（新课标）高考数学二轮复习 专题6 解析几何 第4讲 圆锥曲线中的综合问题 理.docVIP

第4讲圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的最值与范围问题训练提示:求解最值与范围问题的关键是寻找目标函数或关系式,将所求量转化求解.1.已知圆m:(x+3a)2+y2=16a2(a0)及定点n(3a,0),点p是圆m上的动点,点g在mp上,且满足|gp|=|gn|,g点的轨迹为曲线c.(1)求曲线c的方程;(2)若点a(1,0)关于直线x+y-t=0(t0)的对称点在曲线c上,求a的取值范围.解:(1)设g(x,y),因为|pg|+|gm|=4a,且|pg|=|gn|,所以|gm|+|gn|=4a23a,由椭圆定义得,曲线c的方程为x24a2+y2a2=1.(2)设a(1,0)关于直线x+y-t=0(t0)的对称点为a(m,n),则nm-1(-1)=-1,m+12+n2-t=0,所以m=t,n=t-1,所以a(t,t-1),因为a(t,t-1)在曲线c:x24a2+y2a2=1上,所以t2+4(t-1)2=4a2,化简得5t2-8t+4-4a2=0(t0),因为此方程有正根,令f(t)=5t2-8t+4-4a2,其图象的对称轴为t=450,所以=(-8)2-45(4-4a2)0,所以a55或a-55,因为a0,所以a的取值范围为55,+).2.已知抛物线c:x2=4y,f为其焦点.(1)设p为直线l:x-y-2=0上的点,过点p作抛物线c的两条切线pa,pb,当点p(x0,y0)为直线l上的定点时,求直线ab的方程;(2)当点p在直线l上移动时,求|af|bf|的最小值.解:(1)抛物线c的方程为x2=4y,即y=14x2,求导得y=12x.设a(x1,y1),b(x2,y2)(其中y1=x124,y2=x224),则切线pa,pb的斜率分别为12x1,12x2.所以切线pa的方程为y-y1=x12(x-x1),即y=x12x-x122+y1,即x1x-2y-2y1=0.同理,可得切线pb的方程为x2x-2y-2y2=0.因为切线pa,pb均过点p(x0,y0),所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0.所以(x1,y1),(x2,y2)为方程x0x-2y0-2y=0的两组解.故直线ab的方程为x0x-2y-2y0=0.(2)由抛物线定义可知|af|=y1+1,|bf|=y2+1,所以|af|bf|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1.联立方程x0x-2y-2y0=0,x2=4y,消去x整理得y2+(2y0-x02)y+y02=0,由根与系数的关系可得y1+y2=x02-2y0,y1y2=y02,所以|af|bf|=y1y2+(y1+y2)+1=y02+x02-2y0+1.又点p(x0,y0)在直线l上,所以x0=y0+2.所以y02+x02-2y0+1=2y02+2y0+5=2(y0+12)2+92.所以当y0=-12时,|af|bf|取得最小值,且最小值为92.圆锥曲线中的定点、定值问题训练提示:由直线方程确定定点,若得到直线方程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m).证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关;也可令系数等于零,得出定值.3.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的角平分线,证明直线l过定点.(1) 解:如图所示,设动圆圆心o1(x,y),由题意,|o1a|=|o1m|,当o1不在y轴上时,过o1作o1hmn交mn于h,则h是mn的中点,所以|o1m|=x2+42,又|o1a|=(x-4)2+y2,所以(x-4)2+y2=x2+42,化简得y2=8x(x0).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,所以动圆圆心的轨迹c的方程为y2=8x.(2) 证明:如图,由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k0),p(x1,y1),q(x2,y2),将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0,其中=-32kb+640.由根与系数的关系得,x1+x2=8-2bkk2, x1x2=b2k2, 因为x轴是pbq的角平分线,所以y1x1+1=-y2x2+1,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0, 将代入,并整理得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,所以k=-b,此时0,所以直线l的方程为y=k(x-1),所以直线l过定点(1,0).4.已知直线l:y=x+6,圆o:x2+y2=5,椭圆e:y2a2+x2b2=1(ab0)的离心率e=33,直线l被圆o截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆e的方程;(2)过圆o上任意一点p作椭圆e的两条切线,若切线都存在斜率,求证两切线斜率之积为定值.解:(1)设椭圆半焦距为c,圆心o到l的距离d=61+1=3,则l被圆o截得的弦长为22,所以b=2.由题意得ca=33,a2=b2+c2,又b=2,所以a2=3,b2=2.所以椭圆e的方程为y23+x22=1.(2)证明:设点p(x0,y0),过点p的椭圆e的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,联立直线l0与椭圆e的方程得y=kx+y0-kx0,y23+x22=1,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,因为l0与椭圆e相切,所以=4k(y0-kx0)2-4(3+2k2)2(kx0-y0)2-6=0,整理得(2-x02)k2+2x0y0k-(y02-3)=0,设满足题意的椭圆e的两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1k2=-y02-32-x02.因为点p在圆o上,所以x02+y02=5,所以k1k2=-5-x02-32-x02=-1.所以两条切线斜率之积为常数-1.圆锥曲线中的存在性问题训练提示:存在性问题,先假设存在,进行一系列推理,若推理正确则存在,若得出矛盾则不存在.5.已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为f,离心率为22,过点f且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为2,o为坐标原点.(1)求椭圆c的方程;(2)设椭圆的上顶点为n,是否存在直线l交椭圆于p,q两点,使点f为pqn的垂心?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解:(1)设f(c,0),则ca=22,知a=2c.过点f且与x轴垂直的直线方程为x=c,代入椭圆方程,有(c)2a2+y2b2=1,解得y=22b.于是2b=2,解得b=1.又a2-c2=b2,从而a=2,c=1.所以椭圆c的方程为x22+y2=1.(2)假设存在直线l交椭圆于p,q两点,且f为pqn的垂心.设p(x1,y1),q(x2,y2),因为n(0,1),f(1,0),所以knf=-1.由nfpq,知kpq=1.设直线l的方程为y=x+m,由y=x+m,x2+2y2=2,得3x2+4mx+2m2-2=0.由0,得m20,故k2=t2+34,所以s=4t4t2+34+1=4tt2+4=4t+4t,因为t0,所以t+4t2t4t=4,当且仅当t=4t,即t=2时取得等号,此时k2=74,解得k=72,s取得最大值1.故oab面积的取值范围为(0,1.(3)由(2)可知,soab=44k2-34k2+1=45,即54k2-3=4k2+1,两边平方整理得4k4-23k2+19=0,解得k2=1或k2=194.设q(x0,y0),由oq=m(oa+ob),解得x0=m(x1+x2)=-16km4k2+1,y0=m(y1+y2)=m(kx1+2+kx2+2)=mk(x1+x2)+4=m(-16k24k2+1+4)=4m4k2+1.故q(-16km4k2+1,4m4k2+1).由点q在椭圆m上可得(-16km4k2+1)24+(4m4k2+1)2=1,整理得64k2m2+16m2=(4k2+1)2,解得m2=4k2+116,故m2=516或m2=54.因为m1,故m=52.所以存在实数m=52,使得椭圆m上存在点q,满足oq=m(oa+ob).类型一:圆与圆锥曲线的综合1.设抛物线c:x2=2py(p0)的焦点为f,准线为l,a为c上一点,已知以f为圆心,fa为半径的圆f交l于b,d两点.(1)若bfd=90,abd的面积为42,求p的值及圆f的方程;(2)若a,b,f三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与c只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.解:(1)由已知可得bfd为等腰直角三角形,|bd|=2p,圆f的半径|fa|=2p,又点a到l的距离d=|fa|=2p而sabd=42.所以12|bd|d=42.即122p2p=42,所以p=-2(舍去)或p=2所以圆f的方程为x2+(y-1)2=8.(2)因为a,b,f三点在同一直线m上,所以ab为圆f的直径,adb=90.又由抛物线定义知|ad|=|fa|=12|ab|,所以abd=30,m的斜率为-33或33,当m的斜率为33时,可设n方程为y=33x+b.代入x2=2py得x2-233px-2pb=0,由于n与c只有一个公共点,故=43p2+8pb=0所以b=-p6,又因为m的截距b1=p2,|b1|b|=3,所以坐标原点到m、n的距离的比值为3.当m的斜率为-33时,由图形对称性知,坐标原点到m、n的距离之比仍为3.综上,坐标原点到m,n距离的比值为3.2.平面直角坐标系中,o为坐标原点,给定两点a(1,0),b(0,-2),点c满足oc=oa+ob,其中,r,且-2=1.(1)求点c的轨迹方程;(2)设点c的轨迹与椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)交于两点m,n,且以mn为直径的圆过原点,求证:1a2+1b2为定值.(1)解:设c(x,y),由oc=oa+ob,可得(x,y)=(1,0)+(0,-2),所以x=,y=-2=x,=-y2,代入-2=1有x+y=1,即点c的轨迹方程为x+y=1.(2)证明:由x+y=1,x2a2+y2b2=1(a2+b2)x2-2a2x+a2-a2b2=0.设m(x1,y1),n(x2,y2),则x1+x2=2a2a2+b2,x1x2=a2-a2b2a2+b2.因为以mn为直径的圆过原点o,所以omon=0x1x2+y1y2=0x1x2+(1-x1)(1-x2)=1-(x1+x2)+2x1x2=1-2a2a2+b2+2a2-a2b2a2+b2=0a2+b2-2a2b2=0,所以1a2+1b2=2为定值.类型二:圆锥曲线中的最值问题3.(2015郑州第一次质量预测)已知动点p到定点f(1,0)和到直线x=2的距离之比为22,设动点p的轨迹为曲线e,过点f作垂直于x轴的直线与曲线e相交于a,b两点,直线l:y=mx+n与曲线e交于c,d两点,与线段ab相交于一点(与a,b不重合).(1)求曲线e的方程;(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形acbd的面积是否有最大值,若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.解:(1)设点p(x,y),由题意可得(x-1)2+y2|x-2|=22,整理可得x22+y2=1,曲线e的方程是x22+y2=1.(2)有最大值,设c(x1,y1),d(x2,y2),由已知可得|ab|=2.当m=0时,不合题意.当m0时,由直线l与圆x2+y2=1相切,可得|n|m2+1=1,即m2+1=n2.联立y=mx+n,x22+y2=1消去y得(m2+12)x2+2mnx+n2-1=0.=4m2n2-4(m2+12)(n2-1)=2m20,x1+x2=-4mn2m2+1,x1x2=2n2-22m2+1,s四边形acbd=12|ab|x2-x1|=22m2-n2+12m2+1=2|m|2m2+1=22|m|+1|m|22.当且仅当2|m|=1|m|,即m=22时等号成立,此时四边形abcd的面积的最大值为22,n=62,经检验可知,直线y=22x-62和直线y=-22x+62符合题意.4. 如图,过x轴上动点a(a,0)引抛物线y=x2+1的两条切线ap,aq.切线斜率分别为k1和k2,切点分别为p,q. (1)求证:k1k2为定值,并且直线pq过定点;(2)记apq的面积为sapq,当sapq|pq|最小时,求apaq的值.(1)证明:设过a点的直线为y=k(x-a),与抛物线联立得y=k(x-a),y=x2+1,整理得x2-kx+ka+1=0,=k2-4ak-4=0,所以k1+k2=4a,k1k2=-4为定值.抛物线方程y=x2+1,求导得y=2x,设切点p,q的坐标分别为(xp,yp),(xq,yq),则k1=2xp,k2=2xq,所以xp+xq=k12+k22=2a,xpxq=k12k22=-1.直线pq的方程:y-yp=yp-yqxp-xq(x-xp),由yp=xp2+1,yq=xq2+1,得到y=(xp+xq)x-xpxq+1,整理可得y=2ax+2,所以直线pq过定点(0,2).(2)解:设a到pq的距离为d.sapq=|pq|d2,所以sapq|pq|=d2=2a2+224a2+1=a2+14a2+1,设t=4a2+11,所以sapq|pq|=t2+34t=14(t+3t)32,当且仅当t=3时取等号,此时a=22.因为apaq=(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apaq=3a2+3=92.类型三:证明问题5.已知曲线c:(5-m)x2+(m-2)y2=8(mr).(1)若曲线c是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;(2)设m=4,曲线c与y轴的交点为a,b(点a位于b的上方),直线y=kx+4与曲线c交于不同的两点m,n,直线y=1与直线bm交于点g,求证:a,g,n三点共线.解:(1)曲线c是焦点在x轴上的椭圆,当且仅当5-m0,m-20,85-m8m-2.解得72m0,即k232.设点m,n的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=-16k1+2k2,x1x2=241+2k2.直线bm的方程为y+2=y1+2x1x,点g