江苏专用高考数学考前三个月必考题型过关练第33练圆锥曲线中的探索性问题理Word文件下载.docx
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(2)是否存在垂直于y轴的直线l,使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值?
若存在,求出l的方程;
若不存在,请说明理由.
破题切入点 假设符合条件的直线存在,求出弦长,利用变量的系数恒为零求解.
解 方法一
(1)依题意,点N的坐标为N(0,-p),
可设A(x1,y1),B(x2,y2),
直线AB的方程为y=kx+p,
与x2=2py联立得
消去y得x2-2pkx-2p2=0.
由根与系数的关系得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.
于是S△ABN=S△BCN+S△ACN=
·
2p|x1-x2|
=p|x1-x2|=p
=p
=2p2
∴当k=0时,(S△ABN)min=2
p2.
(2)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a,
AC的中点为O′,l与以AC为直径的圆相交于点P,Q,PQ的中点为H,
则O′H⊥PQ,Q′点的坐标为(
).
∵O′P=
AC=
O′H=
|2a-y1-p|,
∴PH2=O′P2-O′H2
(y
+p2)-
(2a-y1-p)2
=(a-
)y1+a(p-a),
∴PQ2=(2PH)2=4[(a-
)y1+a(p-a)].
令a-
=0,得a=
此时PQ=p为定值,故满足条件的直线l存在,
其方程为y=
,即抛物线的通径所在的直线.
方法二
(1)前同方法一,再由弦长公式得
AB=
|x1-x2|
=2p
又由点到直线的距离公式得d=
.
从而S△ABN=
d·
AB
2p
则以AC为直径的圆的方程为
(x-0)(x-x1)-(y-p)(y-y1)=0,
将直线方程y=a代入得x2-x1x+(a-p)(a-y1)=0,
则Δ=x
-4(a-p)(a-y1)
=4[(a-
设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3,y3),Q(x4,y4),
则有PQ=|x3-x4|=
=2
题型三 定圆问题
例3 已知椭圆G的中心在坐标原点,长轴在x轴上,离心率为
,两个焦点分别为F1和F2,椭圆G上一点到F1和F2的距离之和为12,圆Ck:
x2+y2+2kx-4y-21=0(k∈R)的圆心为点Ak.
(1)求椭圆G的方程;
(2)求△AkF1F2的面积;
(3)问是否存在圆Ck包围椭圆G?
请说明理由.
破题切入点
(1)根据定义,待定系数法求方程.
(2)直接求.
(3)关键看长轴两端点.
解
(1)设椭圆G的方程为
=1(a>
b>
0),半焦距为c,则
解得
所以b2=a2-c2=36-27=9.
所以所求椭圆G的方程为
(2)点Ak的坐标为(-k,2),
S△AkF1F2=
×
|F1F2|×
2=
6
2=6
(3)若k≥0,由62+02+12k-0-21=15+12k>
0,可知点(6,0)在圆Ck外;
若k<
0,由(-6)2+02-12k-0-21=15-12k>
0,可知点(-6,0)在圆Ck外.
所以不论k为何值,圆Ck都不能包围椭圆G.
即不存在圆Ck包围椭圆G.
总结提高
(1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题,基本思想是使用参数表示要解决的问题,证明要解决的问题与参数无关.在这类试题中选择消元的方向是非常关键的.
(2)由直线方程确定定点,若得到了直线方程的点斜式:
y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);
若得到了直线方程的斜截式:
y=kx+m,则直线必过定点(0,m).
(3)定直线问题一般都为特殊直线x=x0或y=y0型.
1.在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,
)且斜率为k的直线l与椭圆
+y2=1有两个不同的交点P和Q.
(1)求k的取值范围;
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A,B,是否存在常数k,使得向量
与
共线?
如果存在,求k值;
如果不存在,请说明理由.
解
(1)由已知条件,得直线l的方程为y=kx+
代入椭圆方程得
+(kx+
)2=1.
整理得(
+k2)x2+2
kx+1=0.①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ=8k2-4(
+k2)=4k2-2>
0,
解得k<
-
或k>
即k的取值范围为(-∞,-
)∪(
,+∞).
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则
=(x1+x2,y1+y2),
由方程①,得x1+x2=-
.②
又y1+y2=k(x1+x2)+2
.③
而A(
,0),B(0,1),
=(-
,1).
所以
共线等价于x1+x2=-
(y1+y2),
将②③代入上式,解得k=
由
(1)知k<
故不存在符合题意的常数k.
2.已知双曲线方程为x2-
=1,问:
是否存在过点M(1,1)的直线l,使得直线与双曲线交于P、Q两点,且M是线段PQ的中点?
如果存在,求出直线的方程,如果不存在,请说明理由.
解 显然x=1不满足条件,设l:
y-1=k(x-1).
联立y-1=k(x-1)和x2-
=1,
消去y得(2-k2)x2+(2k2-2k)x-k2+2k-3=0,
由Δ>
0,得k<
,x1+x2=
由M(1,1)为PQ的中点,得
解得k=2,这与k<
矛盾,
所以不存在满足条件的直线l.
3.设椭圆E:
=1(a,b>
0)过M(2,
),N(
,1)两点,O为坐标原点.
(1)求椭圆E的方程;
(2)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且
⊥
?
若存在,写出该圆的方程,并求AB的取值范围;
解
(1)因为椭圆E:
,1)两点,
椭圆E的方程为
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且
,设该圆的切线方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),解方程组
得x2+2(kx+m)2=8,
即(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,
则Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>
0,即8k2-m2+4>
0.
故
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
+m2
要使
,需使x1x2+y1y2=0,
即
=0,
所以3m2-8k2-8=0,
所以k2=
≥0.
又8k2-m2+4>
0,所以
所以m2≥
即m≥
或m≤-
因为直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线,
所以圆的半径为r=
r2=
,r=
所求的圆为x2+y2=
此时圆的切线y=kx+m都满足m≥
而当切线的斜率不存在时切线为x=±
与椭圆
=1的两个交点为(
,±
)或(-
)满足
,综上,存在圆心在原点的圆x2+y2=
,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且
4.(2014·
重庆)如图,设椭圆
0)的左、右焦点分别为F1、F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,
,△DF1F2的面积为
(1)求该椭圆的标准方程.
(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?
若存在,求出圆的方程;
解
(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.
由
,得DF1=
c,
从而S△DF1F2=
DF1·
F1F2=
c2=
,故c=1,
从而DF1=
由DF1⊥F1F2,得DF
=DF
+F1F
因此DF2=
所以2a=DF1+DF2=2
故a=
,b2=a2-c2=1.
因此,所求椭圆的标准方程为
+y2=1.
(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆
+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y1>
0,y2>
0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2.
由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.
由
(1)知F1(-1,0),F2(1,0),
=(x1+1,y1),
=(-x1-1,y1),
再由F1P1⊥F2P2,得-(x1+1)2+y
=0.
由椭圆方程得1-
=(x1+1)2,即3x
+4x1=0,
解得x1=-
或x1=0.
当x1=0时,P1,P2重合,题设要求的圆不存在.
当x1=-
时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.
设C(0,y0),
由CP1⊥F1P1,得
=-1.
而求得y1=
,故y0=
圆C的半径CP1=
综上,存在满足题设条件的圆,
其方程为x2+(y-
)2=
5.(2014·
江西)如图,已知抛物线C:
x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).
(1)证明:
动点D在定直线上;
(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与
(1)中的定直线相交于点N2,证明:
MN
-MN
为定值,并求此定值.
(1)证明 依题意可设AB方程为y=kx+2,
代入x2=4y,
得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8.
直线AO的方程为y=
x;
BD的方程为x=x2.
解得交点D的坐标为
注意到x1x2=-8及x
=4y1,
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