【步步高】2015届高考数学第一轮复习(典型题+详解)专题五高考中的圆锥曲线问题文档强练文新人

专题五高考中的圆锥曲线问题x2y21.已知F、F为椭圆＋＝1的两个焦点，过F的直线交椭圆于A、B两点.若|FA|＋|F2B|2591212＝12，则|AB|＝________.答案8解析由题意知(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝2a＋2a，又由a＝5，可得|AB|＋(|BF2|＋|AF2|)＝20，即|AB|＝8.2.设AB为过抛物线y＝2px(p>0)的焦点的弦，则|AB|的最小值为()2A.p2B.pC.2pD.无法确定答案C解析当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短，p这时x＝，∴y＝±p，|AB|min＝2p.2x2y233.若双曲线－＝1的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴a2长为()A.1B.2C.3D.6答案B解析双曲线ax2y2a3x，即3x±ay＝0，－＝1的渐近线方程为y＝±32圆(x－2)2＋y2＝4的圆心为C(2,0)，半径为r＝2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|＝22－12＝3，另一方面，圆心C(2,0)到双曲线－＝1的渐近线3x－ay＝0的距离为d＝|3×2－a×0|＝x2y2a233＋a22323，所以＝3，解得a2＝1，即a＝1，该双曲线的实轴长为2a＝2.3＋a23＋a2y＝2x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2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y＝2x2的准线，F为其焦点，PN⊥l，AN1⊥l，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.→→O，抛物线y＝2x与过焦点的直线交于A、B两点，则OA·OB等于()25.设坐标原点为A.34B.－C.3D.－334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(21，1)，B(12，－1)，102＝，·，－1＝－1＝－3.411114→→∴OA·OB22方法二设A(x1，y1)，B(x2，y2)，→→则OA＝x·OB1x2＋yy12.由抛物线的过焦点的弦的性质知：1xx12＝p21y2＝－p2＝－1.＝，y44∴OA→·OB→＝14－1＝－34.题型一圆锥曲线中的X围、最值问题例1(2012·某某改编)如图所示，在直角坐标系xOy中，点12P(1，)到抛word54物线C：y＝2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B2是C上的两动点，且线段AB的中点(1)求曲线C的方程及t的值；(2)记d＝|AB|，求Q(m，n)在直线OM上.d的最大值.1＋4m2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，运用函数的性质或基本不等式求d的最大值.解(1)y2＝2px(p>0)的准线x＝－p2，p512，p＝，∴1－(－)＝24∴抛物线C的方程为y2＝x.又点M(t,1)在曲线C上，∴t＝1.(2)由(1)知，点M(1,1)，从而n＝m，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(k≠0).且A(x1，y1)，B(x2.y2)，yx＝，2由11得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k·2m＝1，＝，yx222所以直线AB的方程为y－m＝21m(x－m)，即x－2my＋2m2－m＝0.－m＝0，x2my＋2m2－由＝x消去x，y2整理得y2－2my＋2m2－m＝0，所以Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，yy12＝2m2－m.从而|AB|＝1＋k12·|y1－y2|＝1＋4m2·4m－4m2＝21＋4m2m－m23/20∴d＝|AB|1＋4m2＝2m1－m≤m＋(1－m)＝1，12当且仅当m＝1－m，即m＝时，上式等号成立，又m＝1满足Δ＝4m－4m2>0.∴d的最大值为1.2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，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.x2y2椭圆C：＋＝1的左顶点、右焦点分别为A，F，直线的方程为x＝9，N为直3620线上一点，且在x轴的上方，AN与椭圆交于(1)若M是AN的中点，求证：MA⊥MF.(2)过A，F，N三点的圆与M点．y轴交于P，Q两点，求|PQ|的取值X围．(1)证明由题意得A(－6,0)，F(4,0)，x＝9，N32，∴x＝M53，2又M点在椭圆上，且在x轴上方，得y＝M155325→253)，2→＝(－，－∴MA＝(，－)，MF2→→7575∴MA·MF＝－4＋4＝0，∴MA⊥MF.(2)解方法一设N(9，t)，其中t>0，∵圆过A，F，N三点，∴圆心在线段AF的中垂线上．设圆心为(－1，b)，半径为r，有r＝－1－42＋b2＝－1－92＋b－t2，2＋75t＝12(t＋75t)，|PQ|＝2r2－1＝2b2＋24.∴b＝2t∵t>0，∴b≥t·75t＝53，75当且仅当t＝，即t＝53时取“＝”t∴|PQ|≥299＝611.∴|PQ|的取值X围是[611，＋∞)．方法二设N(9，t)，其中t>0，∵圆过A，F，N三点，∴设该圆的方程为x2＋y＋Dx＋Ey＋F＝0，有236－6D＋F＝0，16＋4D＋F＝0，81＋t2＋9D＋tE＋F＝0，75解得D＝2，E＝－t－，F＝－24，t∴圆心为(－1，(t＋75t))，半径r＝1225＋14t＋75，2t1475，2∴|PQ|＝2r2－1＝224＋t＋t∵t>0，∴t＋75t≥2t·75t＝103，75当且仅当t＝，即t＝53时取“＝”t∴|PQ|≥299＝611，∴|PQ|的取值X围是[611，＋∞)．题型二圆锥曲线中的定点、定值问题例2(2012·某某)如图，等边三角形OAB的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E：x＝2py(p>0)上.2(1)求抛物线(2)设动直线l与抛物线y轴上某定点E的方程；E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过.→→思维启迪既然圆过y轴上的点，即满足MP·MQ＝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|＝83，∠BOy＝30°.设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cos30°＝12.因为点B(43，12)在x2＝2py上，所以(43)2＝2p×12，解得p＝2.故抛物线E的方程为x2＝4y.1412，y′＝(2)证明方法一由(1)知y＝xx.2设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为12121.2y－y0＝x(x－x0)，即y＝xx－x4000word114x2－4，0y＝xx－x，x＝22由00得2x0y＝－1y＝－1.x2－42x0所以Q为，－1.014→→设M(0，y1)，令MP·MQ＝0对满足y＝x2(x0≠0)的x0，y0恒成立.00→→x－4由于MP＝(x0，y0－y1)，MQ＝2，，－1－y012x0x2－4－y→→由MP·MQ＝0，得0－＋＋＝，yyyy02120011即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)211由于(*)式对满足y0＝x2(x0≠0)的y0恒成立，401y0－＝，所以1解得y＝1.＋－＝，y201y211故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).1412，y′＝方法二由(1)知y＝xx.2设P(x0，y0)，则x0≠0，1且l的方程为y－y0＝x(x－x0)，20即y＝11.2xx－x2400114x2－4，0y＝xx－x，x＝22由00得2x0y＝－1y＝－1.x2－42x0所以Q为，－1.0取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；6/2013取x，Q－，－1，＝1，此时P，1420以PQ为直径的圆为13125＋＝28，x＋2y＋46447.4交y轴于点M3(0,1)、M0，－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MP→＝(x0，y0－1)，MQ→x2－4，－2＝，02x0x2－4－2y00＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.2→→所以MP·MQ＝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.)椭圆C：a＋b＝1(a>b>0)的离心率e＝23，a＋b＝3.xy22(2013·某某22(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：2m－k为定值.3c2a＝，(1)解因为e＝21所以a＝3c，b＝3c.代入a＋b＝3得，c＝3，a＝2，b＝1.x2故椭圆C的方程为4＋y2＝1.(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y＝k(x－2)(k≠0，k≠±12)，①－2，－8k24kx2＋y2＝1，解得P①代入4.k2＋14k2＋14word12直线AD的方程为y＝x＋1.②4k＋24k，①与②联立解得M.2k－12k－1－4k，N(x,0)三点共线知2，－8k2由D(0,1)，P4k2＋14k2＋14k－4k2＋1－1＝0－14k－2，解得N，0.8k2－22k＋1x－04k2＋1－04k－02k－1所以MN的斜率为m＝4k＋24k－2－2k－12k＋14k2k＋122k＋12－22k－12＝2k＋1＝.4则2m－k＝2k＋1－k＝12(定值).2y，方法二设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝0x2－012直线AD的方程为y＝直线BP的方程为y＝(x＋2)，y(x－2)，0x0－2直线DP的方程为y－1＝y0－1x，令y＝0，x0－x由于y0≠1可得N，0，0y－1012y＝x＋2联立，yx－20y＝x0－24y0＋2x0－44y0解得M，，2y－x0＋22y0－x0＋208/204y02y0－x0＋2yy4－1＝m＝4y0＋2x0－4＋4y－8y0＋4xy00－x＋4220000x02y0－x0＋2y0－14y0y0－14y－8y0＋4xy00－4－4y＋4＝＝2200y0－12y0＋x0－2，2y0－12y0＋x0－2x0－2y所以2m－k＝－0＝2y0－1x0－2－y02y0＋x0－22y＋x－2x－2000＝2y0－1x0－2－2y－y0x0－2202y＋x－2x－2000122y0－1x0－2－4－x－y0x0－220＝2y0＋x0－2x0－2＝21(定值).题型三圆锥曲线中的探索性问题1(a>b>0)的离心率23xy2例3(2012·某某)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆e＝，2C：＋＝a2b2且椭圆C上的点到点(1)求椭圆C的方程(2)在椭圆C上，是否存在点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点Q(0,2)的距离的最大值为3..M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x＋y2＝1相交于2不同的两点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.2－b2解(1)∵e2＝c＝a＝，232a2a2word＝3b，∴a22x2y2＋＝1，即x2＋3y2＝3b2.∴椭圆方程为3b2b2设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d，则d＝x－0＋y－22＝3b2－3y2＋y－22＝2x2＋y－22＝－2y＋12＋3b2＋6，∴当y＝－1时，d取得最大值，dmax＝解得b2＝1，∴a2＝3.3b2＋6＝3，∴椭圆C的方程为x32＋y2＝1.(2)假设存在点M(m，n)满足题意，则m32＋n2＝1，即m2＝3－3n2.设圆心到直线l的距离为d′，则d′<1，d′＝|m·0＋n·0－1|＝m12＋n22＋n2.m12＋n2∴|AB|＝212－d′2＝21－m.∴S△OAB＝12|AB|d′＝·2121－1m2＋n2·12＋n2mm2＋n21.1＝1－m2＋n2∵d′<1，∴m2＋n2>1，∴0<＋1n2<1，m2∴1－1＋n2>0.m2m2＋n2111－∴S△OAB＝m2＋n210/2011＋n2＋1－m2＋n122＝，2221m2＋n21当且仅当＝1－，m2＋n212即m2＋n2＝2>1时，SOAB取得最大值△.32＝，n2＋＝，m2m22由得＝3－3n21mn2＝，226，226，－22，－26，22或－26，－22，，∴存在点M满足题意，M点坐标为2212此时△OAB的面积为.思维升华(1)探索性问题通常采用“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探索性问题常用的方法.(2013·某某调研)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：x3－2422y－23(1)求C1，C2的标准方程；0－42(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足OM→⊥ON→？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.yx解(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有2＝2p(x≠0)，据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在C2上，易求得C2的标准方程为y2＝4x.xy＝1(a>b>0)，设椭圆C2＋2：a2b214＝1a22)代入得，221＝1a22＋2b＝4a2x，所以C1的标准方程为42＋y2＝1.解得＝1b2(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y＝k(x－1)，与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2).x2＋y2＝14由y＝kx－1消去y并整理得(1＋4k－8k2x＋4(k2－1)＝0，)x228k2于是x＋x2＝1＋4k2，①14k2－1xx12＝1＋4k2.②所以yy＝k(x1－1)(x2－1)＝k[xx12－(x1＋x2)＋1]2212－1－4k28k21＋4k23k2＝k2[1＋4k2＋1]＝－1＋4k2.③→→→→由OM⊥ON，即OM·ON＝0，得x1x2＋yy12＝0.(*)4k2－1－k2－4＝0，3k2＝将②③代入(*)式，得1＋4k21＋4k21＋4k2解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.(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.word(1)求椭圆(2)是否存在平行于OA的直线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C的方程；l，使得直线.x2y2＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－解方法一(1)依题意，可设椭圆C的方程为a2b22,0).＝，c2c2＝，从而有解得a4.＝2a|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，＝又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，x2y2故椭圆C的方程为＋＝1.161232(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.32＝x＋t，y由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.x2y2＋＝1，1612因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，解得－43≤t≤43.|t|49＋1另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，得＝4，解得t＝±213.由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l不存在.x2y2＋＝1(a>b>0)，方法二(1)依题意，可设椭圆C的方程为a2b249＋＝1，且有a2b2解得b2＝12，b2＝－3(舍去).2－b2＝4.a从而a2＝16.x2y2所以椭圆C的方程为＋＝1.1612(2)同方法一.13/20xy222．已知椭圆＋＝1上的两个动点P，Q，设P(x，y1)，Q(x2，421y2)且x1＋x2＝2.(1)求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A；(2)设点A关于原点O的对称点是B，求|PB|的最小值及相应的P点坐标．(1)证明∵P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1＋x2＝2.＋x2y＝4221当x1≠x2时，由1，＋x2y＝42222得y1－yx1＋xy1＋y22＝－12·.2x1－x2y－y12n设线段PQ的中点为N(1，n)，∴k＝－，＝12PQx1－x2∴线段PQ的垂直平分线方程为y－n＝2n(x－1)，∴(2x－1)n－y＝0，12该直线恒过一个定点A(，0)．1当x＝x2时，线段PQ的垂直平分线也过定点A(，0)．211综上，线段PQ的垂直平分线恒过定点A(，0)．2(2)解由于点B与点A关于原点O对称，故点B(－12，0)．∵－2≤x1≤2，－2≤x2≤2，∴x1＝2－x2∈[0,2]，1212＋79|PB|2＝(x1＋)2＋y＝(x＋1)2，≥244113∴当点P的坐标为(0，±2)时，|PB|min＝.23.如图，已知直线l：y＝kx－2与抛物线C：x＝－2py(p>0)交于A、B2→→两点，O为坐标原点，OA＋OB＝(－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△ABP面积的最时，求大值.＝－ykx2，得x＋2pkx－4p＝0.2解(1)由＝－2pyx2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2pk，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4.14/20word→→＋OB＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)∵OA＝(－4，－12)，－2pk＝－4，∴－2－4＝－12pk2＝p1解得，故直线l的方程为y＝2x－2，＝k2抛物线C的方程为x2＝－2y.＝－y2x2x，得＋4x－4＝0，2(2)方法一由＝－2yx2∴|AB|＝1＋k2·x1＋x－4xx2212＝1＋22·－42－4·－4＝410.设P(t，－21t2)(－2－22<t<－2＋22)，∵|AB|为定值，∴当点P到直线l的距离d最大时，△ABP的面积最大.1212|2t＋t2－2||t＋22－4|，而d＝＝22＋－125又－2－22<t<－2＋22，∴当t＝－2时，dmax＝45.5∴当P点坐标为(－2，－2)时，410×455＝82.△ABP面积的最大值为2方法二设P(x0，y0)，依题意，知当抛物线在点P处的切线与l平行时，△ABP的面积最大.12∵y′＝－x，∴x0＝－2，y0＝－x＝－2，P(－2，－2).20此时点P到直线l的距离＝|2·－2－－2－2|22＝4＋－12515/20＝－y2x2＝455，得x2＋4x－4＝0，.由＝－2yx2－4x∴|AB|＝1＋k2·x1＋xx1222＝1＋22·－42－4－4＝410，410×455＝82.故△ABP面积的最大值为24.如图，椭圆长轴的端点为A，B，O为椭圆的中心，F为椭圆的右焦点，且AF→·FB→＝1，|OF→|＝1.(1)求椭圆的标准方程；(2)记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.xy22＋＝1(a>b>0)，则c＝1，解(1)设椭圆方程为a2b2→→又∵AF＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1.·FB∴a2＝2，b2＝1，x2故椭圆的标准方程为＋y2＝1.2(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k＝1.y于是设直线l为y＝x＋m，由＝x＋mx22＋y2＝1得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，4x1＋x2＝－m，①32m2－2xx12＝.②3∵MP→·FQ→＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.16/20word又yi＝xi＋m(i＝1,2)，∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，即2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.2－2将①②代入得2·2m－43m(m－1)＋m2－m＝0，3解得m＝－43或m＝1，经检验m＝－符合条件.43故存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，43直线l的方程为y＝x－.xy225.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.设95过点T(t，m)的直线TA，TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.(1)设动点P满足：|PF|2－|PB|2＝4，求点P的轨迹；1(2)设x1＝2，x2＝，求点T的坐标；3(3)设t＝9，求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关).(1)解设P(x，y)，由题知F(2,0)，B(3,0)，A(－3,0)，则|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2，由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－[(x－3)2＋y]＝4，2化简，得x＝992.故点P的轨迹方程是x＝.213分别代入椭圆方程，(2)解将x1＝2，x2＝5120.9并考虑到y，N，－>0，y2<0，得M2，331则直线MA的方程为5y－0＝x＋3，即x－3y＋3＝0－02＋33y－0x－3，即5x－6y－15＝0.直线NB的方程为＝201－－0－393x－3y＋3＝0，103联立方程解得x＝7，y＝，5x－6y－15＝0，17/20所以点T的坐标为7，10.3(3)证明如图所示，点T的坐标为