率存在.
设直线AB的斜率为k,
则其方程为y-1=k(x-1),代入x2+2y2=4中,
得x2+2[kx-(k-1)]2-4=0,
∴(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2(k-1)2-4=0,
Δ=[-4(k-1)k]2-4(2k2+1)[2(k-1)2-4]=8(3k2+2k+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则
---
∵AB中点为(1,1),
∴(x1+x2)=-=1,则k=-.
∴直线AB的方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0.
(2)由(1)可知|AB|=|x1-x2|=·-=·
.
设直线CD的方程为y-1=-k(x-1)(k≠0),
同理可得|CD|=·-
.
∴λ==
-
(k≠0),λ>0,
∴λ2=1+
-=1+
-
.
令t=3k+,则t∈(-∞,-2]∪[2,+∞),
令g(t)=1+
-
,t∈(-∞,-2]∪[2,+∞),
∵g(t)在(-∞,-2],[2,+∞)上单调递减,
∴2-≤g(t)<1或1<g(t)≤2+.
故2-≤λ2<1或1<λ2≤2+.
∴λ∈-∪.
思路分析(1)解法一:利用点差法得直线AB的斜率,进而得直线AB的方程.
解法二:设出直线AB的方程,与椭圆方程联立并消元,利用根与系数的关系及AB中点的坐标建立斜率k的方程,从而求得k,得直线AB方程.
(2)利用弦长公式求得|AB|与|CD|,进而将λ=表示成关于k的函数,结合函数特征及函数性质求得λ的取值范围.
方法点拨解决直线与圆锥曲线的弦中点问题常利用点差法或根与系数的关系,两者都需要对直线斜率是否存在进行讨论,同时也都用到整体代换的求解方法.
考点二存在性问题
1.(2018湖北张家口期末,18)已知M是直线l:x=-1上的动点,点F的坐标是(1,0),过M的直线l'与l垂直,并且l'与线段MF的垂直平分线相交于点N.
(1)求点N的轨迹C的方程;
(2)设曲线C上的动点A关于x轴的对称点为A',点P的坐标为(2,0),直线AP与曲线C的另一个交点为B(B 与A'不重合).是否存在一个定点T,使得T,A',B三点共线?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由. 解析(1)依题意,|NM|=|NF|,即点N到直线l的距离与到点F(1,0)的距离相等,故点N的轨迹C为抛物线,其焦点为F(1,0),准线方程为x=-1,所以点N的轨迹C的方程为y2=4x.
(2)设A,则A'-,
直线AP的斜率为k AP=
-=
-
,
直线AB的方程为y=
-
(x-2).
由方程组
-
-得ay2-(a2-8)y-8a=0,
则y=a或y=-.
设B(x0,y0),则y0=-,x0=,所以B-,
又A'-,所以A'B的方程为y+a=--.
令y=0,得x=-2,即直线A'B与x轴交于定点T(-2,0).
因此存在定点T(-2,0),使得T,A',B三点共线.
2.(2018山西康杰中学等六校12月联考,20)已知F1,F2分别为椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点,点P
在椭圆E上,且|PF1|+|PF2|=4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过F1的直线l1,l2分别交椭圆E于A,C和B,D,且l1⊥l2,问是否存在实数λ,使得,λ,成等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
解析(1)由已知|PF1|+|PF2|=4,得2a=4,即a=2,
又点P在椭圆上,所以+=1,解得b=,
故椭圆的标准方程为+=1.
(2)当AC⊥x轴时,|BD|=4,|AC|=3,由2λ=+=,得λ=.
当BD⊥x轴时,|BD|=3,|AC|=4,由2λ=+=,得λ=.
当AC、BD与x轴均不垂直时,设l1:y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),C(x2,y2),
直线l1与椭圆E的方程联立并消去y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
则x1+x2=-,x1x2=-,
所以|AC|=|x1-x2|=,
从而=,
同理可得=,
所以+==,令=2λ,得λ=.
综上,存在常数λ=,使得,λ,成等差数列.
炼技法
【方法集训】
方法1 与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法
1.(2017江西南昌三校联考,11)已知双曲线x2-=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则
·的最小值为( )
A.-2
B.-
C.1
D.0
答案A
2.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆+y2=m(m>1)上两点A,B满足=2,则当m= 时,点B 横坐标的绝对值最大.
答案 5
3.(2018湖南衡阳一模,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为,直线y=1与C的两个交点间的距离为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)分别过F1、F2作l1、l2满足l1∥l2,设l1、l2与C的上半部分分别交于A、B两点,求四边形ABF2F1面积的最大值.
解析(1)易知椭圆过点,所以+=1,①
又=,②
a2=b2+c2,③
所以由①②③得a2=4,b2=3,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)设直线l1的方程为x=my-1,它与C的另一个交点为D.
将直线l1与椭圆C的方程联立,消去x,
得(3m2+4)y2-6my-9=0,
Δ=144(m2+1)>0.
|AD|=·,
又F2到l1的距离d=,
所以△=12.
令t=,t≥1,则△=,
当t=1时,△取得最大值,为3.
又
=(|BF2|+|AF1|)·d=(|AF1|+|DF1|)·d=|AB|·d=△,
四边形
所以四边形ABF2F1面积的最大值为3.
方法2 圆锥曲线中定点(定值)问题的求法
1.(2018云南玉溪模拟,20)已知F(1,0),P是平面上一动点,P在直线l:x=-1上的射影为点N,且满足
·=0.
(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)过点M(1,2)作曲线C的两条弦MA,MB,设MA,MB所在直线的斜率分别为k1,k2,当k1,k2变化且满足k1+k2=-1时,证明直线AB过定点,并求出该定点坐标.
解析(1)设P(x,y),则N(-1,y).=(-1-x,0),
又F(1,0),从而=(2,-y),
则+=(-1-x,0)+(2,-y)=--,
由·=0,得--·(2,-y)=0,
即-2x+y2=0.
化简得y2=4x,即为所求的点P的轨迹C对应的方程.
(2)设A(x1,y1)、B(x2,y2).
由题意知MA:y=k1(x-1)+2,
MB:y=k2(x-1)+2.
将y=k1(x-1)+2与y2=4x联立,得k1y2-4y-4k1+8=0,
由y1+2=,得y1=-2,①
同理,y2=-2,②
直线AB的方程为y-y1=-
-
(x-x1),
即y=x+,③
由①②得y1+y2=-2+-2=-4=--4, y1y2=4-=4,
代入③得,y=
--x+
--
,
整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0.
由⇒
-故直线AB过定点(5,-6).
知识拓展过圆锥曲线上一定点M作圆锥曲线的两条弦MA,MB,设MA,MB所在直线的斜率分别为k1,k2,当k1+k2为定值且k1+k2≠0时,直线AB过定点;当k1+k2=0时,直线AB的斜率为定值.
2.(2017湖南长沙长郡中学模拟,20)在平面直角坐标系xOy中,过点C(2,0)的直线与抛物线y2=4x相交于A、B两点,设A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)求证:y1y2为定值;
(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值?如果存在,求出该直线的方程和弦长;如果不存在,说明理由.
解析(1)证明:设直线AB的方程为my=x-2.由-
得y2-4my-8=0,∴y1y2=-8,为定值.
(2)存在.设存在直线x=a满足条件.设AC的中点为E,则E,|AC|=-,
因此以AC为直径的圆的半径r=|AC|=-=,点E到直线x=a的距离d=-,
所以所截弦长为2-=2--=--=---.
当1-a=0,即a=1时,弦长为定值2,这时直线方程为x=1.
方法3 存在性问题的解题策略
1.(2018山东济宁一模,20)已知椭圆C:+=1(a>2),直线l:y=kx+1(k≠0)与椭圆C相交于A,B两点,点D为AB的中点.
(1)若直线l与直线OD(O为坐标原点)的斜率之积为-,求椭圆C的方程;
(2)在(1)的条件下,y轴上是否存在定点M,使得当k变化时,总有∠AMO=∠BMO(O为坐标原点)?若存在,求出定点M的坐标;若不存在,请说明理由.
解析(1)由得(4+a2k2)x2+2a2kx-3a2=0, 显然Δ>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),
则x1+x2=-,x1x2=-,
∴x0=-,y0=-+1=,
∴k·=k·-=-,
∴a2=8,∴椭圆C的方程为+=1.
(2)假设存在定点M符合题意,且设M(0,m),
由∠AMO=∠BMO得k AM+k BM=0,
∴-
+
-
=0,
即y1x2+y2x1-m(x1+x2)=0,
∴2kx1x2+x1+x2-m(x1+x2)=0.
由(1)知x1+x2=-,x1x2=-,
∴--+=0,
∴-=0,即-=0,
∵k≠0,∴-4+m=0,∴m=4.
∴存在定点M(0,4),使得∠AMO=∠BMO.
2.(2018湖北八校12月联考,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点F的距离为.
(1)若M-,过点M,P的直线l1与抛物线相交于另一点Q,求的值;
(2)若直线l2与抛物线C相交于A,B两点,与圆M:(x-a)2+y2=1相交于D,E两点,O为坐标原点,OA⊥OB,试问:是否存在实数a,使得DE的长为定值?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
解析(1)∵点P(2,t),∴2+=,解得p=1,
故抛物线C的方程为y2=2x,当x=2时,t=2,
∴l1的方程为y=x+,
与抛物线方程y2=2x联立可得x Q=,
又∵|QF|=x Q+,∴==.
(2)设直线AB的方程为x=ty+m,代入抛物线方程可得y2-2ty-2m=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2t①,y1y2=-2m②,
由OA⊥OB得(ty1+m)(ty2+m)+y1y2=0,
整理得(t2+1)y1y2+tm(y1+y2)+m2=0③,
将①②代入③解得m=2,∴直线l2:x=ty+2,
∵圆心到直线l2的距离d=,∴|DE|=2--,
显然当a=2时,|DE|=2,为定值.
过专题
【五年高考】
A组山东省卷、课标卷题组
考点一定值、定点、最值及范围问题
1.(2017课标Ⅰ,10,5分)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为( )
A.16
B.14
C.12
D.10
答案A
2.(2017课标Ⅰ,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-,P4中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.
解析本题考查椭圆的方程和性质、直线与椭圆的位置关系以及定点问题,考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力和对数形结合思想的应用能力.
(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.
又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.
因此解得
故C的方程为+y2=1.
(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.
如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为-
,-
-
.
则k1+k2=--
-
-
=-1,得t=2,不符合题设.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-.
而k1+k2=-
+
-
=-+-
=-,
由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0, 即(2k+1)·-+(m-1)·-=0.
解得k=-.
当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,
即y+1=-(x-2),
所以l过定点(2,-1).
思路分析(1)椭圆的对称性易知点P3,P4在椭圆上,将点P1(1,1)代入椭圆方程,经过比较可知点P1(1,1)不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;(2)设出直线l的方程,将直线l与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况.
方法点拨定点问题的常见解法:
(1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点.
(2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意.
3.(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.
解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y=x+2.
将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=,所以y1=.
因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.
(2)由题意,t>3,k>0,A(- ,0).将直线AM的方程y=k(x+ ) 代入+=1得(3+tk2)x2+2 ·tk2x+t2k2-3t=0. 由x1·(- )=-得x1=-,
故|AM|=|x1+ |=.
由题设,直线AN的方程为y=-(x+ ),
故同理可得|AN|=.
由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=时上式不成立,因此t=-
-
.
t>3等价于--
-=-
-
<0,即-
-
<0.
由此得-
-
或
-
-
解得<k<2.
因此k的取值范围是(,2).
疑难突破第(1)问中求出直线AM的倾斜角是解决问题的关键;第(2)问利用2|AM|=|AN|得出t与k的关系式,由t>3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.
名师点拨本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程思想的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t>3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.
4.(2016课标Ⅰ,20,12分)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D 两点,过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;
(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.
解析(1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC.
所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.
又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.
由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为+=1(y≠0).
(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),
M(x1,y1),N(x2,y2).
由-
得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.
则x1+x2=,x1x2=-.
所以|MN|=|x1-x2|=.
过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-(x-1),A到m的距离为,所以|PQ|=2-=4.
故四边形MPNQ的面积
S=|MN||PQ|=12.
可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8).
当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.
综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8).
方法总结定义法求轨迹方程的一般步骤:
(1)判定动点的运动轨迹满足某种曲线的定义;
(2)设标准方程,求方程中的基本量;
(3)写出轨迹方程.
5.(2015山东,20,13分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设椭圆E:+=1,P为椭圆C上任意一点.过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.
(i)求的值;
(ii)求△ABQ面积的最大值.
解析(1)证明:由题意知2a=4,则a=2.
又=,a2-c2=b2,可得b=1,
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)由(1)知椭圆E的方程为+=1.
(i)设P(x0,y0),=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0).
因为+=1,又-+-
=1,
即=1,
所以λ=2,即=2.
(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).
将y=kx+m代入椭圆E的方程,
可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,
由Δ>0,可得m2<4+16k2.①
由韦达定理有x1+x2=-,x1x2=-.
所以|x1-x2|=-
.
因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB的面积S=|m||x1-x2|
=
-
=
-
=2-.
设=t.
将y=kx+m代入椭圆C的方程,
可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②
由①②可知0<t≤1,
因S=2-=2-,
故S≤2,
当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2.
由(i)知,△ABQ面积为3S,
所以△ABQ面积的最大值为6.
考点二存在性问题
(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.
(1)求C的方程;
(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,
(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;
(ii)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.
解析(1)由题意知F.
设D(t,0)(t>0),则FD的中点为.
因为|FA|=|FD|,
由抛物线的定义知3+=-,
解得t=3+p或t=-3(舍去).
由=3,解得p=2.
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)(i)由(1)知F(1,0),
设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>0), 因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,
由x D>0得x D=x0+2,故D(x0+2,0). 故直线AB的斜率k AB=-.
因为直线l1和直线AB平行,
所以设直线l1的方程为y=-x+b, 代入抛物线方程得y2+y-=0, 由题意得Δ=+=0,得b=-. 设E(x E,y E),则y E=-,x E=,
当≠4时,k AE=-
-
=-
-
=
-
,
可得直线AE的方程为y-y0=
-
(x-x0),
由=4x0,整理可得y=
-
(x-1),
直线AE恒过点F(1,0).
当=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0), 所以直线AE过定点F(1,0).
(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),
所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2. 设直线AE的方程为x=my+1,
因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=-,
设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-(x-x0), 由于y0≠0,可得x=-y+2+x0,
代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0.
所以y0+y1=-,
可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,
所以点B到直线AE的距离为
-
d=
=
=4.
则△ABE的面积S=×4≥16,
当且仅当=x0,即x0=1时等号成立.
所以△ABE的面积的最小值为16.
评析本题考查抛物线的标准方程、几何性质,直线与圆锥曲线的位置关系以及解析几何中的定点问题、最值问题和结论探究性问题.本题综合性较强、难度较大,很好地考查了考生的逻辑思维能力和运算求解能力.本题的易错点是定点的确定.
B组其他自主命题省(区、市)卷题组
考点一定值、定点、最值及范围问题
1.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为( )
A. B. C.3 D.2
答案A
2.(2018北京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围;
(2)设O为原点,=λ,=μ,求证:+为定值.
解析(1)由已知可得4=2p,所以抛物线C的方程为y2=4x,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
直线l显然不能与两坐标轴垂直,设其方程为y=kx+1(k≠0),
由y2=4x得x=,将其代入y=kx+1,得y=k·+1,即ky2-4y+4=0.
所以由已知可得
-解得k<1且k≠0.
又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2),从而k≠-3.
所以直线l的斜率的取值范围为(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).
(2)由(1)知y1+y2=,y1y2=.
而点A(x1,y1),B(x2,y2)均在抛物线上,所以x1=,x2=.
因为直线PA与直线PB均与y轴相交,
则直线PA与直线PB的斜率均存在,即y1≠-2,y2≠-2.
因为k PA=-
-
=
-
-
=
-
-
=,
所以直线PA的方程为y-2=(x-1),
令x=0,可得y M=2-=,即M, 同理可得N,
而由=λ可得,-1=-λ,所以=
-
.
同理由=μ可得,-1=-μ,所以=
-
.
所以+=
-+
-
=
--
--
=-
-
=
-
-·
=
-
-
=2.
故+为定值.
方法总结圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值.
(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形求得.
(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.
3.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:|AN|·|BM|为定值.
解析(1)由题意得
解得a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证法一:由(1)知,A(2,0),B(0,1).
设P(x0,y0),则+4=4.
当x0≠0时,直线PA的方程为y=
-
(x-2).
令x=0,得y M=-
-,从而|BM|=|1-y M|=
-
.
直线PB的方程为y=-
x+1.
令y=0,得x N=-
-,从而|AN|=|2-x N|=
-
.
所以|AN|·|BM|=
-·
-
=
----
=----
=4.
当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,
所以|AN|·|BM|=4.
综上,|AN|·|BM|为定值.
证法二:点P在曲线+=1上,不妨设P(2cos θ,sinθ),当θ≠kπ且θ≠kπ+(k∈Z)时,直线AP的方程为
y-0=
-(x-2),令x=0,得y M=
-
;
直线BP的方程为y-1=-(x-0),令y=0,得x N=
-
.
∴|AN|·|BM|=2-
-·-
-
=2--
--
=2×2=4(定值).
当θ=kπ或θ=kπ+(k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.
考点二存在性问题
1.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.
(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);
(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.
解析(1)由题意得解得a2=2. 故椭圆C的方程为+y2=1.
设M(x M,0).
因为m≠0,所以-1<n<1.
直线PA的方程为y-1=-x,
所以x M=
-,即M
-
.
(2)因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).
设N(x N,0),则x N=.
“存在点Q(0,y Q)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q)使得=”,即y Q满足=|x M||x N|.
因为x M=
-
,x N=,+n2=1,
所以=|x M||x N|=
-
=2.
所以y Q=或y Q=-.
故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ.
点Q的坐标为(0,)或(0,-).
2.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B 两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得=恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
解析(1)由已知得,点(,1)在椭圆E上.
因此,-解得a=2,b=.
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点. 如果存在定点Q满足条件,
则有==1,
即|QC|=|QD|.
所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0).
当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,
则M,N的坐标分别为(0,),(0,-).
由=,有=-,
解得y0=1或y0=2.
所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,
则Q点坐标只可能为(0,2).
下面证明:当Q的坐标为(0,2)时,对任意直线l,均有=. 当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.
当直线l的斜率存在时,
可设直线l的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2). 联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0.
其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,
所以,x1+x2=-,x1x2=-.
因此+==2k.
易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为(-x2,y2).
又k QA=-
=-=k-,
k QB'=
-
-
=-
-
=-k+=k-,
所以k QA=k QB',即Q,A,B'三点共线.
所以===.
故存在与P不同的定点Q(0,2),使得=恒成立.
C组教师专用题组
考点一定值、定点、最值及范围问题
1.(2014四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,·=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )
A.2
B.3
C.
D.
答案B
2.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.
(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;
(2)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
解析(1)设P(x0,y0),A,B.
因为PA,PB的中点在抛物线上,
所以y1,y2为方程=4·即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根.
所以y1+y2=2y0,
因此,PM垂直于y轴.
(2)由(1)可知
-
所以|PM|=(+)-x0=-3x0,
|y1-y2|=2-.
因此,△PAB的面积S△PAB=|PM|·|y1-y2|=(-4x0.
因为+=1(x0<0),所以-4x0=-4-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面积的取值范围是.
疑难突破解析几何中“取值范围”与“最值”问题
在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.
3.(2016课标Ⅲ,20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.
(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ;
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.
解析由题设知F.设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,
且A,B,P-,Q-,R-.
记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.
(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.
记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则
==-=-b=k2.
k1=-=-
-
所以AR∥FQ.
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|-,S△PQF=-.
由题设可得2×|b-a|-=-,
所以x1=0(舍去),或x1=1.
设满足条件的AB的中点为E(x,y).
当AB与x轴不垂直时,
(x≠1).
由k AB=k DE可得=
-
而=y,所以y2=x-1(x≠1).
当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.
疑难突破第(1)问需把AR∥FQ的证明转化为k AR=k FQ的证明;第(2)问需找到AB中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.
4.(2015浙江,19,15分)已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.
(1)求实数m的取值范围;
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解析(1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为y=-x+b.
由
消去y,得x2-x+b2-1=0.
-
因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点, 所以Δ=-2b2+2+>0,①
将AB中点M代入直线方程y=mx+,
解得b=-.②
由①②得m<-或m>.
(2)令t=∈-∪,
则|AB|=·-
,
且O到直线AB的距离为d=.
设△AOB的面积为S(t),
所以S(t)=|AB|·d=--≤.
当且仅当t2=时,等号成立.
故△AOB面积的最大值为.
5.(2015湖南,20,13分)已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:+=1(a>b>0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为2.
(1)求C2的方程;
(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且与同向.
(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;
(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.
解析(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.①
又C1与C2的公共弦的长为2,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为,所以+=1.②
联立①,②得a2=9,b2=8.故C2的方程为+=1.
(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).
(i)因与同向,且|AC|=|BD|,所以=,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是
(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③
设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.
由得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④
由得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-,x3x4=-.⑤
将④,⑤代入③,得16(k2+1)=+,
即16(k2+1)=,
所以(9+8k2)2=16×9,解得k=±,即直线l的斜率为±.
(ii)由x2=4y得y'=,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=(x-x1),即y=-.
令y=0,得x=,即M,所以=-.而=(x1,y1-1),于是·=-y1+1=+1>0,
因此∠AFM是锐角,从而∠MFD=180°-∠AFM是钝角.
故直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.
6.(2014湖南,21,13分)如图,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.
(1)求C1,C2的方程;
(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ 面积的最小值.
解析(1)因为e1e2=,所以-
·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0),于是
b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.
故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.
(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.
由-
得(m2+2)y2-2my-1=0,
易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=-. 因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-,于是AB的中点M的坐标为-.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.
由
-
-
得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=
-
,y2=
-
,从而|PQ|=2=2
-
.
设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=,
因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是
|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,
从而2d=.
又因为|y1-y2|=-=,
所以2d=.
故四边形APBQ的面积
S=|PQ|·2d=
-=2-
-
.
而0<2-m2<2,故当m=0时,S取得最小值2.
综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.
评析本题考查椭圆、双曲线的标准方程和性质,双曲线弦长的计算,点到直线的距离公式,根与系数的关系(韦达定理),求函数的最值等知识.考查学生的运算求解能力和综合分析问题的能力,属于难题.
7(2013课标Ⅰ,20,12分)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P 的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.
解析由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4.
由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为的椭圆(左顶点除外),其方程为+=1(x≠-2).
(2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.所以当圆P的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4.
若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得|AB|=2.
若l的倾斜角不为90°,由r1≠R知l不平行于x轴,
设l与x轴的交点为Q,则=,
可求得Q(-4,0),
所以可设l:y=k(x+4).
由l与圆M相切得=1,
解得k=±.
当k=时,将y=x+代入+=1,
并整理得7x2+8x-8=0,
解得x1,2=-.
所以|AB|=|x2-x1|=.
当k=-时,由图形的对称性可知|AB|=.
综上,|AB|=2或|AB|=.
思路分析(1)由动圆P与两定圆的位置关系可求得|PM|+|PN|=4,根据椭圆的定义即可判定动圆圆心P的轨迹,进而求得曲线C的方程,注意检验特殊点是否符合题意;(2)根据条件确定圆P的半径最长时圆P的方程,对直线l的倾斜角进行讨论.当直线的斜率不存在时,直接求|AB|.当直线的斜率存在时,利用相切关系求其斜率与方程,将直线方程代入曲线C的方程,解出x,再利用弦长公式求|AB|.
8.(2013陕西,20,13分)已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;
(2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的平分线,证明直线l过定点.
解析(1)如图,设动圆圆心为O1(x,y),由题意,知|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN 于H,则H是MN的中点,∴|O1M|=,
又|O1A|=-,∴-=,
化简得y2=8x(x≠0).
又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x,∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x.
(2)由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
将y=kx+b代入y2=8x,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.
其中Δ=-32kb+64>0.
由根与系数的关系得,x1+x2=-,①
x1x2=.②
因为x轴是∠PBQ的平分线,
所以=-,
即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,
∴(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,
整理得2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③
将①②代入③并化简得8(b+k)=0,
∴k=-b,此时Δ>0,∴直线l的方程为y=k(x-1),
即直线l过定点(1,0).
考点二存在性问题
(2015湖北,21,14分)一种作图工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,带动
N绕O转动一周(D不动时,N也不动),M处的笔尖画出的曲线记为C.以O为原点,AB所在的直··
线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.
(1)求曲线C的方程;。