【导与练】高考数学 高校信息化课堂 大题冲关 专题七 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的定点、定值与最值问题 理.doc

第3讲圆锥曲线中的定点、定值与最值问题【选题明细表】知识点、方法题号圆锥曲线定点、定值12、15求范围1、3、8、9、14求最值2、4、5、6、7、10、11、13、16存在性问题9、12、15、16基础把关1.设m(x0,y0)为抛物线c:x2=8y上一点,f为抛物线c的焦点,以f为圆心、|fm|为半径的圆和抛物线c的准线相交,则y0的取值范围是(c)(a)(0,2) (b)0,2(c)(2,+)(d)2,+)解析:设圆的半径为r,因为f(0,2)是圆心,抛物线c的准线方程为y=-2.圆与准线相切时半径为4.若圆与准线相交则r4.又因为点m(x0,y0)为抛物线x2=8y上一点,所以有x02=8y0.又点m(x0,y0)在圆x2+(y-2)2=r2上.所以x02+(y0-2)2=r216,所以8y0+(y0-2)216,即有y02+4y0-120,解得y02或y02.故选c.2.椭圆x236+y29=1上有两个动点p、q,e(3,0),epeq,则epqp的最小值为(a)(a)6(b)3-3(c)9(d)12-63解析:设p(x0,y0),则x0236+y029=1,ep=(x0-3,y0),又qp=ep-eq,epqp=ep(ep-eq)=ep2-epeq=ep2=(x0-3)2+y02=(x0-3)2+9-14x02=34x02-6x0+18=34(x0-4)2+6,又x0-6,6,当x0=4时,epqp取到最小值6.3.若点o和点f(-2,0)分别为双曲线x2a2-y2=1(a0)的中心和左焦点,点p为双曲线右支上的任意一点,则opfp的取值范围为(b)(a)3-23,+)(b)3+23,+)(c)-74,+)(d)74,+)解析:由题意知c=2,a2+1=c2=4,a2=3,双曲线方程为x23-y2=1.设p(x,y)(x3),opfp=(x,y)(x+2,y)=x2+2x+y2=43x2+2x-1=43(x+34)2-74.x3,当x=3时,有最小值3+23.4.(2014浙江杭州模拟)设双曲线x24-y23=1的左、右焦点分别为f1,f2,过f1的直线l交双曲线左支于a、b两点,则|bf2|+|af2|的最小值为(b)(a)192(b)11(c)12(d)16解析:由x24-y23=1知a2=4,b2=3,c2=7,c=7,f1(-7,0),f2(7,0),又点a、b在双曲线左支上,|af2|-|af1|=4,|bf2|-|bf1|=4,|af2|=4+|af1|,|bf2|=4+|bf1|,|af2|+|bf2|=8+|af1|+|bf1|.要求|af2|+|bf2|的最小值,只要求|af1|+|bf1|的最小值即可,而|af1|+|bf1|最小为232=3.(|af2|+|bf2|)min=8+3=11.故选b.5.已知直线l1:4x-3y+6=0和直线l2:x=-1,抛物线y2=4x上一动点p到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是(a)(a)2(b)3(c)115(d)3716解析:如图所示,动点p到l2:x=-1的距离可转化为点p到点f的距离.由图可知,距离和的最小值即f到直线l1的距离d=|4+6|32+42=2.故选a.6.(2014河南郑州高三模拟)已知抛物线x2=4y上有一条长为6的动弦ab,则ab中点到x轴的最短距离为(d)(a)34(b)32(c)1(d)2解析:易知,ab的斜率存在,设ab方程为y=kx+b.由y=kx+b,x2=4y得x2-4kx-4b=0.设a(x1,y1),b(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个根,x1+x2=4k,x1x2=-4b,又|ab|=6,1+k2(4k)2+16b=6,化简得b=94(1+k2)-k2,设ab中点为m(x0,y0),则y0=y1+y22=kx1+b+kx2+b2=k(x1+x2)2+b=2k2+94(1+k2)-k2=k2+94(1+k2)=(k2+1)+94(1+k2)-1232-1=2.当且仅当k2+1=94(1+k2),即k2=12时,y0取到最小值2.故选d.7.(2014浙江调研)若点p在曲线c1:x216-y29=1上,点q在曲线c2:(x-5)2+y2=1上,点r在曲线c3:(x+5)2+y2=1上,则|pq|-|pr|的最大值是.解析:依题意得,点f1(-5,0),f2(5,0)分别为双曲线c1的左右焦点,因此有|pq|-|pr|(|pf2|+1)-(|pf1|-1)|pf2|-|pf1|+2=24+2=10,故|pq|-|pr|的最大值为10.答案:108.已知f1,f2是椭圆的两个焦点,椭圆上存在一点p,使f1pf2=60,则椭圆离心率的取值范围是.解析:法一设|pf1|=m,|pf2|=n.在pf1f2中,由余弦定理可知,4c2=m2+n2-2mncos 60,m+n=2a,m2+n2=(m+n)2-2mn=4a2-2mn,4c2=4a2-3mn,即3mn=4a2-4c2.又mn(m+n2)2=a2(当且仅当m=n时取等号),4a2-4c23a2,c2a214,即e12,又0e1,e的取值范围是12,1).法二如图所示,设o是椭圆的中心,a是椭圆短轴上的一个顶点,由于f1pf2=60,则只需满足60f1af2即可,又f1af2是等腰三角形,且|af1|=|af2|,所以0f1f2a60,所以12cosf1f2ab0)上存在点p,使得pf1pf2=0,则椭圆离心率的取值范围是.解析:因为pf1pf2=0,所以f1pf2=90.则以原点为圆心,c为半径的圆与椭圆有公共点,则cb,即a2-c2c2,得e212,即e22,又在椭圆中0eb0)的左焦点为f1,右焦点为f2,离心率e=12.过f1的直线交椭圆于a、b两点,且abf2的周长为8. (1)求椭圆e的方程;(2)设动直线l:y=kx+m与椭圆e有且只有一个公共点p,且与直线x=4相交于点q.试探究:在坐标平面内是否存在点m,使得以pq为直径的圆恒过点m?若存在,求出点m的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)因为|ab|+|af2|+|bf2|=8,即|af1|+|f1b|+|af2|+|bf2|=8,又|af1|+|af2|=|bf1|+|bf2|=2a,所以4a=8,a=2.又因为e=12,即ca=12,所以c=1,所以b=a2-c2=3.故椭圆e的方程是x24+y23=1.(2)法一由y=kx+mx24+y23=1,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆e有且只有一个公共点p(x0,y0),所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=-4km4k2+3=-4km,y0=kx0+m=3m,所以p(-4km,3m).由x=4y=kx+m,得q(4,4k+m).假设平面内存在定点m满足条件,由图形对称性知,点m必在x轴上.设m(x1,0),则mpmq=0对满足(*)式的m,k恒成立.因为mp=(-4km-x1,3m),mq=(4-x1,4k+m),则由mpmq=0,得-16km+4kx1m-4x1+x12+12km+3=0,整理得(4x1-4)km+x12-4x1+3=0.(*)由于(*)式对满足(*)式的m,k恒成立,所以4x1-4=0,x12-4x1+3=0,解得x1=1.故存在定点m(1,0),使得以pq为直径的圆恒过点m.法二由y=kx+mx24+y23=1,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆e有且只有一个公共点p(x0,y0),所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=-4km4k2+3=-4km,y0=kx0+m=3m,所以p(-4km,3m).由x=4,y=kx+m,得q(4,4k+m).假设平面内存在定点m满足条件,由图形对称性知,点m必在x轴上.取k=0,m=3,此时p(0,3),q(4,3),以pq为直径的圆为(x-2)2+(y-3)2=4,交x轴于点m1(1,0),m2(3,0);取k=-12,m=2,此时p(1,32),q(4,0),以pq为直径的圆为(x-52)2+(y-34)2=4516,交x轴于点m3(1,0),m4(4,0).所以若符合条件的点m存在,则m的坐标必为(1,0).以下证明m(1,0)就是满足条件的点:因为m的坐标为(1,0),所以mp=(-4km-1,3m),mq=(3,4k+m),从而mpmq=-12km-3+12km+3=0,故恒有mpmq,即存在定点m(1,0),使得以pq为直径的圆恒过点m.能力提升13.已知f是双曲线x24-y212=1的左焦点,a(1,4),p是双曲线右支上的动点,则|pf|+|pa|的最小值为(b)(a)18(b)9(c)21(d)3解析:如图所示,该双曲线的右焦点为e,则e(4,0),由双曲线的定义及标准方程得|pf|-|pe|=4,则|pf|+|pa|=4+|pe|+|pa|,由图可得,当a,p,e三点共线时,(|pe|+|pa|)min=|ae|=5,从而|pf|+|pa|的最小值为9.故选b.14.设点p在双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右支上,双曲线的左、右焦点分别为f1,f2,若|pf1|=4|pf2|,则双曲线离心率的取值范围是.解析:由双曲线的定义得|pf1|-|pf2|=2a,又|pf1|=4|pf2|,所以4|pf2|-|pf2|=2a,所以|pf2|=23a,|pf1|=83a,所以83ac+a,23ac-a,整理得53ac,所以ca53,即e53,又e1,所以1b0)的离心率e=63,短轴右端点为a,p(1,0)为线段oa的中点.(1)求椭圆c的方程;(2)过点p任作一条直线与椭圆c相交于两点m,n,试问在x轴上是否存在定点q,使得mqp=nqp,若存在,求出点q的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)由已知,b=2,又e=63,即a2-4a=63,解得a=23,所以椭圆方程为x24+y212=1.(2)存在.证明如下:假设存在点q(x0,0)满足题设条件.当mnx轴时,由椭圆的对称性可知恒有mqp=nqp,即x0r;当mn与x轴不垂直时,设mn所在直线的方程为y=k(x-1),代入椭圆方程化简得(k2+3)x2-2k2x+k2-12=0,设m(x1,y1),n(x2,y2),则x1+x2=2k2k2+3,x1x2=k2-12k2+3.kmq+knq=y1x1-x0+y2x2-x0=k(x1-1)x1-x0+k(x2-1)x2-x0=k(x1-1)(x2-x0)+k(x2-1)(x1-x0)(x1-x0)(x2-x0),(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0)=2x1x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0=2(k2-12)k2+3-2(1+x0)k2k2+3+2x0,若mqp=nqp,则kmq+knq=0,即k2(k2-12)k2+3-2(1+x0)k2k2+3+2x0=0,整理得k(x0-4)=0,kr,x0=4,q(4,0).综上,在x轴上存在定点q(4,0),使得mqp=nqp.16.(2014湖州市模拟)已知椭圆c:x2a2+y23=1(a10)的右焦点f在圆d:(x-2)2+y2=1上,直线l:x=my+3(m0)交椭圆于m,n两点.(1)求椭圆c的方程;(2)设点n关于x轴的对称点为n1,且直线n1m与x轴交于点p,试问pmn的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.解:(1)由题设知,圆d:(x-2)2+y2=1的圆心坐标是(2,0),半径是1,所以圆d与x轴交于两点 (3,0),(1,0).所以在椭圆中c=3或c=1,又b2=3,所以a2=12或a2=4(舍去,因为a10). 于是,椭圆c的方程为x212+y23=1.(2)因为m(x1,y1),n(x2,y2),n1(x2,-y2).由x212+y23=1,x=my+3,消去x得(m2+4)y2+6my-3=0,所以y1+y2=-6mm2+4,y1y2=-3m2+4.因为直线n1m的方程