《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題6 解析幾何 第4講 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題6 解析幾何 第4講 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 理（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題6 解析幾何 第4講 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 理圓錐曲線中的最值與范圍問(wèn)題訓(xùn)練提示:求解最值與范圍問(wèn)題的關(guān)鍵是尋找目標(biāo)函數(shù)或關(guān)系式,將所求量轉(zhuǎn)化求解.1.已知圓M:(x+a)2+y2=16a2(a0)及定點(diǎn)N(a,0),點(diǎn)P是圓M上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)G在MP上,且滿足|GP|=|GN|,G點(diǎn)的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程;(2)若點(diǎn)A(1,0)關(guān)于直線x+y-t=0(t0)的對(duì)稱點(diǎn)在曲線C上,求a的取值范圍.解:(1)設(shè)G(x,y),因?yàn)閨PG|+|GM|=4a,且|PG|=|GN|,所以|GM|+|GN|=4a2a,由橢圓定義得,曲線C的方程為+=1.(2)設(shè)A(

2、1,0)關(guān)于直線x+y-t=0(t0)的對(duì)稱點(diǎn)為A(m,n),則所以所以A(t,t-1),因?yàn)锳(t,t-1)在曲線C:+=1上,所以t2+4(t-1)2=4a2,化簡(jiǎn)得5t2-8t+4-4a2=0(t0),因?yàn)榇朔匠逃姓?令f(t)=5t2-8t+4-4a2,其圖象的對(duì)稱軸為t=0,所以=(-8)2-45(4-4a2)0,所以a或a-,因?yàn)閍0,所以a的取值范圍為,+).2.已知拋物線C:x2=4y,F為其焦點(diǎn).(1)設(shè)P為直線l:x-y-2=0上的點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作拋物線C的兩條切線PA,PB,當(dāng)點(diǎn)P(x0,y0)為直線l上的定點(diǎn)時(shí),求直線AB的方程;(2)當(dāng)點(diǎn)P在直線l上移動(dòng)時(shí),求|AF|B

3、F|的最小值.解:(1)拋物線C的方程為x2=4y,即y=x2,求導(dǎo)得y=x.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)(其中y1=,y2=),則切線PA,PB的斜率分別為x1,x2.所以切線PA的方程為y-y1=(x-x1),即y=x-+y1,即x1x-2y-2y1=0.同理,可得切線PB的方程為x2x-2y-2y2=0.因?yàn)榍芯€PA,PB均過(guò)點(diǎn)P(x0,y0),所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0.所以(x1,y1),(x2,y2)為方程x0x-2y0-2y=0的兩組解.故直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0.(2)由拋物線定義可知|AF|=y1+1,|BF|=y2

4、+1,所以|AF|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1.聯(lián)立方程消去x整理得y2+(2y0-)y+=0,由根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2=-2y0,y1y2=,所以|AF|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=+-2y0+1.又點(diǎn)P(x0,y0)在直線l上,所以x0=y0+2.所以+-2y0+1=2+2y0+5=2(y0+)2+.所以當(dāng)y0=-時(shí),|AF|BF|取得最小值,且最小值為.圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題訓(xùn)練提示:由直線方程確定定點(diǎn),若得到直線方程的點(diǎn)斜式:y-y0=k(x-x0),則直線必過(guò)定點(diǎn)(x0,y0);若得到了直線方程的斜截式:y=kx+m,則直線必過(guò)定

5、點(diǎn)(0,m).證明定值,有時(shí)可直接證明定值,有時(shí)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式,可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無(wú)關(guān);也可令系數(shù)等于零,得出定值.3.已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長(zhǎng)為8.(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程;(2)已知點(diǎn)B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,若x軸是PBQ的角平分線,證明直線l過(guò)定點(diǎn).(1) 解:如圖所示,設(shè)動(dòng)圓圓心O1(x,y),由題意,|O1A|=|O1M|,當(dāng)O1不在y軸上時(shí),過(guò)O1作O1HMN交MN于H,則H是MN的中點(diǎn),所以|O1M|=,又|O1A|=,所以=,化簡(jiǎn)得y2=8x(x0).又當(dāng)O1在y軸上時(shí),O1與O重合

6、,點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=8x,所以動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x.(2) 證明:如圖,由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2),將y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0,其中=-32kb+640.由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=, x1x2=, 因?yàn)閤軸是PBQ的角平分線,所以=-,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0, 將代入,并整理得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,所以k

7、=-b,此時(shí)0,所以直線l的方程為y=k(x-1),所以直線l過(guò)定點(diǎn)(1,0).4.已知直線l:y=x+,圓O:x2+y2=5,橢圓E:+=1(ab0)的離心率e=,直線l被圓O截得的弦長(zhǎng)與橢圓的短軸長(zhǎng)相等.(1)求橢圓E的方程;(2)過(guò)圓O上任意一點(diǎn)P作橢圓E的兩條切線,若切線都存在斜率,求證兩切線斜率之積為定值.解:(1)設(shè)橢圓半焦距為c,圓心O到l的距離d=,則l被圓O截得的弦長(zhǎng)為2,所以b=.由題意得又b=,所以a2=3,b2=2.所以橢圓E的方程為+=1.(2)證明:設(shè)點(diǎn)P(x0,y0),過(guò)點(diǎn)P的橢圓E的切線l0的方程為y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,聯(lián)立直線

8、l0與橢圓E的方程得消去y得2kx+(y0-kx0)2+3x2-6=0,整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,因?yàn)閘0與橢圓E相切,所以=4k(y0-kx0)2-4(3+2k2)2(kx0-y0)2-6=0,整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0,設(shè)滿足題意的橢圓E的兩條切線的斜率分別為k1,k2,則k1k2=-.因?yàn)辄c(diǎn)P在圓O上,所以+=5,所以k1k2=-=-1.所以兩條切線斜率之積為常數(shù)-1.圓錐曲線中的存在性問(wèn)題訓(xùn)練提示:存在性問(wèn)題,先假設(shè)存在,進(jìn)行一系列推理,若推理正確則存在,若得出矛盾則不存在.5.已知橢圓C:+=1(ab0)的右焦

9、點(diǎn)為F,離心率為,過(guò)點(diǎn)F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為,O為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)橢圓的上頂點(diǎn)為N,是否存在直線l交橢圓于P,Q兩點(diǎn),使點(diǎn)F為PQN的垂心?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解:(1)設(shè)F(c,0),則=,知a=c.過(guò)點(diǎn)F且與x軸垂直的直線方程為x=c,代入橢圓方程,有+=1,解得y=b.于是b=,解得b=1.又a2-c2=b2,從而a=,c=1.所以橢圓C的方程為+y2=1.(2)假設(shè)存在直線l交橢圓于P,Q兩點(diǎn),且F為PQN的垂心.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),因?yàn)镹(0,1),F(1,0),所以kNF=-1.由NFPQ,知k

10、PQ=1.設(shè)直線l的方程為y=x+m,由得3x2+4mx+2m2-2=0.由0,得m20,故k2=,所以S=,因?yàn)閠0,所以t+2=4,當(dāng)且僅當(dāng)t=,即t=2時(shí)取得等號(hào),此時(shí)k2=,解得k=,S取得最大值1.故OAB面積的取值范圍為(0,1.(3)由(2)可知,SOAB=,即5=4k2+1,兩邊平方整理得4k4-23k2+19=0,解得k2=1或k2=.設(shè)Q(x0,y0),由=m(+),解得x0=m(x1+x2)=,y0=m(y1+y2)=m(kx1+2+kx2+2)=mk(x1+x2)+4=m(+4)=.故Q(,).由點(diǎn)Q在橢圓M上可得+()2=1,整理得64k2m2+16m2=(4k2+1

11、)2,解得m2=,故m2=或m2=.因?yàn)閙1,故m=.所以存在實(shí)數(shù)m=,使得橢圓M上存在點(diǎn)Q,滿足=m(+).類型一:圓與圓錐曲線的綜合1.設(shè)拋物線C:x2=2py(p0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,A為C上一點(diǎn),已知以F為圓心,FA為半徑的圓F交l于B,D兩點(diǎn).(1)若BFD=90,ABD的面積為4,求p的值及圓F的方程;(2)若A,B,F三點(diǎn)在同一直線m上,直線n與m平行,且n與C只有一個(gè)公共點(diǎn),求坐標(biāo)原點(diǎn)到m,n距離的比值.解:(1)由已知可得BFD為等腰直角三角形,|BD|=2p,圓F的半徑|FA|=p,又點(diǎn)A到l的距離d=|FA|=p而SABD=4.所以|BD|d=4.即2pp=4,所以p

12、=-2(舍去)或p=2所以圓F的方程為x2+(y-1)2=8.(2)因?yàn)锳,B,F三點(diǎn)在同一直線m上,所以AB為圓F的直徑,ADB=90.又由拋物線定義知|AD|=|FA|=|AB|,所以ABD=30,m的斜率為-或,當(dāng)m的斜率為時(shí),可設(shè)n方程為y=x+b.代入x2=2py得x2-px-2pb=0,由于n與C只有一個(gè)公共點(diǎn),故=p2+8pb=0所以b=-,又因?yàn)閙的截距b1=,=3,所以坐標(biāo)原點(diǎn)到m、n的距離的比值為3.當(dāng)m的斜率為-時(shí),由圖形對(duì)稱性知,坐標(biāo)原點(diǎn)到m、n的距離之比仍為3.綜上,坐標(biāo)原點(diǎn)到m,n距離的比值為3.2.平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點(diǎn),給定兩點(diǎn)A(1,0),B(0,-2

13、),點(diǎn)C滿足=+,其中,R,且-2=1.(1)求點(diǎn)C的軌跡方程;(2)設(shè)點(diǎn)C的軌跡與橢圓+=1(ab0)交于兩點(diǎn)M,N,且以MN為直徑的圓過(guò)原點(diǎn),求證:+為定值.(1)解:設(shè)C(x,y),由=+,可得(x,y)=(1,0)+(0,-2),所以代入-2=1有x+y=1,即點(diǎn)C的軌跡方程為x+y=1.(2)證明:由(a2+b2)x2-2a2x+a2-a2b2=0.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=.因?yàn)橐訫N為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)O,所以=0x1x2+y1y2=0x1x2+(1-x1)(1-x2)=1-(x1+x2)+2x1x2=1-+2=0a2+b2-2a2b2=0,所以

14、+=2為定值.類型二:圓錐曲線中的最值問(wèn)題3.(xx鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到定點(diǎn)F(1,0)和到直線x=2的距離之比為,設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E,過(guò)點(diǎn)F作垂直于x軸的直線與曲線E相交于A,B兩點(diǎn),直線l:y=mx+n與曲線E交于C,D兩點(diǎn),與線段AB相交于一點(diǎn)(與A,B不重合).(1)求曲線E的方程;(2)當(dāng)直線l與圓x2+y2=1相切時(shí),四邊形ACBD的面積是否有最大值,若有,求出其最大值及對(duì)應(yīng)的直線l的方程;若沒(méi)有,請(qǐng)說(shuō)明理由.解:(1)設(shè)點(diǎn)P(x,y),由題意可得=,整理可得+y2=1,曲線E的方程是+y2=1.(2)有最大值,設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得|AB

15、|=.當(dāng)m=0時(shí),不合題意.當(dāng)m0時(shí),由直線l與圓x2+y2=1相切,可得=1,即m2+1=n2.聯(lián)立消去y得(m2+)x2+2mnx+n2-1=0.=4m2n2-4(m2+)(n2-1)=2m20,x1+x2=,x1x2=,S四邊形ACBD=|AB|x2-x1|=.當(dāng)且僅當(dāng)2|m|=,即m=時(shí)等號(hào)成立,此時(shí)四邊形ABCD的面積的最大值為,n=,經(jīng)檢驗(yàn)可知,直線y=x-和直線y=-x+符合題意.4. 如圖,過(guò)x軸上動(dòng)點(diǎn)A(a,0)引拋物線y=x2+1的兩條切線AP,AQ.切線斜率分別為k1和k2,切點(diǎn)分別為P,Q. (1)求證:k1k2為定值,并且直線PQ過(guò)定點(diǎn);(2)記APQ的面積為SAPQ

16、,當(dāng)最小時(shí),求的值.(1)證明:設(shè)過(guò)A點(diǎn)的直線為y=k(x-a),與拋物線聯(lián)立得整理得x2-kx+ka+1=0,=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k1k2=-4為定值.拋物線方程y=x2+1,求導(dǎo)得y=2x,設(shè)切點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)分別為(xp,yp),(xq,yq),則k1=2xp,k2=2xq,所以xp+xq=+=2a,xpxq=-1.直線PQ的方程:y-yp=(x-xp),由yp=+1,yq=+1,得到y(tǒng)=(xp+xq)x-xpxq+1,整理可得y=2ax+2,所以直線PQ過(guò)定點(diǎn)(0,2).(2)解:設(shè)A到PQ的距離為d.SAPQ=|PQ|,所以=,設(shè)t=1,所以=(t+),當(dāng)且僅

17、當(dāng)t=時(shí)取等號(hào),此時(shí)a=.因?yàn)?(xp-a,yp)(xq-a,yq)=xpxq-a(xp+xq)+a2+ypyq,ypyq=(2xpa+2)(2xqa+2)=4a2xpxq+4+4a(xp+xq)=4a2+4,所以=3a2+3=.類型三:證明問(wèn)題5.已知曲線C:(5-m)x2+(m-2)y2=8(mR).(1)若曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓,求m的取值范圍;(2)設(shè)m=4,曲線C與y軸的交點(diǎn)為A,B(點(diǎn)A位于B的上方),直線y=kx+4與曲線C交于不同的兩點(diǎn)M,N,直線y=1與直線BM交于點(diǎn)G,求證:A,G,N三點(diǎn)共線.解:(1)曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓,當(dāng)且僅當(dāng)解得m0,即k2.設(shè)點(diǎn)M,N的

18、坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),則y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=,x1x2=.直線BM的方程為y+2=x,點(diǎn)G的坐標(biāo)為(,1).因?yàn)橹本€AN和直線AG的斜率分別為kAN=,kAG=-,所以kAN-kAG=+=+=k+=k+=0.即kAN=kAG.故A,G,N三點(diǎn)共線.6. (xx浙江卷)如圖,設(shè)橢圓C:+=1(ab0),動(dòng)直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn)P,且點(diǎn)P在第一象限.(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點(diǎn)P的坐標(biāo);(2)若過(guò)原點(diǎn)O的直線l1與l垂直,證明:點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b.(1)解:設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l與C只有一個(gè)公共點(diǎn),故=0,即b2-m2+a2k2=0,解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-,).又點(diǎn)P在第一象限,故點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,).(2)證明:由于直線l1過(guò)原點(diǎn)O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點(diǎn)P到直線l1的距離d=整理得d=,因?yàn)閍2k2+2ab,所以=a-b,當(dāng)且僅當(dāng)k2=時(shí)等號(hào)成立.所以,點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b.