问题8.3椭圆双曲线抛物线与圆相结合问题高三数学成功在我之优等生提分精品Word版含解析

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1、2018届高三数学成功在我 专题八 解析几何问题三：椭圆、双曲线、抛物线与圆相结合问题一、考情分析通过近几年各地高考试题可以发现,对圆的考查在逐渐加深,并与圆锥曲线相结合在一起命题,成为一个新的动向.与圆相关几何性质、最值问题、轨迹问题等都能与椭圆、双曲线和抛物线想结合可以呈现别具一格的新颖试题.二、经验分享1.对于圆与圆锥曲线的相交问题，设出交点，由交点(或韦达定理)结合条件解决问题，在求解过程中、数形结合是常用的打开思路的方式、形是引路、数是依据、二者联手，解决问题就易如反掌、设面不求、灵活消参是常用的策略。2. 垂直问题的呈现有多种形式，处理重直问题最好的方法是应用向量的坐标形式转化，常

2、规的思路是:联立方程组消去 成y,得到一个二次方程，设交点，韦达定理 代人垂直的数量积坐标公式整理求解。3.涉及弦长要注意圆的几何性质的应用。三、知识拓展以MN为直径的圆经过点P，则，可转化为四、题型分析(一) 圆与椭圆的结合点1.1圆的几何性质与椭圆相联系【例1】【2017届湖南师大附中高三上学期月考四】已知椭圆的中心在原点,离心率为,其右焦点是圆：的圆心（1）求椭圆的标准方程；（2）如图,过椭圆上且位于轴左侧的一点作圆的两条切线,分别交轴于点、试推断是否存在点,使？若存在,求出点的坐标；若不存在,请说明理由【分析】(1)由已知条件分别求出的值,而,代入求出椭圆的方程；(2)假设存在点满足题

3、意,设点（）,利用条件求出直线方程,根据圆心到直线的距离为,求出与点坐标之间的关系,同理求出与点坐标之间的关系,利用韦达定理求出的表达式,算出,求出点坐标.（2）设点（）,则直线的方程为,即,因为圆心到直线的距离为1,即,即,即,同理由此可知,为方程的两个实根,所以,因为点在椭圆上,则,即,则,令,则,因为,则,即,故存在点满足题设条件【点评】(1)处理直线与圆的弦长问题时多用几何法,即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形(2)圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径,从而建立关系解决问题【小试牛刀】【2017届江西吉安一中高三上学期段考二】已知椭圆的离心率为,其左顶点在圆上.（）求

4、椭圆的方程；（）若点为椭圆上不同于点的点,直线与圆的另一个交点为,是否存在点,使得？若存在,求出点的坐标；若不存在,说明理由.【答案】（I）；（II）不存在,理由见解析.【解析】（I）因为椭圆的左顶点在圆上,令,得,所以.又离心率为,所以,所以,所以.所以的方程为.（II）设点,设直线的方程为,与椭圆方程联立得,化简得到,因为-4为方程的一个根,所以,所以所以因为圆心到直线的距离为,所以.因为,代入得到,显然,所以不存在直线,使得.1.2 利用椭圆的性质判断直线与圆的位置关系【例2】已知椭圆：.（1）求椭圆的离心率；（2）设为原点,若点在椭圆上,点在直线上,且,试判断直线与圆的位置关系,并证明

5、你的结论.（2）直线与圆相切,证明如下：设点,其中,因为,所以,即,解得,当时,代入椭圆的方程得,此时直线与圆相切.当时,直线的方程为,即,圆心到直线的距离为,又,故.故此直线与圆相切.【小试牛刀】【2015福建高考理18】已知椭圆过点,且离心率(1)求椭圆的方程； (2)设直线交椭圆于,两点,判断点与以线段为直径的圆的位置关系,并说明理由【解析】解法一：（1）由已知得,解得,所以椭圆的方程为（2）设点,的中点为由,得,所以,从而,所以,故,所以故点在以为直径的圆外从而,所以又,不共线,所以为锐角故点在以为直径的圆外 (二) 圆与双曲线的结合点2.1 利用圆的性质解决双曲线的相关问题由于双曲线

6、具有渐近线,故渐近线与圆的位置关系便成为命题的常考点.圆本身所具有的几何性质在探索等量关系也经常考查,进而求解双曲线的几何性质,如离心率的求解.【例3】已知点是双曲线的左焦点,离心率为e,过F且平行于双曲线渐近线的直线与圆交于点P,且点P在抛物线上,则e2 =（ ）A B C D【答案】D【解析】双曲线的渐近线方程为：,根据曲线的对称性,不妨设直线 的斜率为,所以直线的方程为：,解方程组 得： 或 根据题意点的坐标为 ,又因为点P在抛物线上,所以, , （舍去）或,故选D.【点评】本题将双曲线的渐近线与圆的位置关系联系到一起,从而确定点P的坐标,进而建立等量关系求解双曲线的离心率.【小试牛刀】

7、【2017届河北武邑中学高三上学期调研四】已知双曲线的右顶点为,为坐标原点,以为圆心的圆与双曲线的某渐近线交于两点,若,且,则双曲线的离心率为【答案】2.2 圆的切线与双曲线相联系【例4】已知双曲线的左右焦点分别为,为双曲线的中心,是双曲线右支上的点,的内切圆的圆心为,且圆与轴相切于点,过作直线的垂线,垂足为,若为双曲线的离心率,则( )A. B. C. D. 与关系不确定【答案】C【解析】设内切圆在上的切点为,上的切点为,上的切点为,的坐标为,即,延长交于,是角平分线和垂线,是的中点,是的中点,是中位线,.【小试牛刀】已知点、为双曲线：的左、右焦点,过作垂直于轴的直线,在轴上方交双曲线于点,

8、且圆的方程是（1）求双曲线的方程；（2）过双曲线上任意一点作该双曲线两条渐近线的垂线,垂足分别为、,求的值；（3）过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于、两点,中点为,求证：【解析】（1）设的坐标分别为因为点在双曲线上,所以,即,所以 在中,所以 由双曲线的定义可知：故双曲线的方程为： （2）由条件可知：两条渐近线分别为 设双曲线上的点,设两渐近线的夹角为,则则点到两条渐近线的距离分别为 因为在双曲线：上,所以又, 所以 （3）由题意,即证：.设,切线的方程为： 当时,切线的方程代入双曲线中,化简得：所以： 又 所以 当时,易知上述结论也成立 所以 综上,所以 (三) 圆与抛物线的结合点3.1圆的

9、性质与抛物线相结合【例5】一个酒杯的轴截面是开口向上的抛物线的一段弧,它的口宽是的4 ,杯深20,在杯内放一玻璃球,当玻璃球的半径r最大取 时,才能使玻璃球触及杯底【答案】1【解析】建立如图所示的直角坐标系,酒杯所在抛物线的方程设为,因为过点,所以,即.玻璃球触及杯底,就是小球的截面圆与抛物线有且仅有一个交点,即原点.由与消去得：或因为有且仅有一个交点,即原点,所以即半径r最大取1.【小试牛刀】【2017吉林长春五县上学期期末】已知点是抛物线上一点,为坐标原点,若是以点为圆心,的长为半径的圆与抛物线的两个公共点,且为等边三角形,则的值是 【答案】3.2 抛物线的性质与圆的相联系【例6】【201

10、7届重庆市第一中学高三12月月考】已知椭圆离心率为,焦距为,抛物线的焦点是椭圆的顶点.（）求与的标准方程；（）设过点的直线交于两点,若的右顶点在以为直径的圆内,求直线的斜率的取值范围.【分析】（）椭圆的焦距为,得椭圆的标准方程,得到抛物线焦点,可得抛物线方程；（）联立直线与抛物线的方程结合韦达定理得,在以为直径的圆内,得结果.【解析】（）设椭圆的焦距为,依题意有,解得,故椭圆的标准方程为,又抛物线开口向上,故是椭圆的上顶点,故抛物线的标准方程为.（）由题意可设直线的方程为：,设点,联立得,由韦达定理得,.在以为直径的圆内. 【小试牛刀】已知抛物线C：的焦点为F,直线与y轴的交点为P,与C的交点

11、为Q,且.（I）求C的方程；（II）过F的直线与C相交于A,B两点,若AB的垂直平分线与C相较于M,N两点,且A,M,B,N四点在同一圆上,求的方程.【解析】（I）设,代入,得由题设得,解得（舍去）或,C的方程为；（II）由题设知与坐标轴不垂直,故可设的方程为,代入得设则故的中点为又的斜率为的方程为将上式代入,并整理得设则故的中点为由于垂直平分线,故四点在同一圆上等价于,从而即,化简得,解得或所求直线的方程为或四、迁移运用1【河北省石家庄市2018届高三下学期一模】已知， 分别为双曲线的左焦点和右焦点，过的直线与双曲线的右支交于， 两点， 的内切圆半径为， 的内切圆半径为，若，则直线的斜率为（

12、 ）A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D【解析】设的内切圆圆心为 ， 的内切圆圆心为，边 上的切点分别为 易见 横坐标相等，则 由 即 得 即 ，记 的横坐标为 ，则 ，于是 ，得 同理内心 的横坐标也为 则有轴，设直线的倾斜角为，则 则 故选D.2【河南省郑州市2018届高三毕业年级第二次质量预测】如图，已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在轴上，且过点，圆,过圆心的直线与抛物线和圆分别交于,则的最小值为( )A. 23 B. 42 C. 12 D. 52【答案】A【解析】由题意抛物线过定点（2，4），得抛物线方程，焦点为F(2,0).圆的标准方程为，所以圆心为（2，0），半径r=1.由于

13、直线过焦点，所以有，又 = ，当且仅当时等号成立。选A.3【湖北七市（州）教研协作体2018年3月高三联考】已知圆： 与抛物线： 相交于， 两点，分别以点， 为切点作圆的切线.若切线恰好都经过抛物线的焦点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题得设A， ，联立圆E和抛物线得： ，代入点A得,又AF为圆的切线，故，由抛物线得定义可知：AF=，故化简得： ，将点A代入圆得： ，而=，故故选A4【云南省昆明市第一中学2018届高三第六次月考】设抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F，准线为l，点A为C上一点，以F为圆心，FA为半径的圆交l于B，D两点，若BFD=120，ABD的面积

14、为23，则p=（ ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 2【答案】A【解析】因为BFD=1200，所以圆的半径|FA|=|FB|=2p，|BD|=23p，由抛物线定义，点A到准线l的距离d=|FA|=2p，所以12|BD|d=2p3p=23，所以p=1，故选A5【安徽省安庆一中、山西省太原五中等五省六校（K12联盟）2018届高三上学期期末】双曲线： （， ）的焦点为、，抛物线： 的准线与交于、两点，且以为直径的圆过，则椭圆的离心率的平方为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】抛物线的方程为抛物线的焦点坐标为，准线方程为双曲线： （， ）的焦点为、，且抛物线的准线与交于、两点， ，以

15、为直径的圆过，即，即，椭圆的离心率为，椭圆的离心率的平方为故选C.6【2017河北定州市上学期期中】过双曲线的右支上一点,分别向圆：和圆 ：作切线,切点分别为,则的最小值为（ ）A10 B13 C16 D19【答案】B【解析】由题可知,因此.故选B7【2017届四川双流中学高三上学期必得分训练】已知为抛物线上一个动点,为圆上一个动点,当点到点的距离与点到抛物线的准线的距离之和最小时,点的横坐标为（ ）A B C D【答案】A【解析】设到抛物线准线的距离为,抛物线的焦点为,圆心为,则,故选A.8【2017届湖南长沙一中高三月考五】已知双曲线的左、右焦点分别为、,过作圆的切线分别交双曲线的左、右两

16、支于点、,若,则双曲线的渐近线方程为（ ）A. B. C. D.【答案】C9【2017学年吉林长春五县高二上学期期末】已知的左、右焦点分别为,点在椭圆上,且的面积为4.（1）求椭圆的方程；（2）点是椭圆上任意一点,分别是椭圆的左、右顶点,直线与直线分别交于两点,试证：以为直径的圆交轴于定点,并求该定点的坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析,或.【解析】（1）因为,所以,.由题意得,解得.从而,结合,得,故椭圆的方程为.（2）由（1）得,设,则直线的方程为,它与直线的交点的坐标为,直线的方程为,它与直线的交点的坐标为,再设以为直径的圆交轴于点,则,从而,即,即,解得.故以为直径的圆交轴于定点,

17、该定点的坐标为或.10【2017届广西陆川县中学高三上学期二模】已知椭圆：的左焦点为,其左、右顶点为、,椭圆与轴正半轴的交点为,的外接圆的圆心在直线上.（I）求椭圆的方程；（II）已知直线：,是椭圆上的动点,垂足为,是否存在点,使得为等腰三角形？若存在,求出点的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(I)；(II)或.【解析】（I）由题意知,圆心既在的垂直平分线上,也在的垂直平分线上,设的坐标为,则的垂直平分线方程为因为的中点坐标为,的斜率为所以的垂直平分线的方程为联立解得: ,即,因为在直线上,所以（4分）即因为,所以再由求得所以椭圆的方程为（7分）（II）若,即解得,(显然不符合条件,舍去)

18、.此时所以满足条件的点的坐标为.综上,存在点或,使得为等腰三角形11【2017届湖南长沙雅礼中学高三月考四】已知椭圆的右焦点为,点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）点在圆上,且在第一象限,过作的切线交椭圆于两点,问：的周长是否为定值？若是,求出定值；若不是,说明理由. 【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意得,椭圆的方程为.（2）由题意,设的方程为,与圆相切,即,得,设,则,又,同理,（定值）.12【2017山东菏泽一中宏志部月考三】已知椭圆的焦距为2,左、右顶点分别为,是椭圆上一点,记直线的斜率为,且有.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于两点,以为直径的圆经过原点,且线段的垂直

19、平分线在轴上的截距为,求直线的方程.【答案】（1）；（2）【解析】（1）依题意,设,则有,即,即椭圆的方程为；（2）设,的中点为,联立得到, , 因为以为直径的圆经过原点,所以,化简得 将式代入得到代入式得到,由于线段的垂直平分线经过点,将代入得到 联立得或1,因为,所以,.所以直线的方程为.13【2017届甘肃肃南裕固族自治县一中高三12月月考】已知椭圆的离心率,过椭圆的左焦点且倾斜角为30的直线与圆相交所得弦的长度为1.（）求椭圆的方程；（）若动直线交椭圆于不同两点,设,为坐标原点.当以线段为直径的圆恰好过点时,求证：的面积为定值,并求出该定值.【答案】(I)；(II)证明见解析,.【解析

20、】（）由题意知得,即. 因为直线过左焦点且倾斜角为30可得直线方程为又因为直线与圆相交弦长为1,所以圆心到直线距离,再由勾股定理得：由联立可知即椭圆方程为（）当直线的斜率存在时,设直线的方程为,因为交于不同两点,所以,即,由韦达定理得：,由题意知即,又,所以,代入整理得.又点到直线的距离,所以,将代入得,14平面直角坐标系中,已知椭圆的离心率为,左、右焦点分别是. 以为圆心以为半径的圆与以为圆心以为半径的圆相交,且交点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2） 设椭圆,为椭圆上任意一点. 过点的直线交椭圆于两点,射线交椭圆于点.（i）求的值；（ii）求面积的最大值.【解析】（1）由题意知,则又,可得,所以椭圆的方程为（2）由（1）知椭圆的方程为（）设,由题意知因为,又,即,所以,即（）设,将代入椭圆的方程,可得,由,可得 则有,所以因为直线与轴的交点坐标为,所以的面积设将代入椭圆的方程,可得,由,可得 由可知,因此,故,当且仅当,即时取得最大值由（）知,面积为,所以面积的最大值为