【步步高】高考数学总复习 专题五 圆锥曲线问题 理 新人教B版(1).DOC

专题五高考中的圆锥曲线问题1 已知f1、f2为椭圆1的两个焦点，过f1的直线交椭圆于a、b两点若|f2a|f2b|12，则|ab|_.答案8解析由题意知(|af1|af2|)(|bf1|bf2|)|ab|af2|bf2|2a2a，又由a5，可得|ab|(|bf2|af2|)20，即|ab|8.2 设ab为过抛物线y22px(p0)的焦点的弦，则|ab|的最小值为 ()a. bp c2p d无法确定答案c解析当弦ab垂直于对称轴时|ab|最短，这时x，yp，|ab|min2p.3 若双曲线1的一条渐近线被圆(x2)2y24所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为 ()a1 b2 c3 d6答案b解析双曲线1的渐近线方程为yx，即xay0，圆(x2)2y24的圆心为c(2,0)，半径为r2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|cd|，另一方面，圆心c(2,0)到双曲线1的渐近线xay0的距离为d，所以，解得a21，即a1，该双曲线的实轴长为2a2.4 在抛物线y2x2上有一点p，它到a(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点p的坐标是 ()a(2,1) b(1,2)c(2,1) d(1,2)答案b解析如图所示，直线l为抛物线y2x2的准线，f为其焦点，pnl，an1l，由抛物线的定义知，|pf|pn|，|ap|pf|ap|pn|an1|，当且仅当a、p、n三点共线时取等号p点的横坐标与a点的横坐标相同即为1，则可排除a、c、d，故选b.5 设坐标原点为o，抛物线y22x与过焦点的直线交于a、b两点，则等于()a. bc3 d3答案b解析方法一(特殊值法)抛物线的焦点为f，过f且垂直于x轴的直线交抛物线于a(，1)，b(，1)，1.方法二设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x2y1y2.由抛物线的过焦点的弦的性质知：x1x2，y1y2p21.1.题型一圆锥曲线中的范围、最值问题例1(2012浙江改编)如图所示，在直角坐标系xoy中，点p(1，)到抛物线c：y22px(p0)的准线的距离为.点m(t,1)是c上的定点，a，b是c上的两动点，且线段ab的中点q(m，n)在直线om上(1)求曲线c的方程及t的值；(2)记d，求d的最大值思维启迪(1)依条件，构建关于p，t的方程；(2)建立直线ab的斜率k与线段ab中点坐标间的关系，并表示弦ab的长度，运用函数的性质或均值不等式求d的最大值解(1)y22px(p0)的准线x，1()，p，抛物线c的方程为y2x.又点m(t,1)在曲线c上，t1.(2)由(1)知，点m(1,1)，从而nm，即点q(m，m)，依题意，直线ab的斜率存在，且不为0，设直线ab的斜率为k(k0)且a(x1，y1)，b(x2.y2)，由得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k2m1，所以直线ab的方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|ab| |y1y2|2d2m(1m)1，当且仅当m1m，即m时，上式等号成立，又m满足4m4m20.d的最大值为1.思维升华圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用均值不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值已知点a(1,0)，b(1,0)，动点m的轨迹曲线c满足amb2，|cos23，过点b的直线交曲线c于p，q两点(1)求|的值，并写出曲线c的方程；(2)求apq面积的最大值解(1)设m(x，y)，在mab中，|ab|2，amb2，根据余弦定理得|2|22|cos 24.即(|)22|(1cos 2)4.(|)24|cos24.而|cos23，所以(|)2434.所以|4.又|42|ab|，因此点m的轨迹是以a，b为焦点的椭圆(点m在x轴上也符合题意)，a2，c1.所以曲线c的方程为1.(2)设直线pq的方程为xmy1.由消去x并整理得(3m24)y26my90.显然方程的0，设p(x1，y1)，q(x2，y2)，则sapq2|y1y2|y1y2|.由根与系数的关系得y1y2，y1y2.所以(y1y2)2(y1y2)24y1y248.令t3m23，则t3，(y1y2)2.由于函数(t)t在3，)上是增函数，所以t，当t3m233，即m0时取等号所以(y1y2)29，即|y1y2|的最大值为3.所以apq面积的最大值为3，此时直线pq的方程为x1.题型二圆锥曲线中的定点、定值问题例2(2012福建)如图，等边三角形oab的边长为8，且其三个顶点均在抛物线e：x22py(p0)上(1)求抛物线e的方程；(2)设动直线l与抛物线e相切于点p，与直线y1相交于点q，证明：以pq为直径的圆恒过y轴上某定点思维启迪既然圆过y轴上的点，即满足0，对任意p、q恒成立可待定m(0，y1)，也可给定特殊的p点，猜想m点坐标，再证明(1)解依题意，得|ob|8，boy30.设b(x，y)，则x|ob|sin 304，y|ob|cos 3012.因为点b(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线e的方程为x24y.(2)证明方法一由(1)知yx2，yx.设p(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以q为.设m(0，y1)，令0对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，由0，得y0y0y1y1y0，即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以pq为直径的圆恒过y轴上的定点m(0,1)方法二由(1)知yx2，yx.设p(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以q为.取x02，此时p(2,1)，q(0，1)，以pq为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点m1(0,1)或m2(0，1)；取x01，此时p，q，以pq为直径的圆为22，交y轴于点m3(0,1)、m4.故若满足条件的点m存在，只能是m(0,1)以下证明点m(0,1)就是所要求的点因为(x0，y01)，所以2y022y022y020.故以pq为直径的圆恒过y轴上的定点m(0,1)思维升华求定点及定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值(2013江西)椭圆c：1(ab0)的离心率e ，ab3.(1)求椭圆c的方程；(2)如图所示，a、b、d是椭圆c的顶点，p是椭圆c上除顶点外的任意一点，直线dp交x轴于点n，直线ad交bp于点m，设bp的斜率为k，mn的斜率为m.证明：2mk为定值(1)解因为e，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故椭圆c的方程为y21.(2)证明方法一因为b(2,0)，点p不为椭圆顶点，则直线bp的方程为yk(x2)(k0，k)，代入y21，解得p.直线ad的方程为yx1.与联立解得m.由d(0,1)，p，n(x,0)三点共线知，解得n.所以mn的斜率为m.则2mkk(定值)方法二设p(x0，y0)(x00，2)，则k，直线ad的方程为y(x2)，直线bp的方程为y(x2)，直线dp的方程为y1x，令y0，由于y01可得n，联立，解得m，因此mn的斜率为m，所以2mk(定值)题型三圆锥曲线中的探索性问题例3(2012广东)在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆c：1(ab0)的离心率e ，且椭圆c上的点到点q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆c的方程(2)在椭圆c上，是否存在点m(m，n)，使得直线l：mxny1与圆o：x2y21相交于不同的两点a、b，且oab的面积最大？若存在，求出点m的坐标及对应的oab的面积；若不存在，请说明理由思维启迪圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答解(1)e2，a23b2，椭圆方程为1，即x23y23b2.设椭圆上的点到点q(0,2)的距离为d，则d，当y1时，d取得最大值，dmax3，解得b21，a23.椭圆c的方程为y21.(2)假设存在点m(m，n)满足题意，则n21，即m233n2.设圆心到直线l的距离为d，则d1，d.|ab|22 .soab|ab|d2 .d1，00.soab ，当且仅当1，即m2n221时，soab取得最大值.由得存在点m满足题意，m点坐标为，或，此时oab的面积为.思维升华(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法已知椭圆c1、抛物线c2的焦点均在x轴上，c1的中心和c2的顶点均为原点o，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：x324y204(1)求c1，c2的标准方程；(2)是否存在直线l满足条件：过c2的焦点f；与c1交于不同的两点m，n，且满足？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由解(1)设抛物线c2：y22px(p0)，则有2p(x0)，据此验证四个点知(3，2)，(4，4)在c2上，易求得c2的标准方程为y24x.设椭圆c1：1(ab0)，把点(2,0)，(，)代入得，解得，所以c1的标准方程为y21.(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1)，与c1的交点为m(x1，y1)，n(x2，y2)由消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是x1x2，x1x2.所以y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1k21.由，即0，得x1x2y1y20.(*)将代入(*)式，得0，解得k2，所以存在直线l满足条件，且直线l的方程为2xy20或2xy20.题型四直线、圆及圆锥曲线的交汇问题例4(2013浙江)如图，点p(0，1)是椭圆c1：1(ab0) 的一个顶点，c1的长轴是圆c2：x2y24的直径l1，l2是过点p且互相垂直的两条直线，其中l1交圆c2于a，b两点，l2交椭圆c1于另一点d.(1)求椭圆c1的方程；(2)求abd面积取最大值时直线l1的方程思维启迪(1)根据椭圆的几何性质易求出a，b的值，从而写出椭圆的方程；(2)要求abd的面积，需要求出ab，pd的长，ab是圆的弦，考虑用圆的知识来求，pd应当考虑用椭圆的相关知识来求求出ab，pd的长后，表示出abd的面积，再根据式子的形式选择适当的方法求最值解(1)由题意得所以椭圆c1的方程为y21.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，d(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆c2：x2y24，故点o到直线l1的距离d，所以|ab|22.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|pd|.设abd的面积为s，则s|ab|pd|，所以s，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.思维升华对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力(2013重庆) 如图，椭圆的中心为原点o，长轴在x轴上，离心率e，过左焦点f1作x轴的垂线交椭圆于a，a两点，|aa|4.(1)求该椭圆的标准方程；(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点p，p，过p，p作圆心为q的圆，使椭圆上的其余点均在圆q外若pqpq，求圆q的标准方程解(1)由题意知点a(c,2)在椭圆上，则1.从而e21.由e得b28，从而a216.故该椭圆的标准方程为1.(2)由椭圆的对称性，可设q(x0,0)又设m(x，y)是椭圆上任意一点，则|qm|2(xx0)2y2x22x0xx8(x2x0)2x8(x4,4)设p(x1，y1)，由题意知，点p是椭圆上到点q的距离最小的点因此，上式当xx1时取最小值，又因为x1(4,4)，所以上式当x2x0时取最小值，从而x12x0，且|qp|28x.因为pqpq，且p(x1，y1)，所以(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y0.由椭圆方程及x12x0得x80，解得x1，x0.从而|qp|28x.故这样的圆有两个，其标准方程分别为2y2，2y2.(时间：80分钟)1 已知中心在坐标原点o的椭圆c经过点a(2,3)，且点f(2,0)为其右焦点(1)求椭圆c的方程；(2)是否存在平行于oa的直线l，使得直线l与椭圆c有公共点，且直线oa与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由解方法一(1)依题意，可设椭圆c的方程为1(ab0)，且可知其左焦点为f(2,0)从而有解得又a2b2c2，所以b212，故椭圆c的方程为1.(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为yxt.由得3x23txt2120.因为直线l与椭圆c有公共点，所以(3t)243(t212)0，解得4t4.另一方面，由直线oa与l的距离d4，得4，解得t2.由于24，4，所以符合题意的直线l不存在方法二(1)依题意，可设椭圆c的方程为1(ab0)，且有解得b212，b23(舍去)从而a216.所以椭圆c的方程为1.(2)同方法一2. 如图，椭圆c1：1(ab0)的离心率为，x轴被曲线c2：yx2b截得的线段长等于c1的长半轴长(1)求c1，c2的方程；(2)设c2与y轴的交点为m，过坐标原点o的直线l与c2相交于点a，b，两直线ma，mb分别与c1相交于点d，e.证明：mdme；记mab，mde的面积分别为s1，s2.问：是否存在直线l，使得？请说明理由(1)解由题意知，e，从而a2b，又2a，所以a2，b1.故c1，c2的方程分别为y21，yx21.(2)证明由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx，由得x2kx10.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k，x1x21.又点m的坐标为(0，1)，所以kmakmb1.故mamb，即mdme.解设直线ma的斜率为k1，则直线ma的方程为yk1x1.由解得或故点a的坐标为(k1，k1)又直线mb的斜率为，同理可得点b的坐标为(，1)于是s1|ma|mb|k1|.由得(14k)x28k1x0，解得或故点d的坐标为(，)又直线me的斜率为，同理可得点e的坐标为(，)于是s2|md|me|.因此(4k17)由题意知，(4k17)，解得k4或k.又由点a，b的坐标可知，kk1，所以k.故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为yx，yx.3 如图，已知直线l：ykx2与抛物线c：x22py(p0)交于a、b两点，o为坐标原点，(4，12)(1)求直线l的方程和抛物线c的方程；(2)若抛物线上一动点p从a到b运动时，求abp面积的最大值解(1)由，得x22pkx4p0.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x22pk，y1y2k(x1x2)42pk24.(x1x2，y1y2)(2pk，2pk24)(4，12)，解得，故直线l的方程为y2x2，抛物线c的方程为x22y.(2)方法一由，得x24x40，|ab|4.设p(t，t2)(22t22)，|ab|为定值，当点p到直线l的距离d最大时，abp的面积最大而d，又22tb0)，则c1，又(ac)(ac)a2c21.a22，b21，故椭圆的标准方程为y21.(2)假设存在直线l交椭圆于p，q两点，且f恰为pqm的垂心，设p(x1，y1)，q(x2，y2)，m(0,1)，f(1,0)，直线l的斜率k1.于是设直线l为yxm，由得3x24mx2m220，x1x2m，x1x2.x1(x21)y2(y11)0.又yixim(i1,2)，x1(x21)(x2m)(x1m1)0，即2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.将代入得2(m1)m2m0，解得m或m1，经检验m符合条件故存在直线l，使点f恰为pqm的垂心，直线l的方程为yx.5 在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆1的左，右顶点分别为a，b，右焦点为f.