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1、2022年高考數學二輪復習 專題6 解析幾何 第4講 圓錐曲線中的綜合問題 文 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　 　　 圓與圓錐曲線的綜合問題 訓練提示:充分挖掘題目條件,尋找圓心與圓錐曲線焦點的位置關系,圓的半徑與給定線段長度之間的關系,充分利用“圓的直徑所對圓周角為直角”等性質解決問題. 1.已知圓心為F1的圓的方程為(x+2)2+y2=32,F2(2,0),C是圓F1上的動點,F2C的垂直平分線交F1C于M. (1)求動點M的軌跡方程; (2)設N(0,2),過點P(-1,-2)作直線l,交M的軌跡于不同于N的A,B兩點,直線NA,NB的斜率分別為k1,k2,證明:k1

2、+k2為定值. (1)解:由線段的垂直平分線的性質得|MF2|=|MC|. 又|F1C|=4, 所以|MF1|+|MC|=4, 所以|MF2|+|MF1|=4>4. 所以M點的軌跡是以F1,F2為焦點,以4為長軸長的橢圓. 由c=2,a=2得b=2. 故動點M的軌跡方程為+=1. (2)證明:當直線l的斜率存在時, 設其方程為y+2=k(x+1), 由 得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=-,x1x2=. 從而k1+k2=+ = =2k-(k-4)× =4. 當直線l的斜率不存在時

3、, 得A(-1,),B(-1,-), 得k1+k2=4. 綜上,恒有k1+k2=4. 2.設橢圓M:+=1(a>)的右焦點為F1,直線l:x=與x軸交于點A,若=2(其中O為坐標原點). (1)求橢圓M的方程; (2)設P是橢圓M上的任意一點,EF為圓N:x2+(y-2)2=1的任意一條直徑(E,F為直徑的兩個端點),求·的最大值. 解:(1)由題設知,A(,0),F1(,0), 由=2. 得=2(-),解得a2=6. 所以橢圓M的方程為+=1. (2)設圓N:x2+(y-2)2=1的圓心為N, 則·=(-)·(-)=(--)·(-)=-=-1. 從而求·的最大值轉化

4、為求的最大值. 因為P是橢圓M上的任意一點,設P(x0,y0), 所以+=1, 即=6-3,因為點N(0,2), 所以=+(y0-2)2=-2(y0+1)2+12. 因為y0∈[-,],所以當y0=-1時,取得最大值12. 所以·的最大值為11. 圓錐曲線中的定點、定值問題 訓練提示:由直線方程確定定點,若得到直線方程的點斜式:y-y0=k(x-x0),則直線必過定點(x0,y0);若得到了直線方程的斜截式:y=kx+m,則直線必過定點(0,m). 證明定值,有時可直接證明定值,有時將問題轉化為代數式,可證明該代數式與參數(某些變量)無關;也可令系數等于零,得出定值. 3.

5、如圖,等邊三角形OAB的邊長為8,且其三個頂點均在拋物線E:x2=2py (p>0)上. (1)求拋物線E的方程; (2)設動直線l與拋物線E相切于點P,與直線y=-1相交于點Q.證明以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點. (1)解:依題意,|OB|=8,∠BOy=30°. 設B(x,y),則x=|OB|sin 30°=4, y=|OB|cos 30°=12. 因為點B(4,12)在x2=2py上, 所以(4)2=2p×12,解得p=2. 故拋物線E的方程為x2=4y. (2)證明:由(1)知y=x2,y′=x. 設P(x0,y0),則x0≠0,且l的方程為 y-y0=x0

6、(x-x0), 即y=x0x-. 由得 所以Q(,-1). 設M(0,y1),令·=0對滿足y0=(x0≠0)的x0,y0恒成立. 由于=(x0,y0-y1),=(,-1-y1), 由·=0, 得-y0-y0y1+y1+=0, 即(+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*) 由于(*)式對滿足y0=(x0≠0)的y0恒成立, 所以 解得y1=1. 故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1). 4.已知直線l:y=x+,圓O:x2+y2=5,橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率e=,直線l被圓O截得的弦長與橢圓的短軸長相等. (1)求橢圓E的方程; (2)過圓O

7、上任意一點P作橢圓E的兩條切線,若切線都存在斜率,求證兩切線斜率之積為定值. 解:(1)設橢圓半焦距為c, 圓心O到l的距離d==, 則l被圓O截得的弦長為2, 所以b=. 由題意得 又b=, 所以a2=3,b2=2. 所以橢圓E的方程為+=1. (2)證明:設點P(x0,y0),過點P的橢圓E的切線l0的方程為y-y0=k(x-x0), 整理得y=kx+y0-kx0, 聯(lián)立直線l0與橢圓E的方程得 消去y得2[kx+(y0-kx0)]2+3x2-6=0, 整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0, 因為l0與橢圓E相切,

8、 所以Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6] =0, 整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0, 設滿足題意的橢圓E的兩條切線的斜率分別為k1,k2, 則k1k2=-. 因為點P在圓O上, 所以+=5, 所以k1k2=-=-1. 所以兩條切線斜率之積為常數-1. 圓錐曲線中的存在性問題 訓練提示:存在性問題,先假設存在,進行一系列推理,若推理正確則存在,若得出矛盾則不存在. 5.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點為F,離心率為,過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為,O為坐標原點. (1)求橢圓C的方程; (2)

9、設橢圓的上頂點為N,是否存在直線l交橢圓于P,Q兩點,使點F為△PQN的垂心?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由. 解:(1)設F(c,0),則=,知a=c. 過點F且與x軸垂直的直線方程為x=c,代入橢圓方程,有+=1, 解得y=±b. 于是b=, 解得b=1. 又a2-c2=b2, 從而a=,c=1. 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)假設存在直線l交橢圓于P,Q兩點,且F為△PQN的垂心. 設P(x1,y1),Q(x2,y2), 因為N(0,1),F(1,0), 所以kNF=-1. 由NF⊥PQ,知kPQ=1. 設直線l的方程為y=x+m,

10、由 得3x2+4mx+2m2-2=0. 由Δ>0,得m2<3, 且x1+x2=-,x1x2=. 由題意,有·=0. 因為=(x1,y1-1),=(x2-1,y2), 所以x1(x2-1)+y2(y1-1)=0, 即x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0, 所以2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0, 于是2×-m(m-1)+m2-m=0, 解得m=-或m=1. 經檢驗,當m=1時,△PQN不存在,故舍去m=1. 當m=-時符合,直線l的方程為y=x-. 6.(xx河北滄州4月質檢)已知點M在橢圓G:+=1(a>b>0)上,H(-2,0)是M在x

11、軸上的射影.F1是橢圓G的左焦點,且=(O為坐標原點),·=. (1)求橢圓G的方程; (2)在x軸上是否存在定點P0,過P0任意作直線l交橢圓G于A,B兩點,使得直線HM始終平分∠AHB?若存在,則求出P0;若不存在,請說明理由. 解:(1)依題可設M(-2,y0), 由=得F1為HO的中點, 于是F1(-1,0), 又由·=得(0,-y0)·(1,-y0)=, 解得=,于是有+=1, 整理得5a4-29a2+20=(5a2-4)(a2-5)=0,解得a2=5或a2=(舍去). 所以橢圓G的方程是+=1. (2)設P0(m,0),A(x1,y1),B(x2,y2),

12、 若直線l的斜率不等于零時, 可設直線l為x=ty+m,聯(lián)立+=1,消去x得 (4t2+5)y2+8mty+4m2-20=0, 有y1+y2=, y1y2=, 注意到HM平分∠AHB?kAH=, kBH=滿足kAH+kBH=0, 即+=0?y1(x2+2)+y2(x1+2)=0?y1(ty2+m+2)+y2(ty1+m+2)=2ty1y2+(m+2)(y1+y2)=0?2t·+(m+2)·=0?t(2m+5)=0, 故m=-,定點P0(-,0). 若直線l的斜率為零,定點P0(-,0)也滿足條件, 故定點P0(-,0)為所求. 　　　　 　　　　　　　 　　　　　　

13、　　 類型一:圓錐曲線中的最值(范圍)問題 1.在平面直角坐標系xOy中,已知點A(0,-1),B點在直線y=-3上,M點滿足∥,·=·,M點的軌跡為曲線C. (1)求C的方程; (2)P為C上的動點,l為C在P點處的切線,求O點到l距離的最小值. 解:(1)設M(x,y),由已知得B(x,-3), 又A(0,-1), 所以=(-x,-1-y),=(0,-3-y),=(x,-2). 再由題意可知(+)·=0, 即(-x,-4-2y)·(x,-2)=0. 所以曲線C的方程為y=x2-2. (2)設P(x0,y0)為曲線C:y=x2-2上一點. 因為y′=x,所以l的斜率為

14、x0. 因此直線l的方程為y-y0=x0(x-x0), 即x0x-2y+2y0-=0. 所以O點到l的距離d=. 又y0=-2, 所以d==(+)≥2. 當x0=0時取等號, 所以O點到l距離的最小值為2. 2.(xx云南模擬)如圖,已知橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為,且過點(2,),四邊形ABCD的頂點在橢圓E上,且對角線AC,BD過原點O, kAC·kBD=-.求·的取值范圍. 解:? 所以橢圓E的方程為+=1. 當直線AB的斜率存在時,設lAB:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2), 由?(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0, 所

15、以x1+x2=,x1x2=, y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2()+km()+m2 =. 由kOA·kOB=-得·=-. 所以=-·?m2=4k2+2, ·=x1x2+y1y2 =+ = =2-, 所以-2≤·<2, 當k=0時,·=-2, 當k不存在即AB⊥x軸時,·=2, 所以·的取值范圍是[-2,2]. 3.(xx鄭州第一次質量預測)已知動點P到定點F(1,0)和到直線x=2的距離之比為,設動點P的軌跡為曲線E,過點F作垂直于x軸的直線與曲線E相交于A,B兩點,直線l:y=mx+n與曲線E交于C,D兩點,與線段AB相交于一點(與A,B不 重合)

16、. (1)求曲線E的方程; (2)當直線l與圓x2+y2=1相切時,四邊形ACBD的面積是否有最大值,若有,求出其最大值及對應的直線l的方程;若沒有,請說明理由. 解:(1)設點P(x,y),由題意可得=, 整理可得+y2=1, 曲線E的方程是+y2=1. (2)有最大值,設C(x1,y1),D(x2,y2), 由已知可得|AB|=. 當m=0時,不合題意. 當m≠0時,由直線l與圓x2+y2=1相切, 可得=1, 即m2+1=n2. 聯(lián)立 消去y得(m2+)x2+2mnx+n2-1=0. Δ=4m2n2-4(m2+)(n2-1)=2m2>0, x1+x2=,x1

17、x2=, S四邊形ACBD=|AB||x2-x1| = = =≤. 當且僅當2|m|=, 即m=±時等號成立,此時四邊形ABCD面積的最大值為,n=±,經檢驗可知,直線y=x-和直線y=-x+符合題意. 4.如圖,過x軸上動點A(a,0)引拋物線y=x2+1的兩條切線AP,AQ.切線斜率分別為k1和k2,切點分別為P,Q. (1)求證:k1·k2為定值,并且直線PQ過定點; (2)記△APQ的面積為S△APQ,當最小時,求·的值. (1)證明:設過A點的直線為y=k(x-a),與拋物線聯(lián)立得 整理得x2-kx+ka+1=0,Δ=k2-4ak-4=0, 所以k1+k2

18、=4a,k1·k2=-4為定值. 拋物線方程y=x2+1,求導得y′=2x, 設切點P,Q的坐標分別為(xp,yp),(xq,yq), 則k1=2xp,k2=2xq, 所以xp+xq=+=2a,xpxq=·=-1. 直線PQ的方程:y-yp=(x-xp), 由yp=+1,yq=+1, 得到y(tǒng)=(xp+xq)x-xpxq+1, 整理可得y=2ax+2,所以直線PQ過定點(0,2). (2)解:設A到PQ的距離為d.S△APQ=|PQ|×, 所以===, 設t=≥1, 所以==(t+)≥, 當且僅當t=時取等號,此時a=±. 因為·=(xp-a,yp)·(xq-a,yq

19、) =xpxq-a(xp+xq)+a2+ypyq, ypyq=(2xpa+2)(2xqa+2) =4a2xpxq+4+4a(xp+xq) =4a2+4, 所以·=3a2+3=. 類型二:證明問題 5.如圖,已知點A(1,)是離心率為的橢圓C:+=1(a>b>0)上的一點,斜率為的直線BD交橢圓C于B,D兩點,且A,B,D三點互不重合. (1)求橢圓C的方程; (2)求證:直線AB,AD的斜率之和為定值. (1)解:由題意,可得e==,將(1,)代入橢圓方程, 得+=1,又a2=b2+c2, 解得a=2,b=,c=. 所以橢圓C的方程為+=1. (2)證明:設直線

20、BD的方程為y=x+m, 又A,B,D三點不重合, 所以m≠0,設D(x1,y1),B(x2,y2), 由 得4x2+2mx+m2-4=0. 所以Δ=-8m2+64>0?-2

21、曲線C與y軸的交點為A,B(點A位于B的上方),直線y=kx+4與曲線C交于不同的兩點M,N,直線y=1與直線BM交于點G,求證:A,G,N三點共線. 解:(1)曲線C是焦點在x軸上的橢圓, 當且僅當 解得0, 即k2>. 設點M,N的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2), 則y1=kx1+4,y2=kx2+4, x1+x2=,x1x2=. 直線BM的方程為y+2=x, 點G的坐標為(,1). 因為直線AN和直線AG的斜率分別為 kAN=,kAG=-, 所以kAN-kAG=+ =+ =k+ =k+ =0. 即kAN=kAG. 故A,G,N三點共線.