07 高分提能七　圆锥曲线融合交汇问题 【答案】听课

高分提能七圆锥曲线融合交汇问题【典型例题】例1解:(1)∵点P1(5,4)在C上,∴25-16=m,得m=9.过点P1(5,4)且斜率k=12的直线的方程为y-4=12(x-5),即x-2y由x-2或x=5,y=4∴P2(3,0),得x2=3,y2=0.(2)证明:由题知,当n>1且n∈N*时,Pn(xn,yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),Pn-1(xn-1,yn-1)与Qn-1(-xn,yn)在同一条斜率为k的直线上,则xn-1≠-xn,即xn-1+xn≠0,且yn-yn-1=-k(xn+xn-1)①,又Pn-1,Qn-1都在双曲线C上,∴xn2-yn2=9②,xn-12-yn-12=9③,由②-③得(xn-xn将①式代入上式得xn-xn-1=-k(yn+yn-1)④,由④-①得xn-yn-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1),即(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1),由题知xn-yn≠0,∴xn-y又x1-y1=5-4=1≠0,∴数列{xn-yn}是公比为1+k1(3)证明:由(2)得数列{xn-yn}是公比为1+k1∵x1-y1=5-4=1,∴xn-yn=(x1-y1)1+k1-记q=1+k1-k,则q>1,xn-yn=∵xn2-yn2=9=(xn-yn)(xn∴xn+yn=9q1-n,∴xn=12(qn-1+9q1-n)∵kPn+1xn1-qn1-2q1-2qnqn-xn1-qn1-2qn-1(q3-1)qn-1(q3-1)-9∴S△Pn即Sn=Sn+1.自测题解:(1)由题意知F0,p2,圆的圆心坐标为所以p2+3+1=92,解得p=1,所以C的方程为x2(2)证明:①设Mnxn由y=12x2得y'=x所以ln的斜率为xn,所以直线MnMn+1的斜率为-1x所以直线MnMn+1:y-xn22=-1xn(x-xn),与x2=2y联立,可得x22-xn22可得xn+1=-2xn-xn,即Mn+1的横坐标为-2xn所以yn+1=xn+122=124xn2+xn2+4当n≥2时,有yn=(yn-yn-1)+(yn-1-yn-2)+…+(y2-y1)+y1>2(n-1)+12=2n-3又y1=12,所以yn≥2n-32(n∈N*),所以|MnF|=yn+12≥2②直线MnMn+1:y-xn22=-1xn(x-xn),则点F到直线MnM又|MnMn+1|=1+1xn2|xn+1-x所以Sn=1212+xn222xn+2xn由①知当n≥2时,yn>2n-32,即xn22>2所以当n≥2时,xn2>4n-3,所以当n≥2时,Sn>xn2+1>4所以当n≥2时,1Sn2<14(当n=1时,1S12=1当n≥2时,∑k=1n1Sk2<14+1811综上,∑k=1n例2解:(1)由抛物线的定义得,动点P的轨迹是以F12,0为焦点,直线x=-所以曲线C的方程为y2=2x.(2)(i)证明:由题可知,直线l的斜率存在且不为0,故设直线l的方程为x=my+2(m≠0),则直线l的斜率为kl=1m设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设y1>0,y2<0,由x=my+2,y2=2x,消去x得y2-2my-4=0,则y1+y由y=-2x,得y'=-2则曲线C在点B处的切线斜率为-22x2-12=-则曲线C在点B处的切线方程为y=1y2(x-x2)+y2=1y2x-y22令y=0,得x=-12即点E-1直线OA的方程为y=y1x1x,令x=-2,得y=-2·y1x1即D-2,-4y1,所以直线DE的斜率kDE=4y1-12y22+2=-8y1y(ii)由(i)得D-2,-4y1,y1y2=-4,又因为B(x2,y2),所以DB∥x轴,所以四边形DBME为平行四边形.由E-12y22,0,得S四边形ABDE=S四边形DBME+S△AEM=(2-xE)|yB|+12yA=若四边形ABDE的面积为12,则-12y23-3y整理得12y24+3y2设f(x)=12x4+3x2+12x+4,x<0,则f'(x)=2x3+6x设g(x)=2x3+6x+12,x<0,则g'(x)=6x2+6>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,又g(-2)=-16<0,g(-1)=4>0,所以存在x0∈(-2,-1),使得g(x0)=0,所以f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,0)上单调递增,又f(-2)=0,f(-1)=-92<0,f所以f(x)有2个零点,即12y24+3y22+12y其中y2=-2时,直线l的斜率不存在,不符合题意,舍去.由对称性可知,交换A,B点的位置也符合题意,所以满足四边形ABDE的面积为12的直线l共有2条.自测题解:(1)设双曲线C1的实轴长为2a,虚轴长为2b,焦距为2c,由题意知直线x=0(倾斜角为90°)与直线y=33x(倾斜角为30°)为双曲线C1的渐近线故直线y=3x(倾斜角为60°)为双曲线C1的一条对称轴.设直线y=3x与双曲线C1交于A1,A2两点,不妨设A1在第三象限,A2在第一象限,由y=3x,y=3x3则|A1A2|=6,即a=3,又ba=33,所以b=3,所以c=2所以双曲线C1的焦点坐标为(-3,-3),(3,3).(2)由(1)可得双曲线C2的方程为x29-y23=1,则由题知直线l的斜率不为0,设直线l的方程为x=my+23,与C2的方程联立可得(m2-3)y2+43my+3=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),易知m2-3≠0,Δ>0,则y1+y2=-43mm2-3,y所以OA·OB=x1x2+y1y2=(my1+23)(my2+23)+y1y2=(m2+1)3m2-3+2化简可得m2=1,解得m=±1,此时均满足Δ=48m2-12(m2-3)=36(m2+1)>0,所以直线l的方程为x+y-23=0或x-y-23=0.例3解:(1)设椭圆x2a2+y2b2=1(a则F(-c,0),A(a,0),由离心率e=ca=12,可得a因为P为直线x=a上一点,所以设P(a,m),又直线PF的斜率为13,所以m-0a-(-c)=所以m2c+c=13,解得m=c,则P(2因为△PFA的面积为32,|AF|=a-(-c)=a+c=3c,|PA|=c所以S△PFA=12|AF||PA|=12×3c×c=32,所以a=2c=2,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆的方程为x24+y2(2)证明:由(1)可知P(2,1),F(-1,0),A(2,0),易知直线PB的斜率存在,设直线PB的方程为y=kx+n,则1=2k+n,即n=1-2k,由y=kx+n,x24+y23=1,消去因为直线与椭圆有唯一交点,所以Δ=(8kn)2-4(3+4k2)·(4n2-12)=0,即4k2-n2+3=0,则4k2-(1-2k)2+3=0,解得k=-12,则n所以直线PB的方程为y=-12x+2由y=-则B1,以下分别用四种方法证明结论:方法一:因为FB=2,32,FP所以cos∠BFP=FB·2×3+32×1cos∠PFA=FA·FP|FA|·|FP|=3×3+1×0332+又∠BFP,∠PFA∈0,所以∠BFP=∠PFA,即PF平分∠AFB.方法二:因为kFB=32-01-(-1)=34,kPF所以tan∠BFP=34-131+13×34所以tan∠BFP=tan∠PFA,又∠BFP,∠PFA∈0,所以∠BFP=∠PFA,即PF平分∠AFB.方法三:因为tan∠PFA=kPF=13,tan∠BFA=kFB=3所以tan2∠PFA=2tan∠PFA1-tan2∠PFA又∠BFA∈0,π2,∠PFA所以∠BFA=2∠PFA,所以∠BFP=∠PFA,即PF平分∠AFB.方法四:因为kFB=32-0所以直线FB的方程为y=34(x+1),即3x-4y则点P到直线FB的距离d=|3×2又点P到直线FA的距离也为1,所以PF平分∠AFB.自测题解:(1)设C的半焦距为c,则由题意知ca=22,故a=由△PF1F2的周长为4+22,得2a+2c=4+22,即22c+2c=4+22,解得c=2,所以a=2,b=2,故C的方程为x24+y由题意知P(rcosθ,rsinθ),则r2cos所以1r2=cos2θ4+sin2θ2=(2)证明:由题意知∠POP1=∠P1OP2=∠P2OP=2π3,设|O