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9.8 圓錐曲線的綜合問題
考綱解讀
考點
內(nèi)容解讀
要求
高考示例
?？碱}型
預(yù)測熱度
1.定值與最值及
范圍問題
掌握與圓錐曲線有關(guān)的最值、定值、參數(shù)范圍問題
掌握
2017課標(biāo)全國Ⅰ,20;
2017浙江,21;2017山東,21;
2016課標(biāo)全國Ⅱ,20;2016北京,19;
2016山東,21;2015浙江,19;
2014四川,10;2014浙江,21
解答題
★★★
2.存在性問題
了解并掌握與圓錐曲線有關(guān)的存在性問題
掌握
2014山東,21;2013江西,20
解答題
★★☆
分析解讀 1.會處理動曲線(含直線)過定點的問題.2.會證明與曲線上的動點有關(guān)的定值問題.3.會按條件建立目標(biāo)函數(shù),研究變量的最值問題及變量的取值范圍問題,注意運(yùn)用“數(shù)形結(jié)合”“幾何法”求某些量的最值.4.能與其他知識交匯,從假設(shè)結(jié)論成立入手,通過推理論證解答存在性問題.5.本節(jié)在高考中圍繞直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,展開對定值、最值、參數(shù)取值范圍等問題的考查,注重對數(shù)學(xué)思想方法的考查,分值約為12分,難度偏大.
五年高考
考點一 定值與最值及范圍問題
1.(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點A,B,拋物線上的點P(x,y).過點B作直線AP的垂線,垂足為Q.
(1)求直線AP斜率的取值范圍;
(2)求|PA||PQ|的最大值.
解析 (1)設(shè)直線AP的斜率為k,k==x-,
因為-
b>0)的離心率為,焦距為2.
(1)求橢圓E的方程;
(2)如圖,動直線l:y=k1x-交橢圓E于A,B兩點,C是橢圓E上一點,直線OC的斜率為k2,且k1k2=.M是線段OC延長線上一點,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半徑為|MC|,OS,OT是☉M的兩條切線,切點分別為S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值時直線l的斜率.
解析 (1)由題意知e==,2c=2,所以a=,b=1,
因此橢圓E的方程為+y2=1.
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,
由題意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,
所以|AB|=|x1-x2|=.
由題意可知圓M的半徑
r=|AB|=.
由題設(shè)知k1k2=,所以k2=,
因此直線OC的方程為y=x.
聯(lián)立得x2=,y2=,
因此|OC|==.
由題意可知sin==,
而==,
令t=1+2,則t>1,∈(0,1),
因此==
=≥1,
當(dāng)且僅當(dāng)=,即t=2時等號成立,此時k1=,
所以sin≤,
因此≤,所以∠SOT的最大值為.
綜上所述:∠SOT的最大值為,取得最大值時直線l的斜率k1=.
3.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:+=1的焦點在x軸上,A是E的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MA⊥NA.
(1)當(dāng)t=4,|AM|=|AN|時,求△AMN的面積;
(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時,求k的取值范圍.
解析 (1)設(shè)M(x1,y1),則由題意知y1>0.
當(dāng)t=4時,E的方程為+=1,A(-2,0).(1分)
由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為.
因此直線AM的方程為y=x+2.(2分)
將x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=,所以y1=.(4分)
因此△AMN的面積S△AMN=2=.(5分)
(2)由題意,t>3,k>0,A(-,0).將直線AM的方程y=k(x+) 代入+=1得(3+tk2)x2+2tk2x+t2k2-3t=0.(7分)
由x1(-)=得x1=,
故|AM|=|x1+ |=.(8分)
由題設(shè),直線AN的方程為y=-(x+),
故同理可得|AN|=.(9分)
由2|AM|=|AN|得=,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
當(dāng)k=時上式不成立,因此t=.(10分)
t>3等價于=<0,即<0.(11分)
由此得或
解得b>0)的離心率是,拋物線E:x2=2y的焦點F是C的一個頂點.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)P是E上的動點,且位于第一象限,E在點P處的切線l與C交于不同的兩點A,B,線段AB的中點為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點M.
(i)求證:點M在定直線上;
(ii)直線l與y軸交于點G,記△PFG的面積為S1,△PDM的面積為S2.求的最大值及取得最大值時點P的坐標(biāo).
解析 (1)由題意知=,可得a2=4b2.
因為拋物線E的焦點F的坐標(biāo)為,
所以b=,所以a=1.
所以橢圓C的方程為x2+4y2=1.
(2)(i)設(shè)P(m>0).
由x2=2y,可得y=x,
所以直線l的斜率為m.
因此直線l方程為y-=m(x-m),即y=mx-.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).
聯(lián)立
得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.
由Δ>0,得00),直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.
(1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;
(2)若l過點,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能,說明理由.
解析 (1)設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).
將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故
xM==,yM=kxM+b=.
于是直線OM的斜率kOM==-,即kOMk=-9.
所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.
(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.
因為直線l過點,所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0,k≠3.
由(1)得OM的方程為y=-x.
設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP.
由得=,即xP=.
將點的坐標(biāo)代入l的方程得b=,
因此xM=.
四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM.
于是=2,解得k1=4-,k2=4+.
因為ki>0,ki≠3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為4-或4+時,四邊形OAPB為平行四邊形.
8.(2015浙江,19,15分)已知橢圓+y2=1上兩個不同的點A,B關(guān)于直線y=mx+對稱.
(1)求實數(shù)m的取值范圍;
(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點).
解析 (1)由題意知m≠0,可設(shè)直線AB的方程為y=-x+b.
由消去y,得x2-x+b2-1=0.
因為直線y=-x+b與橢圓+y2=1有兩個不同的交點,
所以Δ=-2b2+2+>0,①
將AB中點M代入直線方程y=mx+,
解得b=-.②
由①②得m<-或m>.
(2)令t=∈∪,
則|AB|=,
且O到直線AB的距離為d=.
設(shè)△AOB的面積為S(t),
所以S(t)=|AB|d=≤.
當(dāng)且僅當(dāng)t2=時,等號成立.
故△AOB面積的最大值為.
9.(2015天津,19,14分)已知橢圓+=1(a>b>0)的左焦點為F(-c,0),離心率為,點M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=截得的線段的長為c,|FM|=.
(1)求直線FM的斜率;
(2)求橢圓的方程;
(3)設(shè)動點P在橢圓上,若直線FP的斜率大于,求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍.
解析 (1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.
設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=.
(2)由(1)得橢圓方程為+=1,直線FM的方程為y=(x+c),兩個方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因為點M在第一象限,可得M的坐標(biāo)為.
由|FM|==,解得c=1,
所以橢圓的方程為+=1.
(3)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯(lián)立得消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=>,解得-0,于是m=,得m∈.
②當(dāng)x∈(-1,0)時,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-,得m∈.
綜上,直線OP的斜率的取值范圍是∪.
10.(2014浙江,21,15分)如圖,設(shè)橢圓C:+=1(a>b>0),動直線l與橢圓C只有一個公共點P,且點P在第一象限.
(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點P的坐標(biāo);
(2)若過原點O的直線l1與l垂直,證明:點P到直線l1的距離的最大值為a-b.
解析 (1)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.
由于l與C只有一個公共點,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得點P的坐標(biāo)為.
又點P在第一象限,
故點P的坐標(biāo)為.
(2)由于直線l1過原點O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0,
所以點P到直線l1的距離d=,
整理得d=.
因為a2k2+≥2ab,
所以≤=a-b,
當(dāng)且僅當(dāng)k2=時等號成立.
所以,點P到直線l1的距離的最大值為a-b.
11.(2014湖北,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點M到點F(1,0)的距離比它到y(tǒng)軸的距離多1.記點M的軌跡為C.
(1)求軌跡C的方程;
(2)設(shè)斜率為k的直線l過定點P(-2,1).求直線l與軌跡C恰好有一個公共點、兩個公共點、三個公共點時k的相應(yīng)取值范圍.
解析 (1)設(shè)點M(x,y),依題意得|MF|=|x|+1,
即=|x|+1,
化簡整理得y2=2(|x|+x).
故點M的軌跡C的方程為y2=
(2)在點M的軌跡C中,記C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),
依題意,可設(shè)直線l的方程為y-1=k(x+2).
由方程組可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①
(i)當(dāng)k=0時,此時y=1.把y=1代入軌跡C的方程,得x=.
故此時直線l:y=1與軌跡C恰好有一個公共點.
(ii)當(dāng)k≠0時,方程①的判別式為Δ=-16(2k2+k-1).②
設(shè)直線l與x軸的交點為(x0,0),
由y-1=k(x+2),令y=0,
得x0=-.③
1若由②③解得k<-1或k>.
即當(dāng)k∈(-∞,-1)∪時,直線l與C1沒有公共點,與C2有一個公共點,
故此時直線l與軌跡C恰好有一個公共點.
2若或則由②③解得k∈或-≤k<0.
即當(dāng)k∈時,直線l與C1只有一個公共點,與C2有一個公共點.
當(dāng)k∈時,直線l與C1有兩個公共點,與C2沒有公
共點.
故當(dāng)k∈∪時,直線l與軌跡C恰好有兩個公共點.
3若則由②③解得-1b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,離心率為e1;雙曲線C2:-=1的左、右焦點分別為F3、F4,離心率為e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.
(1)求C1,C2的方程;
(2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB,M為AB的中點,當(dāng)直線OM與C2交于P,Q兩點時,求四邊形APBQ面積的最小值.
解析 (1)因為e1e2=,所以=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,從而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.
故C1,C2的方程分別為+y2=1,-y2=1.
(2)因為AB不垂直于y軸,且過點F1(-1,0),故可設(shè)直線AB的方程為x=my-1.
由得(m2+2)y2-2my-1=0,
易知此方程的判別式大于0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1,y2是上述方程的兩個實根,所以y1+y2=,y1y2=.
因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中點M的坐標(biāo)為.故直線PQ的斜率為-,則PQ的方程為y=-x,即mx+2y=0.
由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=
,從而|PQ|=2=2.
設(shè)點A到直線PQ的距離為d,則點B到直線PQ的距離也為d,所以2d=,
因為點A,B在直線mx+2y=0的異側(cè),所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,
從而2d=.
又因為|y1-y2|==,
所以2d=.
故四邊形APBQ的面積
S=|PQ|2d==2 .
而0<2-m2<2,故當(dāng)m=0時,S取得最小值2.
綜上所述,四邊形APBQ面積的最小值為2.
13.(2013陜西,20,13分)已知動圓過定點A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長為8.
(1)求動圓圓心的軌跡C的方程;
(2)已知點B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過定點.
解析 (1)如圖,設(shè)動圓圓心為O1(x,y),由題意,知|O1A|=|O1M|,當(dāng)O1不在y軸上時,過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點,
∴|O1M|=,
又|O1A|=,∴=,
化簡得y2=8x(x≠0).
又當(dāng)O1在y軸上時,O1與O重合,點O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=8x,∴動圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x.
(2)由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
將y=kx+b代入y2=8x中,
得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.
其中Δ=-32kb+64>0.
由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=,①
x1x2=,②
因為x軸平分∠PBQ,所以=-,
即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,
(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,
2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③
將①,②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,
∴k=-b,此時Δ>0,
∴直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(1,0).
14.(2013安徽,18,12分)設(shè)橢圓E:+=1的焦點在x軸上.
(1)若橢圓E的焦距為1,求橢圓E的方程;
(2)設(shè)F1,F2分別是橢圓E的左,右焦點,P為橢圓E上第一象限內(nèi)的點,直線F2P交y軸于點Q,并且F1P⊥F1Q.證明:當(dāng)a變化時,點P在某定直線上.
解析 (1)因為焦距為1,所以2a2-1=,解得a2=.
故橢圓E的方程為+=1.
(2)證明:設(shè)P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),
其中c=.
由題設(shè)知x0≠c,則直線F1P的斜率=,
直線F2P的斜率=.
故直線F2P的方程為y=(x-c).
當(dāng)x=0時,y=,即點Q的坐標(biāo)為.
因此,直線F1Q的斜率為=.
由于F1P⊥F1Q,所以==-1.
化簡得=-(2a2-1).①
將①代入橢圓E的方程,由于點P(x0,y0)在第一象限,
解得x0=a2,y0=1-a2,即點P在定直線x+y=1上.
15.(2013山東,22,13分)橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點分別是F1、F2,離心率為,過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為1.
(1)求橢圓C的方程;
(2)點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點,連接PF1,PF2.設(shè)∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M(m,0),求m的取值范圍;
(3)在(2)的條件下,過點P作斜率為k的直線l,使得l與橢圓C有且只有一個公共點.設(shè)直線PF1,PF2的斜率分別為k1,k2.若k≠0,試證明+為定值,并求出這個定值.
解析 (1)由于c2=a2-b2,
將x=-c代入橢圓方程+=1,得y=,
由題意知=1,即a=2b2.
又e==,所以a=2,b=1.
所以橢圓C的方程為+y2=1.
(2)解法一:設(shè)P(x0,y0)(y0≠0).
又F1(-,0),F2(,0),
所以直線PF1,PF2的方程分別為
:y0x-(x0+)y+y0=0,
:y0x-(x0-)y-y0=0.
由題意知= .
由于點P在橢圓上,所以+=1.
所以= .
因為-b>0)的離心率為,點P(0,1)和點A(m,n)(m≠0)都在橢圓C上,直線PA交x軸于點M.
(1)求橢圓C的方程,并求點M的坐標(biāo)(用m,n表示);
(2)設(shè)O為原點,點B與點A關(guān)于x軸對稱,直線PB交x軸于點N.問:y軸上是否存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點Q的坐標(biāo);若不存在,說明理由.
解析 (1)由題意得解得a2=2.
故橢圓C的方程為+y2=1.
設(shè)M(xM,0).
因為m≠0,所以-10)的焦點為F,A為C上異于原點的任意一點,過點A的直線l交C于另一點B,交x軸的正半軸于點D,且有|FA|=|FD|.當(dāng)點A的橫坐標(biāo)為3時,△ADF為正三角形.
(1)求C的方程;
(2)若直線l1∥l,且l1和C有且只有一個公共點E,
(i)證明直線AE過定點,并求出定點坐標(biāo);
(ii)△ABE的面積是否存在最小值?若存在,請求出最小值,若不存在,請說明理由.
解析 (1)由題意知F.
設(shè)D(t,0)(t>0),則FD的中點為.
因為|FA|=|FD|,
由拋物線的定義知3+=,
解得t=3+p或t=-3(舍去).
由=3,解得p=2.
所以拋物線C的方程為y2=4x.
(2)(i)由(1)知F(1,0),
設(shè)A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),
因為|FA|=|FD|,則|xD-1|=x0+1,
由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).
故直線AB的斜率kAB=-.
因為直線l1和直線AB平行,
所以設(shè)直線l1的方程為y=-x+b,
代入拋物線方程得y2+y-=0,
由題意得Δ=+=0,得b=-.
設(shè)E(xE,yE),則yE=-,xE=,
當(dāng)≠4時,kAE==-=,
可得直線AE的方程為y-y0=(x-x0),
由=4x0,
整理可得y=(x-1),
直線AE恒過點F(1,0).
當(dāng)=4時,直線AE的方程為x=1,過點F(1,0),
所以直線AE過定點F(1,0).
(ii)由(i)知直線AE過焦點F(1,0),
所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2.
設(shè)直線AE的方程為x=my+1,
因為點A(x0,y0)在直線AE上,
故m=,
設(shè)B(x1,y1),
直線AB的方程為y-y0=-(x-x0),
由于y0≠0,
可得x=-y+2+x0,
代入拋物線方程得y2+y-8-4x0=0.
所以y0+y1=-,
可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,
所以點B到直線AE的距離為
d=
=
=4.
則△ABE的面積S=4≥16,
當(dāng)且僅當(dāng)=x0,即x0=1時等號成立.
所以△ABE的面積的最小值為16.
教師用書專用(3)
3.(2013湖北,21,13分)如圖,已知橢圓C1與C2的中心在坐標(biāo)原點O,長軸均為MN且在x軸上,短軸長分別為2m,2n(m>n),過原點且不與x軸重合的直線l與C1,C2的四個交點按縱坐標(biāo)從大到小依次為A,B,C,D.記λ=,△BDM和△ABN的面積分別為S1和S2.
(1)當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,求λ的值;
(2)當(dāng)λ變化時,是否存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2?并說明理由.
解析 依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為C1:+=1,C2:+=1.其中a>m>n>0,λ=>1.
(1)解法一:如圖1,若直線l與y軸重合,即直線l的方程為x=0,則S1=|BD||OM|=a|BD|,
S2=|AB||ON|=a|AB|,所以=.
在C1和C2的方程中,分別令x=0,可得yA=m,yB=n,yD=-m,于是===.
若=λ,則=λ,化簡得λ2-2λ-1=0.
由λ>1,可解得λ=+1.
故當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,則λ=+1.
解法二:如圖1,若直線l與y軸重合,則
|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;
S1=|BD||OM|=a|BD|,
S2=|AB||ON|=a|AB|.
所以===.
若=λ,則=λ,化簡得λ2-2λ-1=0.
由λ>1,可解得λ=+1.
故當(dāng)直線l與y軸重合時,若S1=λS2,則λ=+1.
(2)解法一:如圖2,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.
根據(jù)對稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),點M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則
d1==,d2==,所以d1=d2.
又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ,
即|BD|=λ|AB|.
由對稱性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,
于是=.①
將l的方程分別與C1,C2的方程聯(lián)立,可求得
xA=,xB=.
根據(jù)對稱性可知xC=-xB,xD=-xA,于是
===.②
從而由①式和②式可得
=.③
令t=,則由m>n,可得t≠1,
于是由③式可解得k2=.
因為k≠0,所以k2>0.
于是③式關(guān)于k有解,當(dāng)且僅當(dāng)>0,
等價于(t2-1)<0.由λ>1,可解得1,解得λ>1+,
所以當(dāng)1<λ≤1+時,不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2;
當(dāng)λ>1+時,存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.
解法二:如圖2,若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.
根據(jù)對稱性,不妨設(shè)直線l:y=kx(k>0),
點M(-a,0),N(a,0)到直線l的距離分別為d1,d2,則
d1==,d2==,
所以d1=d2.
又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ.
因為===λ,所以=.
由點A(xA,kxA),B(xB,kxB)分別在C1,C2上,可得+=1,+=1,
兩式相減可得+=0,
依題意得xA>xB>0,所以>.
所以由上式解得k2=.
因為k2>0,所以由>0,可解得1<<λ.
從而1<<λ,解得λ>1+,
所以當(dāng)1<λ≤1+時,不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2;
當(dāng)λ>1+時,存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l,使得S1=λS2.
三年模擬
A組 2016—2018年模擬基礎(chǔ)題組
考點一 定值與最值及范圍問題
1.(人教A選2—1,二A,5,變式)若雙曲線-=1(a>0,b>0)與直線y=2x無交點,則其離心率e的取值范圍是( )
A.(1,2) B.(1,2] C.(1,) D.(1,]
答案 D
2.(2017湖南長沙模擬,11)P是雙曲線C:-y2=1右支上一點,直線l是雙曲線C的一條漸近線,P在l上的射影為Q,F1是雙曲線C的左焦點,則|PF1|+|PQ|的最小值為( )
A.1 B.2+ C.4+ D.2+1
答案 D
3.(2018河北五校12月聯(lián)考,20)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,右焦點為F,上頂點為A,且△AOF的面積為(O是坐標(biāo)原點).
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)P是橢圓C上的一點,過P的直線l與以橢圓的短軸為直徑的圓切于第一象限,切點為M,證明:|PF|+|PM|為定值.
解析 (1)設(shè)橢圓的半焦距為c,
由已知得?
∴橢圓的方程為+y2=1.
(2)證明:以短軸為直徑的圓的方程為x2+y2=1,F(1,0),
設(shè)P(x0,y0),則+=1(0b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,上頂點為A,過點A與AF2垂直的直線交x軸負(fù)半軸于點Q,且2+=0,過A,Q,F2三點的圓的半徑為2.過定點M(0,2)的直線l與橢圓C交于G,H兩點(點G在點M,H之間).
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)直線l的斜率k>0,在x軸上是否存在點P(m,0),使得以PG,PH為鄰邊的平行四邊形是菱形?如果存在,求出m的取值范圍;如果不存在,請說明理由.
解析 (1)因為2+=0,所以F1為F2Q的中點.
由F1(-c,0),F2(c,0)及已知得Q的坐標(biāo)為(-3c,0),
因為AQ⊥AF2,所以b2=3cc=3c2,a2=4cc=4c2,
且過A,Q,F2三點的圓的圓心為F1(-c,0),半徑為2c,
所以2c=2,解得c=1,
所以a=2,b=,所以所求橢圓方程為+=1.
(2)假設(shè)存在點P滿足題意,由已知得l的方程為y=kx+2(k>0),與橢圓方程聯(lián)立,消去y可得(3+4k2)x2+16kx+4=0.
設(shè)G(x1,y1),H(x2,y2),則x1+x2=-,Δ=(16k)2-16(3+4k2)>0,又k>0,∴k>.
+=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2)=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),
=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1)).
由于菱形的對角線互相垂直,故(+)=0,
所以(x2-x1)[(x1+x2)-2m]+k(x2-x1)[k(x1+x2)+4]=0,
即(x2-x1)[(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k]=0.
因為k>0,所以x2-x1≠0.
所以(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0,
即(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0.
所以(1+k2)+4k-2m=0.
解得m=-,即m=-.
因為k>,所以+4k≥2=4當(dāng)且僅當(dāng)k=時,“=”成立,所以-≤m<0,
故存在滿足題意的點P,且m的取值范圍是.
5.(2017河北唐山模擬,20)已知橢圓+=1(a>b>0)的離心率e=,過點A(0,-b)和B(a,0)的直線與原點的距離為.
(1)求橢圓的方程;
(2)已知定點E(-1,0),若直線y=kx+2(k≠0)與橢圓交于C、D兩點,問:是否存在k使得以CD為直徑的圓過E點?請說明理由.
解析 (1)直線AB的方程為bx-ay-ab=0,
依題意可得
解得∴橢圓的方程為+y2=1.
(2)存在.理由:假設(shè)存在這樣的k.
聯(lián)立
得(1+3k2)x2+12kx+9=0,
由題意知Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0,①
設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),
則x1+x2=-,②
x1x2=,③
而y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,
要使以CD為直徑的圓過點E(-1,0),
當(dāng)且僅當(dāng)CE⊥DE時成立,
則y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,
∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④
將②③代入④整理得k=,
經(jīng)驗證,k=時①成立.
綜上可知,存在k=使得以CD為直徑的圓過點E.
B組 2016—2018年模擬提升題組
(滿分:35分 時間:30分鐘)
一、選擇題(共5分)
1.(2017河南鄭州一模,11)已知直線l與雙曲線-y2=1相切于點P,l與雙曲線的兩條漸近線交于M,N兩點,則的值為( )
A.3 B.4
C.5 D.與P的位置有關(guān)
答案 A
二、解答題(共30分)
2.(2018湖南長沙模擬)已知動圓M在圓F1:(x+1)2+y2=外部且與圓F1相切,同時還在圓F2:(x-1)2+y2=內(nèi)部與圓F2相切.
(1)求動圓圓心M的軌跡方程;
(2)記(1)中求出的軌跡為C,C與x軸的兩個交點分別為A1、A2,P是C上異于A1、A2的動點,直線l:x=與x軸交于點D,直線A1P、A2P分別交直線l于E、F兩點,求證:|DE||DF|為定值.
解析 (1)設(shè)動圓M的半徑為r,由已知得|MF1|=+r,
|MF2|=-r,|MF1|+|MF2|=4>|F1F2|,
∴M點的軌跡是以F1,F2為焦點的橢圓,設(shè)橢圓方程為+=1(a>b>0),則a=2,c=1,則b2=a2-c2=3,
故圓心M的軌跡方程為+=1.
(2)設(shè)P(x0,y0),由已知得A1(-2,0),A2(2,0),
則=,直線PA1的方程為:y=(x+2),
=,直線PA2的方程為:y=(x-2),
當(dāng)x=時,E,F,
∴|DE||DF|=(+2)(-2)=2,
又∵(x0,y0)滿足+=1,
∴=-,
∴|DE||DF|=-2=,為定值.
3.(2017廣東汕頭二模,20)已知O為坐標(biāo)原點,圓M:(x+1)2+y2=16,定點F(1,0),點N是圓M上一動點,線段NF的垂直平分線交圓M的半徑MN于點Q,點Q的軌跡為E.
(1)求曲線E的方程;
(2)已知點P是曲線E上但不在坐標(biāo)軸上的任意一點,曲線E與y軸的交點分別為B1、B2,直線B1P和B2P分別與x軸相交于C、D兩點,請問線段長之積|OC||OD|是否為定值?如果是,請求出定值;如果不是,請說明理由;
(3)在(2)的條件下,若點C的坐標(biāo)為(-1,0),過點C的直線l與E相交于A、B兩點,求△ABD面積的最大值.
解析 (1)連接FQ,則|FQ|=|NQ|,
∴|MQ|+|FQ|=|MQ|+|QN|=|MN|=4>|MF|,
根據(jù)橢圓的定義得,E是以M(-1,0),F(1,0)為焦點,4為長軸長的橢圓,
∴2a=4,即a=2,又∵焦點為(1,0),即c=1,
∴b2=a2-c2=4-1=3.故點Q的軌跡E的方程為+=1.
(2)是定值.
設(shè)P(x0,y0)(x0≠2,y0≠3),
不妨設(shè)B1在y軸負(fù)半軸上,則直線B1P的方程為y=x-.
令y=0,得xC=,同理得xD=,
∴|OC||OD|=|xC||xD|=.
∵點P是曲線E上但不在坐標(biāo)軸上的任意一點,
∴+=1,即3=4(3-),
∴|OC||OD|==4,
因此|OC||OD|是定值,且定值為4.
(3)當(dāng)點C的坐標(biāo)為(-1,0)時,點D(-4,0),|CD|=3,
設(shè)直線l的方程為x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=36(4m2+4),
y1,2=,
∴|y1-y2|=,
△ABD的面積S=|y1-y2|3===.
∵m2≥0,∴≥1,
又函數(shù)y=3x+在[1,+∞)上為增函數(shù),
∴3+≥4,
∴S≤,∴當(dāng)m=0,即直線AB的方程為x=-1時,△ABD的面積最大,且最大值為.
C組 2016—2018年模擬方法題組
方法1 與圓錐曲線相關(guān)的最值、范圍問題的解題方法
1.(2017江西南昌NCS項目模擬,11)拋物線y2=8x的焦點為F,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)是拋物線上的兩個動點,若x1+x2+4=|AB|,則∠AFB的最大值為( )
A. B. C. D.
答案 D
2.(2018天津模擬,20)已知橢圓C:+=1(a>b>0),且橢圓上的點到一個焦點的最短距離為b.
(1)求橢圓C的離心率;
(2)若點M在橢圓C上,不過原點O的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,與直線OM相交于點N,且N是線段AB的中點,求△OAB面積的最大值.
解析 (1)由題意得a-c=b,
則(a-c)2=b2,結(jié)合b2=a2-c2,得(a-c)2=(a2-c2),
即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,結(jié)合00.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=.
由y1+y2=k(x1+x2)+2m=,得線段AB的中點坐標(biāo)為N,
因為N在直線y=x上,所以-=2,
解得k=-.
所以Δ=48(12-m2)>0,得-2b>0)的離心率為,拋物線C2:x2=-ay的準(zhǔn)線方程為y=.
(1)求橢圓C1和拋物線C2的方程;
(2)設(shè)過定點M(0,2)的直線與橢圓C1交于不同的兩點P,Q,若O在以PQ為直徑的圓的外部,求直線的斜率的取值范圍.
解析 (1)由題意得=,∴a=2,故拋物線C2的方程為x2=-2y,又e=,∴c=,∴b=1,從而橢圓C1`的方程為+y2=1.
(2)顯然直線x=0不滿足題設(shè)條件,可設(shè)直線l:y=kx+2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
由得(1+4k2)x2+16kx+12=0,
∵Δ=(16k)2-412(1+4k2)>0,
∴k∈∪,
x1+x2=,x1x2=,
根據(jù)題意,得0<∠POQ0,
∴=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=+2k+4=>0,
∴-20),
因拋物線過點(2,4),故42=4p,解得p=4,
故拋物線的方程為y2=8x.
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則kPA===,
同理,kPB=,kAB=.
∵kPA+kPB=0,
∴+=0,
∴=,∴y1+4=-y2-4,∴y1+y2=-8,
∴kAB=-1.
∴直線AB的斜率恒為定值-1.
(3)∵kPAkPB=1,
∴=1,
∴y1y2+4(y1+y2)-48=0.
直線AB的方程為y-y1=,即(y1+y2)y-y1y2=8x.
將y1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y1+y2)(y+4)=8(x+6),
該直線恒過定點(-6,-4),命題得證.
5.(2018河南新鄉(xiāng)模擬,20)已知右焦點為F的橢圓M:+=1(a>)與直線y=相交于P,Q兩點,且PF⊥QF.
(1)求橢圓M的方程:
(2)O為坐標(biāo)原點,A,B,C是橢圓M上不同的三點,并且O為△ABC的重心,試探究△ABC的面積是否為定值.若是,求出這個定值;若不是,說明理由.
解析 (1)設(shè)F(c,0),P,Q,
將點P的坐標(biāo)代入橢圓方程可得+=1,即t2=a2,①
由PF⊥QF,可得=-1,
即c2-t2=-,②
由①②可得c2=a2-.
又a2-c2=3,
解得a=2,c=1,
故橢圓方程為+=1.
(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,
代入橢圓方程3x2+4y2=12,
可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1x2=,x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,
由O為△ABC的重心,可得=-(+)=,
由C在橢圓上,得3+4=12,
化簡可得4m2=3+4k2,
|AB|=
=
=,
C到直線AB的距離d==,
S△ABC=|AB|d===.
當(dāng)直線AB的斜率不存在時,|AB|=3,d=3,S△ABC=|AB|d=.
綜上可得,△ABC的面積為定值.
6.(2017福建福州模擬,20)已知點P是直線l:y=x+2與橢圓+y2=1(a>1)的一個公共點,F1,F2分別為該橢圓的左,右焦點,設(shè)|PF1|+|PF2|取得最小值時橢圓為C.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程及離心率;
(2)已知A,B為橢圓C上關(guān)于y軸對稱的兩點,Q是橢圓C上異于A,B的任意一點,直線QA,QB分別與y軸交于點M(0,m),N(0,n),試判斷mn是否為定值,如果為定值,求出該定值;如果不是,請說明理由.
解析 (1)聯(lián)立得(a2+1)x2+4a2x+3a2=0.
∵直線y=x+2與橢圓有公共點,
∴Δ=16a4-4(a2+1)3a2≥0,得a2≥3,又a>1,∴a≥,
由橢圓的定義知|PF1|+|PF2|=2a,
故當(dāng)a=時,|PF1|+|PF2|取得最小值,
此時橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1,離心率為=.
(2)mn為定值.設(shè)A(x1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0≠y1),且已知M(0,m),N(0,n),
由題意知kQA=kQM,∴=,
即m=y0-=,
同理,得n=,
∴mn==,
又+=1,+=1,
∴=1-,=1-,
∴mn===1,
∴mn為定值1.
方法3 存在性問題的解題策略
7.(2016吉林長春外國語學(xué)校第一次質(zhì)量檢測,21)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,且過點.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)不過原點O的直線l:y=kx+m(k≠0)與橢圓C交于P、Q兩點,直線OP、OQ的斜率依次為k1、k2,若4k=k1+k2,試問:當(dāng)k變化時,m2是否為定值?若是,求出此定值并證明你的結(jié)論;若不是,請說明理由.
解析 (1)依題意可得又a2=b2+c2,
∴a=2,b=1.∴橢圓C的方程是+y2=1.
(2)當(dāng)k變化時,m2為定值,證明如下:
由得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0.
設(shè)P(x1,y1)、Q(x2,y2),
則x1+x2=-,x1x2=,
∵直線OP、OQ的斜率依次為k1、k2,且4k=k1+k2,
∴4k=+=+,得2kx1x2=m(x1+x2),
∴m2=,經(jīng)檢驗滿足Δ>0.
2019高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 9.8 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 理.doc
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