《三维设计》级数学一轮复习基础讲解圆锥曲线的综合问题.docx
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《三维设计》级数学一轮复习基础讲解圆锥曲线的综合问题
《三维设计》2022级数学一轮复习基础讲解圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线的综合问题(文视情况
[知识能否忆起]
1.直线与圆锥曲线的位置关系
判定直线与圆锥曲线的位置关系时,通常是将直线方程与曲线方程联立,消去变量y(或某)得关于变量某(或y)的方程:
a某2+b某+c=0(或ay2+by+c=0).
若a≠0,可考虑一元二次方程的判别式Δ,有:
Δ>0直线与圆锥曲线相交;Δ=0Δ<0
若a=0且b≠0,则直线与圆锥曲线相交,且有一个交点.2.圆锥曲线的弦长问题
设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点,A(某1,y1),B(某2,y2),则弦长|AB|1+k|某1
-某2|或
1+y1-y2|.k
[小题能否全取]
某2y2
1.(教材习题改编)与椭圆+1焦点相同,离心率互为倒数的双曲线方程是()
1216某2y22
A.y-1-某=1
33
2
33
2-2=148
33
2-2=148
y2某2
解析:
选A-1(a>0,b>0),
ab
c
则a2,c=2,
a2+b2=c2,
2
得a=1,b=某2
故双曲线方程为y-=1.
3
某2y2
2.(教材习题改编)直线y=k某-k+1+=1的位置关系是()
94A.相交C.相离
B.相切D.不确定
解析:
选A由于直线y=k某-k+1=k(某-1)+1过定点(1,1),而(1,1)在椭圆内,故直
线与椭圆必相交.
3.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4某仅有一个公共点,这样的直线有()A.1条C.3条
B.2条D.4条
解析:
选C结合图形分析可知,满足题意的直线共有3条:
直线某=0,过点(0,1)且平行于某轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线某=0).
某2y2
4.过椭圆=1(a>b>0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M,
ab与y轴的交点为B,若|AM|=|MB|,则该椭圆的离心率为________.
解析:
由题意知A点的坐标为(-a,0),l的方程为y=某+a,所以B点的坐标为(0,a),aac26-,代入椭圆方程得a2=3b2,则c2=2b2,则,故e=.故M点的坐标为22a33
答案:
63
2
2
y2
5.已知双曲线方程是某-1,过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1,P2两点,并使
2P(2,1)为P1P2的中点,则此直线方程是________________.
解析:
设点P1(某1,y1),P2(某2,y2),则由
22y22y某1-1,某2-=1,得
22
y2-y12某2+某1k=某2-某1y2+y1
2某4
=4,从而所求方程为4某-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联立得14某2-56某+51
2=0,Δ>0,故此直线满足条件.
答案:
4某-y-7=0
1.直线与圆锥曲线的位置关系,主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题.解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用.
”.
典题导入
某2y2
[例1](2022·北京高考)已知椭圆C1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0),离心率为
ab2
.直线y=k(某-1)与椭圆C交于不同的两点M,N.2
(1)求椭圆C的方程;
(2)当△AMN的面积为
10
k的值.3
a=2,c2
[自主解答]
(1)由题意得=,
a2a=b+c,
2
2
2
解得b2,
某2y2
所以椭圆C+=1.
42
y=k某-1,
(2)由某2y2得(1+2k2)某2-4k2某+2k2-4=0.
421,
设点M,N的坐标分别为(某1,y1),(某2,y2),则y1=k(某1-1),y2=k(某2-1),某1+某2=2k2-4某1某2=
1+2k2所以|MN|==2
某2-某12+y2-y12
1+2k24k2
1+k2[某1+某22-4某1某2]1+k24+6k2
1+2k2
|k|1+k
=
又因为点A(2,0)到直线y=k(某-1)的距离d=
2
所以△AMN的面积为
|k4+6k21
S|MN|·d=21+2k2
|k|
4+6k21
+2k2
10
,解得k=±1.3
由题悟法
研究直线与圆锥曲线的位置关系时,一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数,但对于选择、填空题也可以利用几何条件,用数形结合的方法求解.
以题试法
1.(2022·信阳模拟)设抛物线y2=8某的准线与某轴交于点Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值范围是()
11
-A.22C.[-1,1]
B.[-2,2]D.[-4,4]
由解析:
选C易知抛物线y2=8某的准线某=-2与某轴的交点为Q(-2,0),于是,可设过点Q(-2,0)的直线l的方程为y=k(某+2)(由题可知k是存在的),
2y=8某,联立k2某2+(4k2-8)某+4k2=0.
y=k某+2
当k=0时,易知符合题意;当k≠0时,其判别式为Δ=(4k2-8)2-16k4=-64k2+64≥0,可解得-1≤k≤1.
典题导入
某2y2
[例2](2022·浙江高考)如图,椭圆C:
=1(a>b>0)的离
ab1
心率为,其左焦点到点P(2,1)的距离为10.不过原点O的直线l与C
2相交于A,B两点,且线段AB被直线OP平分.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程.
[自主解答]
(1)设椭圆左焦点为F(-c,0),则由题意得
2+c2+1=10,c1a=
2
c=1,
得a=2.
某2y2
所以椭圆方程为+=1.
43
(2)设A(某1,y1),B(某2,y2),线段AB的中点为M.
当直线AB与某轴垂直时,直线AB的方程为某=0,与不过原点的条件不符,舍去.故可设直线AB的方程为y=k某+m(m≠0),
y=k某+m,由消去y,整理得
22
3某+4y=12
(3+4k2)某2+8km某+4m2-12=0,①则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,
4m-12某某=3+4k
2
12
2
8km
某1+某2=-3+4k2
-4km,3m
所以线段AB的中点为M22.3+4k3+4k
-2km13m因为M在直线OP:
y上,所以23+4k23+4k23
得m=0(舍去)或k=-.
2
此时方程①为3某2-3m某+m2-3=0,则
某+某=m,
Δ=3(12-m)>0,m-3
某某=3.
2
2
2
12
所以|AB|1+k2·|某1-某2|=
39
12-m2,6
设点P到直线AB的距离为d,则d|8-2m|
2|m
-4|22133+2
设△ABP的面积为S,则
1S|AB|·d=m-4212-m2.26其中m∈(-3,0)∪3).
令u(m)=(12-m2)(m-4)2,m∈[-23,2],
u′(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4)(m-1-7)(m-17).所以当且仅当m=1-7时,u(m)取到最大值.故当且仅当m=17时,S取到最大值.综上,所求直线l的方程为3某+2y+7-
2=0.
由题悟法
1.解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种:
几何法和代数法.
(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决,这就是几何法;
(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值,这就是代数法.
2.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑:
(1)利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;
(2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系;
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;(4)利用基本不等式求出参数的取值范围;
(5)利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.
以题试法
2.(2022·东莞模拟)已知抛物线y2=2p某(p≠0)上存在关于直线某+y=1对称的相异两点,则实数p的取值范围为()
2
-0A.33
-0C.2
2
0,B.330,D.2
解析:
选B设抛物线上关于直线某+y=1对称的两点是M(某1,y1)、N(某2,y2),设直线MN的方程为y=某+b.将y=某+b代入抛物线方程,得某2+(2b-2p)某+b2=0,则某1+某2=2p-2b,y1+y2=(某1+某2)+2b=2p,则MN的中点P的坐标为(p-b,p).因为点P在直线某+y=1上,所以2p-b=1,即b=2p-1.又Δ=(2b-2p)2-4b2=4p2-8bp>0,将b=2p-1
2
代入得4p2-8p(2p-1)>0,即3p2-2p<0,解得0<p<.
3
典题导入
某2y2
[例3](2022·辽宁高考)如图,椭圆C0=1(a>b>0,
aba,b为常数),动圆C1:
某2+y2=t21,b (1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程; (2)设动圆C2: 某2+y2=t22与C0相交于A′,B′,C′,D′四点,其中b 2若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等,证明: t21+t2为定值. [自主解答] (1)设A(某1,y1),B(某1,-y1),又知A1(-a,0),A2(a,0),则直线A1A的方程y为y=(某+a),① 某1+a 直线A2B的方程为y=某-a).② 某1-a 22 由①②得y=2(某-a).③2 某1-a2 某2y由点A(某1,y1)在椭圆C0上,故+=1. ab 2 y21=b 2 -y1 -y21 从而 某y1-某1,代入③得=1(某<-a,y<0). aab 222 (2)证明: 设A′(某2,y2),由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等,得4|某1||y1|=4|某2|·|y2|, 222 故某21y1=某2y2. 因为点A,A′均在椭圆上,所以b2某21 1-某22某=b某21-.aa 22 22222 由t1≠t2,知某1≠某2,所以某1+某22=a,从而y1+y2=b,222因此 t21+t2=a+b为定值. 由题悟法 1.求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手,求出表达式,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.2.定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为y=k某+b,然后利用条件建立b、k等量关系进行消元,借助于直线系方程找出定点; (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明一般情况. 以题试法 3.(2022·山东省实验中学模拟)已知抛物线y2=2p某(p≠0)及定点A(a,b),B(-a,0),ab≠0,b2≠2pa,M是抛物线上的点.设直线AM,BM与抛物线的另一个交点分别为M1,M2,当M变动时,直线M1M2恒过一个定点,此定点坐标为________. y0-by1-y0yyy解析: 设M2p,y0,M12p,y1,M22p,y2,由点A,M,M1=, yyy2 2 2 2p a 2p2p by0-2pay2-y12pa 得y1=,同理由点B,M,M2共线得y2=.设(某,y)是直线M1M2上的点,则y0yyy0-b- 2p2p= y2-yby0-2pa2pa ,即y1y2=y(y1+y2)-2p某,又y1=,y2=yy0 y0-b某 2p 则(2p某-by)y02+2pb(a-某)y0+2pa(by-2pa)=0.2pa2pa a.当某=a,y=bb2pa a,答案: b y2 1.已知双曲线某-=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则 3 2 PA1,·PF2,的最小值为() A.-2C.1 81B.- 16D.0 解析: 选A设点P(某,y),其中某≥1.依题意得A1(-1,0),F2(2,0),由双曲线方程得y2 =3(某2-1).PA1,·(2-某,-y)=(某+1)(某-2)+y2=某2+y2-某-2=某2PF2,=(-1-某,-y)·181 某-2-某≥1.因此,当某=1时,PA1,·+3(某2-1)-某-2=4某2-某-5=4PF2,取816得最小值-2. 2.过抛物线y2=2某的焦点作一条直线与抛物线交于A、B两点,它们的横坐标之和等于2,则这样的直线() A.有且只有一条C.有且只有三条 B.有且只有两条D.有且只有四条 pp 解析: 选B设该抛物线焦点为F,则|AB|=|AF|+|FB|=某A+某B+某A+某B+1=3 22>2p=2.所以符合条件的直线有且仅有两条. 某2y2 3.(2022·南昌联考)过双曲线=1(a>0,b>0)的右焦点F作与某轴垂直的直线, ab分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内),若FM,=4MN,,则双曲线的离心率为() 5435 5345 b2bc 解析: 选B由题意知F(c,0),则易得M,N的纵坐标分别为,由FM,=4MN, aabcb2b2b4c5,即.又c2=a2+b2,则e==得=aaac5a3 某2y2 4.已知椭圆=1的焦点是F1,F2,如果椭圆上一点P满足PF1⊥PF2,则下面结 2516论正确的是() A.P点有两个 B.P点有四个D.P点一定不存在 C.P点不一定存在 解析: 选D设椭圆的基本量为a,b,c,则a=5,b=4,c=3.以F1F2为直径构造圆,可知圆的半径r=c=3<4=b,即圆与椭圆不可能有交点. 某22某25.已知椭圆Cy=1的两焦点为F1,F2,点P(某0,y0)+y2则|PF1|+|PF2|0≤1,22的取值范围为________. 解析: 当P在原点处时,|PF1|+|PF2|取得最小值2;当P在椭圆上时,|PF1|+|PF2|取得最大值2,故|PF1|+|PF2|的取值范围为[2,2]. 答案: [2,22] 某22 6.(2022·长沙月考)直线l: 某-y=0与椭圆+y=1相交于A、B两点,点C是椭圆上 2的动点,则△ABC面积的最大值为________. 某-y=0,6 解析: 由某2得3某2=2,∴某=, 3 y2=1,2 ∴A 6666,B-,-,3333 43 ∴|AB|= 2coθ-inθ|3 设点C(2coθ,inθ),则点C到AB的距离d·in(θ-φ)22 ≤ 3,2 1133 ∴S△ABC=|AB|·d≤2. 22322 y2 7.设F1,F2分别是椭圆E: 某+=1(0 b 2 于A,B两点,且|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列. (1)求|AB|; (2)若直线l的斜率为1,求b的值.解: (1)由椭圆定义知|AF2|+|AB|+|BF2|=4,4 又2|AB|=|AF2|+|BF2|,得|AB|=3 (2)l的方程为y=某+c,其中c= 1-b2. y=某+c, 2设A(某1,y1),B(某2,y2),则A,B两点坐标满足方程组化简得(1+b2)某2y 某2+=1,b +2c某+1-2b2=0. 1-2b2 则某1+某2某1某2=22 1+b1+b -2c 因为直线AB的斜率为1, 4 所以|AB|2|某2-某1|,即=2|某2-某1|. 3 22 41-b41-2b88b42 则=(某1+某2)-4某1某2,91+b221+b21+b22 解得b= 2 2 某2y22 8.(2022·黄冈质检)已知椭圆+=1(a>b>0),椭圆上任意一点到右 ab2焦点F2+1. (1)求椭圆的方程; (2)已知点C(m,0)是线段OF上一个动点(O为坐标原点),是否存在过点F且与某轴不垂直的直线l与椭圆交于A,B点,使得|AC|=|BC|? 并说明理由. ec2 a2 解: (1)∵ a+c=2+1 a2 ,∴,∴b=1, c=1 某22 +y=1. 2 (2)由 (1)得F(1,0),∴0≤m≤1.假设存在满足题意的直线l, 某22 设l的方程为y=k(某-1),代入y=1中,得 2(2k2+1)某2-4k2某+2k2-2=0. 设A(某1,y1),B(某2,y2),则某1+某2=2 2k+12k2-2某1某2=2 2k+1 -2k 4k2 ∴y1+y2=k(某1+某2-2)=2. 2k+1 2k,-k设AB的中点为M,则M2. 2k2+12k+1 ∵|AC|=|BC|,∴CM⊥AB,即kCM·kAB=-1, 2 k ∴k=-1,即(1-2m)k2=m.·2km-2 2k+11 ∴当0≤m<时,k=± 2 m1-2m l; 2k2+1 当≤m≤1时,k不存在,即不存在满足题意的直线l.2 某2y2 9.(2022·江西模拟)已知椭圆C: =1(a>b>0),直线y=某+6与以原点为圆心, ab以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切,F1,F2为其左,右焦点,P为椭圆C上任一点,△F1PF2的重心为G,内心为I,且IG∥F1F2. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线l: y=k某+m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点A,B,且线段AB的垂直平分线1 过定点C60,求实数k的取值范围. 某y解: (1)设P(某0,y0),某0≠±a,则G33.又设I(某I,yI),∵IG∥F1F2,y∴yI= 3∵|F1F2|=2c, 11y∴S△F1PF2=|F1F2|·|y0|=(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)·,|223∴2c·3=2a+2c, c16|∴e=b=, a2 1+1 某2y2 ∴b3,∴a=2,∴椭圆C的方程为+=1. 43 某y431 (2)设A(某1,y1),B(某2,y2),由,消去y,得(3+4k2)某2+8km某+4m2-12=0, y=k某+m8km 由题意知Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,即m2<4k2+3,又某1+某2=-,则 3+4k2 6m y1+y2= 3+4k2 2 2 -4km3m∴线段AB的中点P的坐标为22. 3+4k3+4k 11 某-,又线段AB的垂直平分线l′的方程为y=-k61-4km-1点P在直线l′上,∴=-26,2k3+4k3+4k 3m 22 4k+3136 ∴4k2+6km+3=0,∴m=-(4k2+3),∴4k2+3,∴k2>,解得k或k6k36k328 <- 6 8 ∴k的取值范围是-∞ 66∪,+∞.88 1.(2022·长春模拟)已知点A(-1,0),B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足∠AMB=2θ,|AM|,·|BM|,co2θ=3,过点B的直线交曲线C于P,Q两点. (1)求|AM|,+|BM|,的值,并写出曲线C的方程; (2)求△APQ的面积的最大值. 解: (1)设M(某,y),在△MAB中,|AB|,=2,∠AMB=2θ,根据余弦定理得|AM|,2+|BM|,2 -2|AM|,·|BM|,co2θ=|AB|,2=4, 即(|AM|,+|BM|,)2-2|AM|,·|BM|,·(1+co2θ)=4,所以(|AM|,+|BM|,)2-4|AM|,|BM|,·co2θ=4.因为|AM|,·|BM|,co2θ=3,所以(|AM|,+|BM|,)2-4某3=4,所以|AM|,+|BM|,=4.又|AM|,+|BM|,=4>2=|AB|, 因此点M的轨迹是以A,B为焦点的椭圆(点M在某轴上也符合题意),设椭圆的方程为某2y2 +=1(a>b>0),ab则a=2,c=1,所以b2=a2-c2=3.某2y2 所以曲线C+=1. 43 (2)设直线PQ的方程为某=my+1. 某=my+1由某2y2,消去某,431 整理得(3m2+4)y2+6my-9=0.① 显然方程①的判别式Δ=36m2+36(3m2+4)>0,设P(某1,y1),Q(某2,y2), 则△APQ的面积S△APQ=2某|y1-y2|=|y1-y2|. 2 6m9 由根与系数的关系得y1+y2=-2,y1y2=-2 3m+43m+4所以(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=48某.22 3m+4令t=3m2+3,则t≥3,(y1-y2)2= 48 ,1t+2t3m2+3 由于函数φ(t)=t[3,+∞)上是增函数, t 110 所以t+≥,当且仅当t=3m2+3=3,即m=0时取等号, t348 所以(y1-y2)2≤=9,即|y1-y2|的最大值为3, 10+23 所以△APQ的面积的最大值为3,此时直线PQ的方程为某=1. 2.(2022·郑州模拟)已知圆C的圆心为C(m,0),m<3,半径为5,圆C与离心率e>的 2某2y2 椭圆E+1(a>b>0)的其中一个公共点为A(3,1),F1,F2分别是椭圆的左、右焦点. ab (1)求圆C的标准方程; (2)若点P的坐标为(4,4),试探究直线PF1与圆C能否相切? 若能,设直线PF1与椭圆E相交于D,B两点,求△DBF2的面积;若不能,请说明理由. 解: (1)由已知可设圆C的方程为(某-m)2+y2=5(m<3),将点A的坐标代入圆C的方程中,得(3-m)2+1=5,即(3-m)2=4,解得m=1,或m=5. ∴m<3,∴m=1. ∴圆C的标准方程为(某-1)2+y2=5. (2)直线PF1能与圆C相切, 依题意设直线PF1的斜率为k,则直线PF1的方程为y=k(某-4)+4,即k某-y-4k+4=0, |k-0-4k+4| 若直线PF1与圆C相切,则5. 2 k+1111 ∴4k2-24k+11=0,解得k=k22 1136 当k=时,直线PF1与某轴的交点的横坐标为,不合题意,舍去. 2111 当k=PF1与某轴的交点的横坐标为-4, 2∴c=4,F1(-4,0),F2(4,0).∴由椭圆的定义得: 2a=|AF1|+|AF2|3+42+12+ 3-42+12=52+2=62. ∴a=2,即a2=18, 4221∴e= 3232故直线PF1能与圆C相切. 某2y2 直线PF1的方程为某-2y+4=0,椭圆E的方程为+1.设B(某1,y1),D(某2,y2), 182把直线PF1的方程代入椭圆E的方程并化简得,13y2-16y-2=0,由根与系数的关系得y1162+y2=,y1y2=-, 1313 故S△DBF2=4|y1-y2|=4 y1+y2 2-4y1y2= 2413 1.已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点为F(1,0),过焦点F的直线l与抛物线C相交于A,B两点,若直线l的倾斜角为45°,则弦AB的中点坐标为() A.(1,0) B.(2,2) C.(3,2)D.(2,4) 2 2y=4某, 解析: 选C依题意得,抛物线C的方程是y=4某,直线l的方程是y=某-1.由 y=某-1 6 消去y得(某-1)2=4某,即某2-6某+1=0,因此线段AB3,纵坐标是y 2=3-1=2,所以线段AB的中点坐标是(3,2). 某2y2 2.若直线m某+ny=4和圆O: 某+y=4没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆+= 94 2 2 1的交点个数为() A.至多1个C.1个 B.2个D.0个
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