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第3講 圓錐曲線的綜合問題
1.(2018全國Ⅲ卷,理19)
如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點(diǎn).
(1)證明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí),求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值.
(1)證明:由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.
因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,
所以BC⊥平面CMD,
故BC⊥DM.
因?yàn)镸為CD上異于C,D的點(diǎn),且CD為直徑,
所以DM⊥CM.
又BC∩CM=C,
所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解:
以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA→的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.
當(dāng)三棱錐MABC體積最大時(shí),M為CD的中點(diǎn).由題設(shè)得
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),
AM→=(-2,1,1),AB→=(0,2,0),DA→=(2,0,0),
設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,
則nAM→=0,nAB→=0,即-2x+y+z=0,2y=0.
可取n=(1,0,2),
DA→是平面MCD的法向量,
因此cos
=nDA→|n||DA→|=55,sin=255.
所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是255.
2.(2017全國Ⅲ卷,理20)已知拋物線C:y2=2x,過點(diǎn)(2,0)的直線l交C于A,B兩點(diǎn),圓M是以線段AB為直徑的圓.
(1)證明:坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上;
(2)設(shè)圓M過點(diǎn)P(4,-2),求直線l與圓M的方程.
(1)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.
由x=my+2,y2=2x
可得y2-2my-4=0,則y1y2=-4.
又x1=y122,x2=y222.
故x1x2=(y1y2)24=4.
因此OA的斜率與OB的斜率之積為
y1x1y2x2=-44=-1,
所以O(shè)A⊥OB.
故坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上.
(2)解:由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.
故圓心M的坐標(biāo)為(m2+2,m),圓M的半徑
r=(m2+2)2+m2.
由于圓M過點(diǎn)P(4,-2),
因此PA→PB→=0,
故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,
即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.
由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.
所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12.
當(dāng)m=1時(shí),直線l的方程為x-y-2=0,圓心M的坐標(biāo)為(3,1),圓M的半徑為10,圓M的方程為(x-3)2+(y-1)2=10.
當(dāng)m=-12時(shí),直線l的方程為2x+y-4=0,圓心M的坐標(biāo)為94,-12,圓M的半徑為854,圓M的方程為x-942+y+122=8516.
3.(2017全國Ⅰ卷,理20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.
(1)求C的方程;
(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點(diǎn).
(1)解:由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,
故由題設(shè)知C經(jīng)過P3,P4兩點(diǎn),
又由1a2+1b2>1a2+34b2知,
C不經(jīng)過點(diǎn)P1,所以點(diǎn)P2在C上.
因此1b2=1,1a2+34b2=1,
解得a2=4,b2=1.
故C的方程為x24+y2=1.
(2)證明:設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.
如果l與x軸垂直,設(shè)l:x=t,
由題設(shè)知t≠0,且|t|<2,
可得A,B的坐標(biāo)分別為t,4-t22,t,-4-t22.
則k1+k2=4-t2-22t-4-t2+22t=-1,
得t=2,不符合題設(shè).
從而可設(shè)l:y=kx+m(m≠1).
將y=kx+m代入x24+y2=1
得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由題設(shè)可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.
而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2
=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2
=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.
由題設(shè)知k1+k2=-1,
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.
解得k=-m+12.
當(dāng)且僅當(dāng)m>-1時(shí),Δ>0,于是l:y=-m+12x+m,
即y+1=-m+12(x-2),
所以l過定點(diǎn)(2,-1).
4.(2017全國Ⅱ卷,理20)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:x22+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點(diǎn)P滿足NP→=2NM→.
(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;
(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=-3上,且OP→PQ→=1.證明:過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.
(1)解:設(shè)P(x,y),M(x0,y0),
則N(x0,0),NP→=(x-x0,y),NM→=(0,y0),
由NP→=2NM→得x0=x,y0=22y.
因?yàn)镸(x0,y0)在C上,
所以x22+y22=1,
因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.
(2)證明:由題意知F(-1,0).
設(shè)Q(-3,t),P(m,n),
則OQ→=(-3,t),PF→=(-1-m,-n),
OQ→PF→=3+3m-tn,
OP→=(m,n),PQ→=(-3-m,t-n).
由OP→PQ→=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,
故3+3m-tn=0.
所以O(shè)Q→PF→=0,
即OQ→⊥PF→.
又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ,
所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.
1.考查角度
以直線與圓錐曲線、圓與圓錐曲線為載體,考查圓錐曲線中的判斷與證明、最值與范圍、定點(diǎn)與定值、存在性等問題.
2.題型及難易度
解答題,難度中高檔.
(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第48~51頁)
直線與圓錐曲線、圓與圓錐曲線的綜合問題
【例1】 (2018南昌市摸底調(diào)研)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,短軸長為2.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)直線l:y=kx+m與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),若kOMkON=54,求證:點(diǎn)(m,k)在定圓上.
(1)解:由已知得e=ca=32,2b=2,
又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1.
(2)證明:設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),
聯(lián)立直線與橢圓方程,得
y=kx+m,x24+y2=1,
消去y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
依題意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,
化簡(jiǎn)得m2<4k2+1,①
由根與系數(shù)的關(guān)系知x1+x2=-8km4k2+1,
x1x2=4m2-44k2+1,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,
若kOMkON=54,則y1y2x1x2=54,即4y1y2=5x1x2,
所以4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,
所以(4k2-5)4(m2-1)4k2+1+4km-8km4k2+1+4m2=0,
即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化簡(jiǎn)得m2+k2=54,②
由①②得0≤m2<65,1200)與圓O:x2+y2=5相交于A,B兩點(diǎn),且|AB|=4,過劣弧AB上的動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)作圓O的切線交拋物線E于C,D兩點(diǎn),分別以C,D為切點(diǎn)作拋物線E的切線l1,l2,相交于點(diǎn)M.
(1)求拋物線E的方程;
(2)求點(diǎn)M到直線CD距離的最大值.
解:(1)由|AB|=4,且B在圓上,
由拋物線和圓的對(duì)稱性可得B(2,1),
代入拋物線可得4=2p,
解得p=2,
所以拋物線E的方程為x2=4y.
(2)設(shè)Cx1,14x12,Dx2,14x22,
由x2=4y,可得y=14x2,
所以y=12x,
則l1的方程為y-14x12=12x1(x-x1),
即y=12x1x-14x12,①
同理l2的方程為y=12x2x-14x22,②
聯(lián)立①②解得x=12(x1+x2),y=14x1x2,
又CD與圓x2+y2=5切于點(diǎn)P(x0,y0),
易得CD方程為x0x+y0y=5,
其中x0,y0滿足x02+y02=5,y0∈[1,5],
聯(lián)立x2=4y,x0x+y0y=5,
化簡(jiǎn)得y0x2+4x0x-20=0,
所以x1+x2=-4x0y0,x1x2=-20y0,
設(shè)M(x,y),
則x=12(x1+x2)=-2x0y0,y=14x1x2=-5y0,
所以M-2x0y0,-5y0,
所以點(diǎn)M到直線CD:x0x+y0y=5距離為
d=|-2x02y0-5-5|x02+y02=10y0-2y0+105,
易知d關(guān)于y0單調(diào)遞減,dmax=10-2+105=1855,
即點(diǎn)M到直線CD距離的最大值為1855.
定點(diǎn)與定值問題
考向1 定點(diǎn)問題
【例2】 (2018南充模擬)已知橢圓x24+y23=1的左焦點(diǎn)為F,左頂點(diǎn)為A.
(1)若P是橢圓上的任意一點(diǎn),求PF→PA→的取值范圍;
(2)已知直線l:y=kx+m與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)M,N(均不是長軸的端點(diǎn)),AH⊥MN,垂足為H且AH→2=MH→HN→,求證:直線l恒過定點(diǎn).
(1)解:設(shè)P(x0,y0),
又A(-2,0),F(-1,0),
所以PF→PA→=(-1-x0)(-2-x0)+y02,
因?yàn)镻點(diǎn)在橢圓x24+y23=1上,
所以x024+y023=1,
即y02=3-34x02,
且-2≤x0≤2,
所以PF→PA→=14x02+3x0+5,
函數(shù)f(x0)=14x02+3x0+5在[-2,2]上單調(diào)遞增,
當(dāng)x0=-2時(shí),f(x0)取最小值為0;
當(dāng)x0=2時(shí),f(x0)取最大值為12.
所以PF→PA→的取值范圍是[0,12].
(2)證明:由題意,聯(lián)立y=kx+m,x24+y23=1得
(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
由Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0得
4k2+3>m2,①
設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),
則x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,
AM→AN→=(AH→+HM→)(AH→+HN→)
=AH→2+AH→HN→+AH→HM→+HM→HN→
=0,
所以(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,
即(1+k2)x1x2+(2+km)(x1+x2)+4+m2=0,
4k2-16km+7m2=0,
所以k=12m或k=72m均適合①,
當(dāng)k=12m時(shí),直線l過點(diǎn)A,舍去,
當(dāng)k=72m時(shí),直線l:y=kx+27k過定點(diǎn)-27,0.
考向2 定值問題
【例3】
(2018江西省紅色七校聯(lián)考)已知橢圓C的中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上,離心率等于12,它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x2=83y的焦點(diǎn).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)已知點(diǎn)P(2,t),Q(2,-t)(t>0)在橢圓C上,點(diǎn)A,B是橢圓C上不同于P,Q的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),且滿足∠APQ=∠BPQ.試問:直線AB的斜率是否為定值?請(qǐng)說明理由.
解:(1)因?yàn)闄E圓C的中心在原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上,
所以設(shè)橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0).
因?yàn)闄E圓離心率等于12,它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x2=83y的焦點(diǎn).
x2=83y的焦點(diǎn)為(0,23),
所以b=23,e=ca=12,
因?yàn)閍2-b2=c2,
所以a2=16,b2=12.
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216+y212=1.
(2)直線x=2與橢圓x216+y212=1交點(diǎn)P(2,3),Q(2,-3),
所以|PQ|=6,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
當(dāng)∠APQ=∠BPQ時(shí),直線PA,PB斜率之和為0.
設(shè)PA斜率為k,則PB斜率為-k.
直線PA的方程為y-3=k(x-2),
與橢圓方程聯(lián)立得(3+4k2)x2+8k(-2k+3)x+4(2k-3)2-48=0,
所以x1+2=16k2-24k3+4k2;
同理x2+2=16k2+24k3+4k2
所以x1+x2=16k2-123+4k2,
x1-x2=-48k3+4k2,
y1-y2=k(x1-2)+3-[-k(x2-2)+3]=-24k3+4k2,
直線AB斜率為y1-y2x1-x2=12.
(1)定點(diǎn)問題的常見解法:①根據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個(gè)直線系或曲線系方程,而該定點(diǎn)與參數(shù)無關(guān),故得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組.以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求定點(diǎn);②從特殊位置入手,找出定點(diǎn),再證明該點(diǎn)的坐標(biāo)滿足題意(與參數(shù)無關(guān)),這種方法叫“特殊值探路法”.
(2)關(guān)于直線系l:y=kx+m過定點(diǎn)問題有以下重要結(jié)論:
①若m為常數(shù)b,則直線l必過定點(diǎn)(0,b);
②若m=nk(n為常數(shù)),則直線l必過定點(diǎn)(-n,0);
③若m=nk+b(n,b為常數(shù)),則直線必過定點(diǎn)(-n,b).
(3)一般曲線過定點(diǎn),把曲線方程化為f1(x,y)+λf2(x,y)=0(λ為參數(shù))的形式,解方程組f1(x,y)=0,f2(x,y)=0,即得定點(diǎn)坐標(biāo).
(4)定值問題就是證明一個(gè)量與其他變化因素?zé)o關(guān).解決這類問題以坐標(biāo)運(yùn)算為主,需建立相應(yīng)的目標(biāo)函數(shù)(用變化的量表示),通過運(yùn)算求證目標(biāo)的取值與變化的量無關(guān).
熱點(diǎn)訓(xùn)練2:(2018太原市二模)已知以點(diǎn)C(0,1)為圓心的動(dòng)圓C與y軸負(fù)半軸交于點(diǎn)A,其弦AB的中點(diǎn)D恰好落在x軸上.
(1)求點(diǎn)B的軌跡E的方程;
(2)過直線y=-1上一點(diǎn)P作曲線E的兩條切線,切點(diǎn)分別為M,N.求證:直線MN過定點(diǎn).
(1)解:設(shè)B(x,y),y>0,則AB的中點(diǎn)Dx2,0,
因?yàn)镃(0,1),連接DC,
所以DC→=-x2,1,DB→=x2,y.
在☉C中,DC⊥DB,所以DC→DB→=0,
所以-x24+y=0,
即x2=4y(y>0),
所以點(diǎn)B的軌跡E的方程為x2=4y(y>0).
(2)證明:由(1)可得曲線E的方程為x2=4y(y>0).
設(shè)P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2),
因?yàn)閥=x24,所以y=x2,
所以過點(diǎn)M,N的切線方程分別為y-y1=x12(x-x1),y-y2=x22(x-x2),
由4y1=x12,4y2=x22,上述切線方程可化為2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.
因?yàn)辄c(diǎn)P在這兩條切線上,
所以2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,
即直線MN的方程為2(y-1)=tx,
故直線MN過定點(diǎn)C(0,1).
熱點(diǎn)訓(xùn)練3:(2018長沙市名校實(shí)驗(yàn)班二次階段性測(cè)試)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F2(23,0),圓x2+y-122=494與橢圓E的一個(gè)交點(diǎn)在x軸上的射影恰好為點(diǎn)F2.
(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)直線l:y=12x+m與橢圓E交于A,B兩點(diǎn),以AB為斜邊作等腰直角三角形ABC,記直線l與x軸的交點(diǎn)為D,試問|CD|是否為定值?若是,求出定值;若不是,請(qǐng)說明理由.
解:(1)在x2+y-122=494中,令x=23,得y=1或y=0(舍去),
由題意可得a2-b2=12,12a2+1b2=1,解得a2=16,b2=4,
所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216+y24=1.
(2)由y=12x+m,x2+4y2=16,可得x2+2mx+2m2-8=0,
則Δ=(2m)2-4(2m2-8)=32-4m2>0,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=-2m,x1x2=2m2-8,y1+y2=12(x1+x2)+2m=m,
所以|AB|=52(x1+x2)2-4x1x2=5232-4m2,
設(shè)AB的中點(diǎn)為G,則G-m,m2.
又直線l與x軸的交點(diǎn)為D(-2m,0),
所以|DG|=m2+m24=5m24,
所以|CD|2=|CG|2+|DG|2=14|AB|2+|DG|2=1454(32-4m2)+5m24=10,得|CD|=10,
所以|CD|為定值,定值是10.
探索性問題
考向1 位置的探索
【例4】 (2018廣西三校九月聯(lián)考)已知橢圓方程C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),橢圓的右焦點(diǎn)為(1,0),離心率為e=12,直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn),且kOAkOB=-34.
(1)求橢圓的方程及△AOB的面積;
(2)在橢圓上是否存在一點(diǎn)P,使四邊形OAPB為平行四邊形,若存在,求出|OP|的取值范圍,若不存在,說明理由.
解:(1)由已知c=1,ca=12,所以a=2,
所以b2=a2-c2=3.
所以橢圓方程為x24+y23=1.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則A,B的坐標(biāo)滿足x24+y23=1,y=kx+m.
消去y化簡(jiǎn)得,(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,
(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0得4k2-m2+3>0,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=k24m2-123+4k2+km-8km3+4k2+m2=3m2-12k23+4k2.
因?yàn)閗OAkOB=-34,
所以y1y2x1x2=-34,即y1y2=-34x1x2,
所以3m2-12k23+4k2=-344m2-123+4k2即2m2-4k2=3,
因?yàn)閨AB|=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]
=(1+k2)48(4k2-m2+3)(3+4k2)2
=48(1+k2)(3+4k2)23+4k22
=24(1+k2)3+4k2.
O到直線y=kx+m的距離d=|m|1+k2,
所以S△AOB=12d|AB|=12|m|1+k224(1+k2)3+4k2
=12m21+k224(1+k2)3+4k2
=123+4k22243+4k2=3.
(2)若橢圓上存在P使四邊形OAPB為平行四邊形,
則OP→=OA→+OB→,設(shè)P(x0,y0),
則x0=x1+x2=-8km3+4k2,y0=y1+y2=6m3+4k2,
由于P在橢圓上,所以x024+y023=1,
從而化簡(jiǎn)得16k2m2(3+4k2)2+12m2(3+4k2)2=1,
化簡(jiǎn)得4m2=3+4k2.①
由kOAkOB=-34,知2m2-4k2=3,②
聯(lián)立方程①②知3+4k2=0,無解,故不存在P使四邊形OAPB為平行四邊形.
考向2 參數(shù)值的探索
【例5】
(2018遼寧省遼南協(xié)作校一模)已知拋物線C:y=2x2,直線l:y=kx+2交C于A,B兩點(diǎn),M是AB的中點(diǎn),過M作x軸的垂線交C于N點(diǎn).
(1)證明:拋物線C在N點(diǎn)處的切線與AB平行;
(2)是否存在實(shí)數(shù)k,使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點(diǎn)?若存在,求出k的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
(1)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0.
所以x1+x2=k2,xN=xM=k4,所以Nk4,k28.
因?yàn)?2x2)=4x,所以拋物線在N點(diǎn)處的切線斜率為k,故該切線與AB平行.
(2)解:假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點(diǎn),則|MN|=12|AB|.
由(1)知yM=12(y1+y2)=12(kx1+kx2+4)=k24+2,又因?yàn)镸N垂直于x軸,
所以|MN|=yM-yN=k2+168,
而|AB|=1+k2|x1-x2|=121+k216+k2.
所以121+k216+k2=k2+164,解得k=2.
所以,存在實(shí)數(shù)k=2使以AB為直徑的圓M經(jīng)過N點(diǎn).
解決存在性(探索性)問題通常采用“肯定順推法”,將不確定性問題明朗化.其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在,用待定系數(shù)法設(shè)出,列出關(guān)于待定系數(shù)的方程(組),若方程(組)有實(shí)數(shù)解,則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在;否則,元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在.
熱點(diǎn)訓(xùn)練4:(2018太原市一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點(diǎn)為A,右焦點(diǎn)為F2(2,0),點(diǎn)B(2,-2)在橢圓C上.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若直線y=kx(k≠0)與橢圓C交于E,F兩點(diǎn),直線AE,AF分別與y軸交于點(diǎn)M,N.在x軸上,是否存在點(diǎn)P,使得無論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由.
解:(1)依題意,得c=2.
因?yàn)辄c(diǎn)B(2,-2)在C上,所以4a2+2b2=1.
又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4,
所以橢圓C的方程為x28+y24=1.
(2)假設(shè)存在這樣的點(diǎn)P,設(shè)P(x0,0),E(x1,y1),x1>0,則F(-x1,-y1),y=kx,x28+y24=1,
消去y并化簡(jiǎn)得,(1+2k2)x2-8=0,
解得x1=221+2k2,則y1=22k1+2k2,
又A(-22,0),
所以AE所在直線的方程為
y=k1+1+2k2(x+22),
所以M0,22k1+1+2k2,
同理可得N0,22k1-1+2k2,PM→=-x0,22k1+1+2k2,PN→=-x0,22k1-1+2k2.
若∠MPN為直角,則PM→PN→=0,所以x02-4=0,
所以x0=2或x0=-2,所以存在點(diǎn)P,使得無論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,0)或(-2,0).
熱點(diǎn)訓(xùn)練5:
已知拋物線E:x2=2py(p>0)上一點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為4,且點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離為5.
(1)求拋物線E的方程;
(2)如圖,設(shè)斜率為k的兩條平行直線l1,l2分別經(jīng)過點(diǎn)F和H(0,-1),l1與拋物線E交于A,B兩點(diǎn),l2與拋物線E交于C,D兩點(diǎn).問:是否存在實(shí)數(shù)k,使得四邊形ABDC的面積為43+4?若存在,求出k的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
解:(1)由拋物線的定義知,點(diǎn)P到拋物線E的準(zhǔn)線的距離為5.
因?yàn)閽佄锞€E的準(zhǔn)線方程為y=-p2,
所以4+p2=5,解得p=2,
所以拋物線E的方程為x2=4y.
(2)由已知得,直線l1:y=kx+1.
由y=kx+1,x2=4y,消去y得x2-4kx-4=0,
Δ1=16(k2+1)>0恒成立,|AB|=1+k216(k2+1)=4(k2+1),
直線l2:y=kx-1,由y=kx-1,x2=4y,
消去y得x2-4kx+4=0,
由Δ2=16(k2-1)>0得k2>1,
|CD|=1+k216(k2-1)=4(k2+1)(k2-1),
又直線l1,l2間的距離d=2k2+1,
所以四邊形ABDC的面積S=12d(|AB|+|CD|)=4(k2+1+k2-1).
解方程4(k2+1+k2-1)=4(3+1),得k2=2(滿足k2>1),所以存在滿足條件的k,k的值為2.
最值(范圍)問題
【例6】 (2016全國Ⅱ卷)已知A是橢圓E:x24+y23=1的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E上,MA⊥NA.
(1)當(dāng)|AM|=|AN|時(shí),求△AMN的面積;
(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),證明:30.
由已知及橢圓的對(duì)稱性知,直線AM的傾斜角為π4.
又A(-2,0),
因此直線AM的方程為y=x+2.
將x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=127,
所以y1=127.
因此△AMN的面積S△AMN=212127127=14449.
(2)證明:設(shè)直線AM的方程為y=k(x+2)(k>0),
代入x24+y23=1得
(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.
由x1(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,
故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.
由題設(shè),設(shè)直線AN的方程為y=-1k(x+2),
故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.
由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,
即4k3-6k2+3k-8=0.
設(shè)f(t)=4t3-6t2+3t-8,
則k是f(t)的零點(diǎn),f(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,
所以f(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0,
因此f(t)在(0,+∞)內(nèi)有唯一的零點(diǎn),且零點(diǎn)k在(3,2)內(nèi),
所以3b>0)的離心率為12,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓于P,Q兩點(diǎn),以PF1為直徑的動(dòng)圓內(nèi)切于圓x2+y2=4.
(1)求橢圓的方程;
(2)延長PO交橢圓于R點(diǎn),求△PQR面積的最大值.
解:(1)設(shè)|PF1|的中點(diǎn)為M,在三角形PF1F2中,由中位線得|OM|=12|PF2|,
當(dāng)兩個(gè)圓相內(nèi)切時(shí),兩個(gè)圓的圓心距等于兩個(gè)圓的半徑之差,
即|OM|=2-12|PF1|,
所以12|PF2|=2-12|PF1|?|PF1|+|PF2|=4,
即a=2,
又e=12,所以c=1,b=3,
所以橢圓方程為x24+y23=1.
(2)由已知kPQ≠0可設(shè)直線PQ:x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),
x=my-1,x24+y23=1?(3m2+4)y2-6my-9=0,
S△PQR=2S△POQ=|y1-y2|=12m2+13m2+4,
令m2+1=t≥1,原式=12t3t2+1=123t+1t,
當(dāng)t=1時(shí),3t+1tmin=4.
所以(S△PQR)max=3.
【例1】 (2018福州市期末)拋物線C:y=2x2-4x+a與兩坐標(biāo)軸有三個(gè)交點(diǎn),其中與y軸的交點(diǎn)為P.
(1)若點(diǎn)Q(x,y)(10,a<2,且a≠0,
解得x=14-2a2,
故拋物線C與x軸交于A1-4-2a2,0,B1+4-2a2,0兩點(diǎn).
故可設(shè)圓E的圓心為M(1,t),
由|MP|2=|MA|2,得12+(t-a)2=4-2a22+t2,
解得t=a2+14,
則圓E的半徑r=|MP|=1+(14-a2)2.
所以圓E的方程為
(x-1)2+y-a2-142=1+14-a22,
所以圓E的一般方程為
x2+y2-2x-a+12y+a2=0,
即x2+y2-2x-12y+a12-y=0.
由x2+y2-2x-12y=0,12-y=0,得x=0,y=12或x=2,y=12,
故圓E過定點(diǎn)0,12,2,12.
法二 P(0,a)(a≠0),設(shè)拋物線C與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)分別為A(x1,0),B(x2,0),圓E的一般方程為x2+y2+Dx+Fy+G=0,則x12+Dx1+G=0,x22+Dx2+G=0,a2+Fa+G=0,
因?yàn)閤1,x2是方程2x2-4x+a=0,即x2-2x+a2=0的兩根,
所以x12-2x1+a2=0,x22-2x2+a2=0,
所以D=-2,G=a2,
所以F=-G-a2a=-a+12,
所以圓E的一般方程為
x2+y2-2x-a+12y+a2=0,
即x2+y2-2x-12y+a12-y=0.
由x2+y2-2x-12y=0,12-y=0,得x=0,y=12或x=2,y=12,
故圓E過定點(diǎn)0,12,2,12.
【例2】 (2018石家莊質(zhì)檢)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為223,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓C于A,B兩點(diǎn).
(1)若以AF1為直徑的動(dòng)圓內(nèi)切于圓x2+y2=9,求橢圓長軸的長;
(2)當(dāng)b=1時(shí),在x軸上是否存在定點(diǎn)T,使得TA→TB→為定值?若存在,求出定值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
解:(1)設(shè)AF1的中點(diǎn)為M,連接AF2,MO,
在△AF1F2中,由中位線定理得,
|OM|=12|AF2|=12(2a-|AF1|)=a-12|AF1|.
當(dāng)兩個(gè)圓內(nèi)切時(shí),|OM|=3-12|AF1|,
所以a=3,故橢圓長軸的長為6.
(2)由b=1及離心率為223,得c=22,a=3,
所以橢圓C的方程為x29+y2=1.
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=k(x+22).
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立方程,得x2+9y2=9,y=k(x+22),
消去y并整理得(9k2+1)x2+362k2x+72k2-9=0,
Δ=36k2+36>0,x1+x2=-362k29k2+1,x1x2=72k2-99k2+1,
y1y2=k2(x1+22)(x2+22)=-k29k2+1.
假設(shè)存在定點(diǎn)T,設(shè)T(x0,0),
則TA→TB→=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2
=(9x02+362x0+71)k2+x02-99k2+1,
當(dāng)9x02+362x0+71=9(x02-9),
即x0=-1929時(shí),TA→TB→為定值,
定值為x02-9=-781.
當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),
不妨設(shè)A-22,13,B-22,-13,
當(dāng)T-1929,0時(shí),TA→TB→=29,1329,-13=-781,為定值.
綜上,在x軸上存在定點(diǎn)T-1929,0,使得TA→TB→為定值-781.
【例3】 (2018廣州市調(diào)研)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,拋物線C上存在一點(diǎn)E(2,t)到焦點(diǎn)F的距離等于3.
(1)求拋物線C的方程;
(2)過點(diǎn)K(-1,0)的直線l與拋物線C相交于A,B兩點(diǎn)(A,B兩點(diǎn)在x軸上方),點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為D,且FA⊥FB,求△ABD的外接圓的方程.
解:(1)拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-p2,
由拋物線的定義,可得2+p2=3,解得p=2.
所以拋物線C的方程為y2=4x.
(2)法一 設(shè)直線l的方程為x=my-1(m>0).
將x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,
由Δ=(-4m)2-16>0,并結(jié)合m>0,解得m>1.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則D(x1,-y1),
y1+y2=4m,y1y2=4,
所以FA→FB→=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2,
因?yàn)镕A⊥FB,所以FA→FB→=0,
即8-4m2=0,結(jié)合m>0,解得m=2.
所以直線l的方程為x-2y+1=0.
設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),
則y0=y1+y22=2m=22,x0=my0-1=3,
所以線段AB的垂直平分線方程為
y-22=-2(x-3).
因?yàn)榫€段AD的垂直平分線方程為y=0,
所以△ABD的外接圓圓心坐標(biāo)為(5,0).
因?yàn)閳A心(5,0)到直線l的距離d=23,
且|AB|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=43,
所以圓的半徑r=d2+(|AB|2)2=26.
所以△ABD的外接圓的方程為(x-5)2+y2=24.
法二 依題意可設(shè)直線l:y=k(x+1)(k>0).
將直線l與拋物線C的方程聯(lián)立并整理得k2x2+(2k2-4)x+k2=0.
由Δ=(2k2-4)2-4k4>0,結(jié)合k>0,得00,解得k=22.
所以直線l的方程為x-2y+1=0.
設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),
則x0=x1+x22=3,y0=22(x0+1)=22,
所以線段AB的垂直平分線方程為
y-22=-2(x-3).
因?yàn)榫€段AD的垂直平分線方程為y=0.
所以△ABD的外接圓圓心坐標(biāo)為(5,0).
因?yàn)閳A心(5,0)到直線l的距離d=23,
且|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=43,
所以圓的半徑r=d2+(|AB|2)2=26.
所以△ABD的外接圓的方程為(x-5)2+y2=24.
(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第52頁)
【典例】 (2018全國Ⅰ卷)(12分)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點(diǎn)為F,過F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M的坐標(biāo)為 (2,0).
(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線AM的方程;
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:∠OMA=∠OMB.
(1)解:由已知得F(1,0),l的方程為x=1.
由已知可得,點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,22或1,-22.
又M(2,0),所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2.
(2)證明:當(dāng)l與x軸重合時(shí),∠OMA=∠OMB=0.
當(dāng)l與x軸垂直時(shí),OM為AB的垂直平分線,
所以∠OMA=∠OMB.
當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
則-2
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2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)
第一篇
專題六
解析幾何
第3講
圓錐曲線的綜合問題教案
2019
高考
數(shù)學(xué)
二輪
復(fù)習(xí)
一篇
專題
圓錐曲線
綜合
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