高三数学人教B配专题五高考中的圆锥曲线问题解析

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1、专题五高考中的圆锥曲线问题1,已知Fi、F2为椭圆W+W=1的两个焦点，过Fi的直线交椭圆于A、B两点.若|F2A|+|F2B|zoy=12,则|AB|=.答案8解析由题意知(|AFi|+|AF2|)+(|BFi|+|BF2|)=|AB|+|AF2|+|BF2|=2a+2a,又由a=5,可得|AB|+(|BF2|+|AF2|)=20,即|AB|=8.2,设AB为过抛物线=2px(p0)的焦点的弦，则|AB|的最小值为()A.：B.pC.2pD.无法确定答案C解析当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短，P这时X=：,.-.y=P，|AB|min=2p.3.若双曲线4-=1的一条渐近线被圆(x-2)2

2、+y2=4所截得的弦长为2,则该双曲线的实aj轴长为()A.1B.2C.3D.6答案B解析双曲线gE=1的渐近线方程为y=*,即Fxday=O,圆(x2尸+y?=4的圆心a0)的准线的距离为4.点M(t,1)是C上的定点，A,B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m,n)在直线OM上.求曲线C的方程及t的值;(2)记。=泻滞求d的最大值.思维启迪(1)依条件，构建关于p,t的方程;(2)建立直线AB的斜率k与线段AB中点坐标间的关系，并表示弦AB的长度，运用函数的性质或均值不等式求d的最大值.解(1)y2=2px(p0)的准线x=1./p511-(-2)=4,p=2，抛物线C的方程为y2=x.

3、又点M(t,1)在曲线C上，.-.t=1.(2)由知，点M(1,1),从而n=m,即点Q(m,m),依题意，直线AB的斜率存在，且不为0,设直线AB的斜率为k(kw0).且A(xi,y1),B(x2.y2),y2=x1,由得(y1一y2)(y1+y2)=x1一x2,故k2m=1,y2=x2,1所以直线AB的方程为y-m=2m(x-m),即x2my+2m2m=0.x2my+2m2m=0,由消去x,y2=x整理得y22my+2m2m=0,所以A=4m4m20,y+y2=2m,y1y2=2m2m.从而|ab|=1+$M-y2|1+4m24m4m2=21+4m2mm2=2ym1-m0.，d的最大值为1

4、.思维升华圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用均值不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.已知点A(-1,0),B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足/AMB=2。，|扁|BM|cos20=3,过点B的直线交曲线C于P,Q两点.,.,、1一(1)求|AM|十|BM|的值，并写出曲线C的万程；(2)求APQ面积的最大值.解(1)设M(x,y),在4MAB中，|AB|=2,ZAMB=20,根据余弦定理得|aM|2+|bM|2-2AM|BM|cos2

5、0=4.即(|AM|+|BM|)2-2|AM|BM|(1+cos20)=4.(|AM|+|BM|)2-4|yAM|BM|cos29=4.M|AM|BM|cos2仁3,所以(|AM|十|BM|)2-4X3=4.所以|AM|十|BM|=4.又|AM|+|BM|=42=|AB|,因此点M的轨迹是以A,B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a=2,c=1.广.Ia、,x2y2所以曲线C的方程为Z+：=1.（2）设直线PQ的方程为x=my+1.x=my+1,由x2y2消去x并整理得(3m2+4)y2+6my9=0.显然方程的Z0,设P(xi,yi),Q(x2,y2),1.则Saapq=X2X|yiy

6、2|=|yiy2.由根与系数的关系得6myiy2=-R y1y2 R3m2+3所以(y1-y2)2=(y1+y2)24y1y2=48xz-3m2+4248令t=3m2+3,则t3,(y1一y2)2=1t+t+21，由于函数（f）（t）=t+-在3,+8）上是增函数,所以t+1当，当t=3m2+3=3,即m=0时取等t3所以（y1丫2）2、；8=9,即|y1y2|的最大值为3.I+2所以APQ面积的最大值为3,此时直线PQ的方程为x=1.题型二圆锥曲线中的定点、定值问题所以（4y3）2=2pX12,解得p=2.故抛物线E的方程为x2=4y.、一、.1c.1(2)证明万法一由(1)知y=4X2,y

7、=2x.设P(xo,yo),则x0w0,且l的方程为1112x2 4x c )2xo y=- 1.yyo=2xo(xxo),即y=2xox4x0.112y=xoxx2,由24得y=1设M（0,y1），令MPMQ=0对满足丫0=1/（*0金0）的*0,yo恒成立.由于MP=(xo,yoy1)，MQ=,一1一y1,x3_4由MPMQ=o,得一2yoyoy+y+y2=o,即(y2+y1一2)十(1y1)yo=o.(*)由于(*)式对满足yo=4x2(xo丰o)的yo恒成立，1y1=o,所以解得y1=1.y2+y12=o,故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(o,1).1c1万法一由(1)知y=4x2

8、,y=2x.设P(xo,yo),则xowo,1且l的方程为yyo=?xo(xxo),即y=2xox4x2.11 2y = /xox 44,y= ix2 - 4得 X= 2x0 y=- 1.2所以Q为x0二2xo取xo=2,此时P(2,1),Q(0,1),以PQ为直径的圆为(x1)2+y2=2,交y轴于点M1(0,1)或M2(0,1)；1 一3取xo=1,此时P1,4,Q-2,1,以pq为直径的圆为x+12+y+32=95,4864交y轴于点M3(0,1)、M40,-7.故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1).以下证明点M(0,1)就是所要求的点.因为Mp=(xo,yo-1),MQ=x242

9、,2xox0_4所以MPMQ=-22yo+2=2yo22yo+2=0.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).思维升华求定点及定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，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.(2013江西)椭圆C:X2+y2=1(ab0)ab的离心率e=乎，a+b=3.求椭圆C的方程；(2)如图所示，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明：2mk为定值.解因为e=a，所以a春b卡代入a+b=3得，c=a/3

10、,a=2,b=1.x2故椭圆C的方程为7+y2=1.4(2)证明方法一因为B(2,0),点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y=k(x2)(kw0,1kwg),2代入% y2=1,8k2 2 解得P ,4k2 + 14k4k2 11直线AD的万程为y=2x+1.4k+2与联立解得M 2k14k2k- 1由 D(0,1), P8k2-24k2+ 1,4k4k2+1 N(x,0)三点共线知4k 14k2+ 18k2 20 4k2+10-1 x0,解得N4k2，0 .2k+ 14k一02k1所以MN的斜率为m=4k+24k2一2k12k+14k2k+12k+122k+1222k1242k+11则2m

11、k=2k=2(定值).方法二设P(x0y0)(x0W0,划，则k=,x0-21直线AD的万程为y=2(x+2),，八一、一I.y0直线BP的万程为y=dq(x2),y0一1直线DP的方程为y-1=-x0-x,令y=0,一x0由于yow1可彳NN,0,V。11-联立y=x+2y0八y=x-2xo24yo2yo xo+ 24yo+2xo4解得M2yoxo+2因此MN的斜率为4yo2yo xo+ 2m=4yo+2xo4x01 T+ 72yo- xo+ 2 yo - 14yo yo 14yo - 8yo + 4xoyo x2 + 44yo yo 1,224yo8yo+4xoyo 4 4yo +4yo

12、12yo+ xo 22 yo 1所以2mk=2yo+ xo 2yoxo 22 yo 1 xo 2 yo 2yo + xo 2=2yo+xo2 xo 22 yo 1 xo 2 2y2 yo xo 2=2yo + xo 2 xo 21 22 yo 1 xo 2 2 4 xo yo xo 2=Zz z2yo+xo2 xo一 2=2（定值）.题型三圆锥曲线中的探索性问题已知椭圆一 x2 y2，一、一C:技+巳=1(ab0)的离心率 a b(2012广东)在平面直角坐标系 xOy中,y3,且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.求椭圆C的方程.(2)在椭圆C上，是否存在点M(m,n),使得直线

13、l:mx+ny=1与圆O:x2+y2=1相交于不同的两点A、B,且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由.思维启迪圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答.23oc2a2-b2解(1)e2=7=a1-a2=3b2,，椭圆方程为3b2+*=1，即x2+3y2=3b2.设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d,则d=x02+y22=x2+y22=：3b2-3y2+y-22=-2y+12+3b2+6

14、,当y=1时，d取得最大值，dmax=3b2+6=3,解得b2=1,a2=3.x2.椭圆C的方程为：+y2=1.(2)假设存在点M(m,n)满足题意，则m-+n2=1,3即m2=33n2.设圆心到直线l的距离为d,则d1,d|m 0+ n 0 1|_1m2+ n2m2 + n2111 一 今 今m2+n2m+n . d 1,0mh0.m2 + n2 Sa OAB =m2+n# 1 m2+n2 2当且仅当12,-=i-m2+n2m2+n21即m2+n2=21时，生oab取得取大值2.m2+n2=2,m2=3,由得，m2=3-3n2n2=2,，存在点M满足题意，M点坐标为范龙，花也，亚非或22，2

15、2，2，2一出亚2，2，1此时4OAB的面积为2.思维升华（1）存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在；否则，元素（点、直线、曲线或参数）不存在.（2）反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下x324y-230一4花2表中:(1)求Cl,C2的标准方程;(2)是否存在直线l满足条件：过C2的焦点F;与Ci交于

16、不同的两点M,N,且满足(om1(5n?若存在，求出直线i的方程；若不存在，说明理由.解(1)设抛物线C2：y2=2px(pw0),则有yX=2p(xw0),据此验证四个点知(3,-273),(4,4)在C2上,易求得C2的标准方程为y2=4x.x2y2设椭圆Ci:/+$=1(ab0),2 1把点(2,0),(巾,寄)代入得2,1_ ,a2+2b2=1a=4x2解得b2，所以C1的标准方程为7+y2=1.(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意.当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k(x1),与C1的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).x22d+y2=1,y=kx1消去y并整理得

17、(1+4k2)x2-8k2x+4(k21)=0,x1+x2=-8kjC1+4k24k21x1x2=.(21+4k2所以y1y2=k2(x11)(x21)=k2xx2(x1+x2)+14k218k23k2不=k2-2+1=2.1+4k21+4k21+4k2由oMON,即OMON=0,得X1X2+yiy2=0.(*)4k213k2k24将代入(*)式，得-=-=0,1+4k21+4k21+4k2解得k=虫，所以存在直线l满足条件，且直线l的方程为2xy2=0或2x+y-2=0.题型四直线、圆及圆锥曲线的交汇问题（2013浙江）如图，点 P（0,C1：x2 y2正+白=1(a b0)的一个顶点, a

18、 bC1的长轴是圆C2： x2+y2=4的直径.11,1）是椭圆12是过点P且互相垂直的两条直线，其中11交圆C2于A,B两点，12交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆Cl的方程;(2)求ABD面积取最大值时直线11的方程.思维启迪(1)根据椭圆的几何性质易求出a,b的值，从而写出椭圆的方程；(2)要求4ABD的面积，需要求出AB,PD的长，AB是圆的弦，考虑用圆的知识来求，PD应当考虑用椭圆的相关知识来求.求出AB,PD的长后，表示出4ABD的面积，再根据式子的形式选择适当的方法求最值.b=1,解(1)由题意得a=2.所以椭圆C1的方程为x2+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2

19、),D(xo,yo).由题意知直线11的斜率存在，不妨设其为k,则直线11的方程为y=kx1.又圆C2：x2+y2=4,1故点O到直线11的距离d=j,k2+1所以|AB|=244d2=24k3.又12,11,故直线12的方程为x+ky+k=0.x+ky+k=0,由消去y,整理得（4+k2）x2+8kx=0,x2+4y2=4.故 xo=一8k4+k2所以|PD| =1_设ABD的面积为S,则S=2|AB|PD|8,4k2+3=4+k216.1313当且仅当k=白用时取所以所求直线11的方程为y=$10x1.思维升华对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题,然后综合利

20、用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力.（2013重庆）如图，椭圆的中心为原点_2、O,长轴在x轴上，离心率e=1,过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A,A两点，|AA|=4.(1)求该椭圆的标准方程；(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P,P,过P,P作圆心为Q的圆,使椭圆上的其余点均在圆Q外.若PQ1P1Q,求圆Q的标准方程.解(1)由题意知点A(-c,2)在椭圆上，c22224.则一厂+记=1.从而e2+b2=1.b2=8,从而a2=16.1-e21e2，一小、.x2y2故该椭圆的标准方程为吃+：=1.(2)由椭圆的对称性，

21、可设Q(xo,0).x21又设M(x,y)是椭圆上任意一点，则|QM|2=(xxo)2+y2=x22xox+x0+81-=2(x-2xo)2-x0+8(xC-4,4).设P(x1，y)，由题意知，点P是椭圆上到点Q的距离最小的点.因此，上式当x=x1时取最小值，又因为x1(-4,4),所以上式当x=2xo时取最小值,从而x1=2xo,且|QP|2=8x0.因为PQP，Q,且P(x1，-y1),所以QPQP=(x1一xo,y1)(x1xo,y1)=0,即(xixo)2y2=0.r1cx2由椭圆方程及xi=2xo得4才一81京=0,46xi26斛得xi=与一,xo=上1-.323从而|QP|2=8

22、x0=16.3故这样的圆有两个，其标准方程分别为x+362+y2鸿，x挈2+y2=136.(时间：80分钟)1.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其右焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l,使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4?若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.x2y2解万法一(1)依题意，可设椭圆C的万程为a2+b2=1(ab0),且可知其左焦点为F(2,0).c=2,c=2,从而有解得2a=|AF|+|AF|=3+5=8,a=4.又a2=b2+c2,所以b2=12,x2y2故椭圆C的万程为石+力=1.(2)

23、假设存在符合题意的直线1,设其方程为y=|x+t.得 3x2+3tx + t2-12=0.y=+t,由x2y2d十=11612 + k2 丽.,因为直线1与椭圆C有公共点，所以A=(3t)2-4X3X(t2-12)0,解得45wtw4v3.另一方面，由直线OA与1的距离d=4,得一Jt=4,解得1=上中3.9,4+1由于上53?4福，4窗,所以符合题意的直线1不存在.方法二依题意，可设椭圆C的方程为x2+y2=1(ab0),ab4,9,72+b2=1,且有解得b2=12,b2=3(舍去).a2b2=4.从而a2=16.广上xxb0)的离心率为坐，x轴被曲ab2线C2：y=x2b截得的线段长等于

24、C1的长半轴长.(1)求C1,C2的方程；(2)设C2与y轴的交点为M,过坐标原点O的直线1与C2相交于点A,B,两直线MA,MB分别与C1相交于点D,E.证明：MDLME;记AMAB,AMDE的面积分别为S,8.问：是否存在直线1,使得3=2?请说明理由.S32c.3(1)解由题意知，e=a=,从而a=2b,又24b=a,所以a=2,b=1.xi由错误!得(i + 4k错误! )x2-8kix=0,故Ci,C2的方程分别为+y2=i,y=x2i.(2)证明由题意知，直线l的斜率存在，设为k,y=kx,则直线l的方程为y=kx,由y=x2i,得x2kx1=0.设A(xi,yi),B(x2,y2

25、),则Xi,x2是上述方程的两个实根,是xi+x2=k,xix2=i.又点M的坐标为(0,-i),所以kMAkMB=yi+iy2+ikxi+ikx2+ixix2xix2k2xix2+kxi+x2+ik2+k2+i=一i.xix2故MAMB,即MDXME.解设直线MA的斜率为ki,则直线MA的方程为y=kix-i.y=kixi,x=0,由解得y=x2i,y=-ix=ki,y=k2-i.故点A的坐标为(ki,k2-i).一，i又直线MB的斜率为一kiii同理可得点B的坐标为(一彳，语一i).口-i是Si=2|MA|MB|=2i+k2|ki|+k2|-口解得错误！或错误!故点D的坐标为(8ki4k2

26、12)1+4k21+4k21又直线ME的斜率为k1同理可得点8k1 4 k2E的坐标为(1).4+k2 4+kfS2 = 1|MD| |ME|=于是321+k2|k1|1+4k2k2+41c417由题息知，64(4k2+茴+17)=32,1斛付k2=4或k2=4.又由点A,B的坐标可知,所以k=4故满足条件的直线l存在，且有两条,33其方程分别为y=3x,y=-3x.3 .如图，已知直线l:y=kx2与抛物线C:x2=2py(p0)交于A、B两点，O为坐标原点，OA+OB=(-4,-12).(1)求直线l的方程和抛物线C的方程；(2)若抛物线上一动点P从A到B运动时，求ABP面积的最大值.y=

27、kx2解(1)由，得x2+2pkx4P=0.x2=2py设A(xi,y1),B(x2,y2),则xi+x2=2pk,y1+y2=k(x1+x2)4=2pk24.-1OA+OB=(xi+x2,y1+y2)=(2pk,2pk24)=(4,12),-2pk=-4A2，-2pk2-4=-12p=1解得，故直线l的方程为y=2x-2,k=2抛物线C的方程为x2=-2y.y=2x-2(2)方法一由，得x2+4x-4=0,x2=2y|AB|=1+k2-xi+x224x1x2=1+22424-4=4a/T0.设P(t,2t2)(22V2Vt2=U5，W2+125又一222tF|=1.(1)求椭圆的标准方程；(

28、2)记椭圆的上顶点为M,直线l交椭圆于P,Q两点，问：是否存在直线1,使点F恰为PQM的垂心，若存在，求出直线1的方程；若不存在，请说明理由.x2y2,斛(1)设椭圆方程为了+事=1(ab0),则c=1,又AFFB=(a+c)(ac)=a2c2=1.a2=2,b2=1,故椭圆的标准方程为x2+y2=1.(2)假设存在直线1交椭圆于P,Q两点，且F恰为4PQM的垂心，设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(0,1),F(1,0),.直线1的斜率k=1.y=x+m于是设直线1为y=x+m,由x2-+y2=1得3x2+4mx+2m22=0,x1+x2=-：m,32m2-2x1x2=3.碓fQ=x1

29、(x21)+y2(y11)=0.又yi=xi+m(i=1,2),Xi(x21)+(x2+m)(xi+m1)=0,即2x1x2+(xi+x2)(m1)+m2m=0.4m(m 1) + m2 m= 0,2m22将代入得23解得m=4或m=1,经检验m=4符合条件.33故存在直线l,使点F恰为4PQM的垂心,直线l的方程为y=x4.3x2y25在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆丁11的左，右顶点分别为A，B，右焦点为F.设过点T(t,m)的直线TA,TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1),N(x2,y2),其中m0,y10,y20,y2/2x平行的直线方程为y=/x+-2,即y=V2x+1.解方程组

30、错误！得错误！所以所求三角形的面积为S=1|OA|y|=看.28(2)证明设直线PQ的方程是y=x+b.因为直线PQ与已知圆相切，故覆=1，即b2=2.y=x+b,由得x22bxb21=0.2x2y2=1x1+x2=2b,设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则x1x2=1b2.又y1y2=(x1+b)(x2+b),所以OPOQ=x1x2+y1y2=2x1x2+b(x+x2)+b2=2(-1-b2)+2b2+b2=b22=0.故OPXOQ.证明当直线ON垂直于x轴时,|ON|=1,|OM|=乎，则O到直线MN的距离为当.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y=kx显然|k|*则直线OM

31、的方程为y=-1x.ky=kx,由4x2+y2=1y2=4+k2k24+k21+k21+k2所以|ON|2=;.同理|OM|2=4+k22k2-1设O到直线MN的距离为d,因为(|OM|2+|ON|2)d2=|OM|2|ON|2,1113k2+3所以了=|OM|2+|ONp=k2+1=3,综上，O到直线MN的距离是定值.2(2012福建)如图，等边三角形OAB的边长为85且其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p0)上.(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=1相交于点Q,证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.思维启迪既然圆过y轴上的点，即满足MPMQ=0,对任意P、Q恒成立可待定M(0,yi),也可给定特殊的P点，猜想M点坐标，再证明.(1)解依题意，得|OB|=8g,/BOy=30.设B(x,y),则x=|OB|sin30=4炳,y=|OB|cos30=12.因为点B（4寸3,12）在x2=2py上,