2020届二轮复习(理)专题五第3讲圆锥曲线的综合问题学案
第3讲 圆锥曲线的综合问题
「考情研析」 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题. 2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大.
核心知识回顾
1.最值问题
求解最值问题的基本思路是选择变量,建立求解目标的函数解析式,然后利用函数知识、基本不等式等知识求解其最值.
2.范围问题
求参数范围的问题,牢记“先找不等式,有时需要找出两个量之间的关系,然后消去另一个量,保留要求的量”.不等式的来源可以是Δ>0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个量的范围等.
3.定点问题
在解析几何中,有些含有参数的直线或曲线的方程,不论参数如何变化,其都过某定点,这类问题称为定点问题.
4.定值问题
在解析几何中,有些几何量,如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关,这类问题统称为定值问题.
5.存在性问题的解题步骤
(1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).
(2)解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在,若无解则不存在.
热点考向探究
考向1 最值与范围问题
角度1 最值问题
例1 已知抛物线C的方程为y2=2px(p>0),点R(1,2)在抛物线C上.
(1)求抛物线C的方程;
(2)过点Q(1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A,B,若直线AR,BR分别交直线l:y=2x+2于M,N两点,求|MN|最小时直线AB的方程.
解 (1)∵点R(1,2)在抛物线C:y2=2px(p>0)上,
∴4=2p,解得p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=m(y-1)+1,m≠0,
由消去x并整理得y2-4my+4(m-1)=0,
∴y1+y2=4m,y1y2=4(m-1),
设直线AR的方程为y=k1(x-1)+2,
由解得点M的横坐标xM=,
又k1===,∴xM==-,同理点N的横坐标xN=-,
|y2-y1|==4,
∴|MN|=|xM-xN|=
=2=8
=2 ,
令m-1=t,t≠0,则m=t+1,
∴|MN|=2 ≥,当t=-2,
即m=-1时,|MN|取得最小值,此时直线AB的方程为x+y-2=0.
解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法.几何法是根据已知的几何量之间的相互关系,结合平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等);代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数,通过求解函数的最值(利用普通方法、基本不等式法或导数法等)解决的.
(2019·湘赣十四校高三联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左焦点为F1,点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点,当直线AF1的斜率为1时,|AF1|=.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线AF1与椭圆C的另外一个交点为B,点A关于x轴的对称点为A′,求△F1A′B面积的最大值.
解 (1)解法一:∵e==,∴a2=2c2,又a2=b2+c2,∴b=c.∴当直线AF1的斜率为1时,直线AF1通过椭圆上的顶点,
∴|AF1|==a=.
又a2=2c2,b=c,∴b=1,椭圆C的方程为+y2=1.
解法二:设椭圆的右焦点为F2,在△AF1F2中,|AF1|=,|AF2|=2a-,|F1F2|=2c,
∴(2a-)2=2+(2c)2-2··2c·cos45°,
即a2-a=c2-c. ①
又∵e==,∴a=c. ②
联立①②,得a=,c=1,又a2=b2+c2,∴b=1.
∴椭圆C的方程为+y2=1.
解法三:∵e==,∴a2=2c2,又a2=b2+c2,
∴a=b=c.∴椭圆C的方程可化为+=1,
即x2+2y2=2c2.③
又直线AF1的方程为y=x+c.④
联立③④,得x2+2(x+c)2=2c2,即3x2+4cx=0,
∴x=0或x=-c.直线AF1的斜率为1且A在x轴上方,
∴xA=0,
∴A的坐标为(0,b).∴|AF1|==a,∴a=,又a=b=c,∴b=c=1.
∴椭圆C的方程为+y2=1.
(2)如图,∵A在x轴上方,∴直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为x=my-1.
∵F1,A′,B三点能构成三角形,
∴直线AB不垂直于x轴,
∴m≠0,
设A的坐标为(x1,y1),B的坐标为(x2,y2),则A′的坐标为(x1,-y1).
联立得(my-1)2+2y2=2,
即(2+m2)y2-2my-1=0,
∴y1+y2=,y1y2=-.
解法一:S△F1A′B=S△BAA′-S△F1AA′
=|AA′||x2-xF1|=y1|x2+1|=y1|my2|
=|my1y2|==≤
=,当且仅当=|m|即|m|=时取等号.
∴△F1A′B面积的最大值为.
解法二:直线A′B的方程为y+y1=(x-x1),
令y=0,则x=+x1=
==-1
=-1=-2,
∴直线A′B过定点(-2,0),设定点为T,则S△F1A′B=|S△F1TB-S△F1TA′|==|y2+y1|==≤=,
当且仅当=|m|即|m|=时取等号.
∴△F1A′B面积的最大值为.
角度2 范围问题
例2 (2019·广东高三联考)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,其坐标分别是(3,-2),(-2,0),(4,-4),.
(1)求C1,C2的标准方程;
(2)过点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点A,B,且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点),求直线l的斜率k的取值范围.
解 (1)由题意,抛物线的顶点为原点,
所以点(-2,0)一定在椭圆上,且a=2,则椭圆上任何点的横坐标的绝对值都小于等于2,所以也在椭圆上,+=1,b2=1,故椭圆C1的标准方程为+y2=1,
所以点(3,-2),(4,-4)在抛物线上,且抛物线开口向右,其抛物线C2的方程为y2=2px,12=6p,p=2,
所以抛物线C2的方程为y2=4x.
(2)①当直线l斜率不存在时,易知A,O,B三点共线,不符合题意.
②当l斜率存在时,设l:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),
由得x2+4(kx+2)2-4=0,
即(4k2+1)x2+16kx+12=0,令Δ=(16k)2-48(4k2+1)>0,
即256k2-192k2-48>0,得64k2>48,即k<-或k>,
∵x1+x2=,x1x2=,
∴y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4=-+=
,
∵∠AOB为锐角,∴·=x1x2+y1y2=>0,
即4k2<16,得-2
b>0)的长轴长为2,P为椭圆C上异于顶点的一个动点,O为坐标原点,A2为椭圆C的右顶点,点M为线段PA2的中点,且直线PA2与直线OM的斜率之积恒为-.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过椭圆C的左焦点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A,B两点,线段AB的垂直平分线与x轴交于点N,点N的横坐标的取值范围是,求线段AB长的取值范围.
解 (1)由已知2a=2,a=,
设点P(x0,y0),∴M,
∵直线PA2与OM的斜率之积恒为-,
∴×=-.∴+y=1,∴b=1.
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)设直线l:y=k(x+1),联立直线与椭圆方程
得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由根与系数的关系可得
可得y1+y2=k(x1+x2+2)=,
故AB中点Q,
QN直线方程:y-=-
=-x-,
∴N,由已知条件得,
-<-<0,∴0<2k2<1,
∴|AB|=
=×=,
∵<<1,∴|AB|∈.
考向2 定点与定值问题
角度1 定点问题
例3 动点P在圆E:(x+1)2+y2=16上运动,定点F(1,0),线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q.
(1)求Q的轨迹T的方程;
(2)过点F的直线l1,l2分别交轨迹T于A,B两点和C,D两点,且l1⊥l2.证明:过AB和CD中点的直线过定点.
解 (1)连接QF,根据题意,可知|QP|=|QF|,则|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4>|EF|,故Q点的轨迹T为以E,F为焦点,长轴长为4的椭圆,则a=2,c=1,所以b=,所以点Q的轨迹T的方程为+=1.
(2)证明:分别设直线AB和CD的中点为M,N,当直线AB斜率不存在或为0时,分析可知直线MN与x轴重合,当直线AB的斜率为1时,此时M,N,直线MN的方程为x=,联立解得直线MN经过定点.
下面证明一般性:当直线AB的斜率存在且不为0,1时,设直线AB的方程为y=k(x-1),则直线CD的方程为y=-(x-1),设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
则x1+x2=,所以y1+y2=-,
即M,同理,N,
于是直线MN的斜率为
kMN==,
故直线MN的方程为
y-=,
显然x=时,y=0,故直线经过定点.
过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题,解法:设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).
(2)动曲线C过定点问题,解法:引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.
(2019·白银市靖远县高三联考)设椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,下顶点为A,O为坐标原点,点O到直线AF2的距离为,△AF1F2为等腰直角三角形.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)直线l与椭圆C交于M,N两点,若直线AM与直线AN的斜率之和为2,证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.
解 (1)由题意可知,直线AF2的方程为+=1,即-bx+cy+bc=0,则==.
因为△AF1F2为等腰直角三角形,所以b=c,
又a2=b2+c2,解得a=,b=1,c=1,
所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)证明:由(1)知A(0,-1),
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+t(t≠±1),
代入+y2=1,得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
所以Δ=16k2t2-4(1+2k2)(2t2-2)>0,即t2-2k2<1,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2,
所以kAM+kAN=+
=+
=2k+=2k-=2,
整理得t=1-k,
所以直线l的方程为y=kx+t=kx+1-k=k(x-1)+1,
显然直线y=k(x-1)+1经过定点(1,1).
当直线l的斜率不存在时,设直线l的方程为x=m,
因为直线AM与直线的斜率之和为2,
设M(m,n),则N(m,-n),
所以kAM+kAN=+==2,解得m=1,
此时直线l的方程为x=1.显然直线x=1也经过该定点(1,1),
综上,直线l恒过点(1,1).
角度2 定值问题
例4 (2019·凯里市第一中学高三下学期模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点A(2,)在椭圆上,O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知点P,M,N为椭圆C上的三点,若四边形OPMN为平行四边形,证明四边形OPMN的面积S为定值,并求出该定值.
解 (1)由题有∴a2=8,b2=4,
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)当直线PN的斜率k不存在时,直线PN的方程为x=或x=-,
从而有|PN|=2,
所以四边形OPMN的面积
S=|PN||OM|=×2×2=2.
当直线PN的斜率k存在时,设直线PN的方程为y=kx+m(m≠0),P(x1,y1),N(x2,y2),
将直线PN的方程代入椭圆C的方程,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,
所以x1+x2=,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,
由=+,得M.
将M点的坐标代入椭圆C的方程得m2=1+2k2.
又点O到直线PN的距离为d=,
|PN|==|x1-x2|,
∴四边形OPMN的面积S=d·|PN|=|m|·|x1-x2|=·=
=2.
综上,平行四边形OPMN的面积S为定值2.
定值问题的两种解法
(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值:即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项相抵消或分子、分母约分得定值.
已知抛物线E:y2=2px(p>0),直线x=my+3与E交于A,B两点,且·=6,其中O为坐标原点.
(1)求抛物线E的方程;
(2)已知点C的坐标为(-3,0),记直线CA,CB的斜率分别为k1,k2,证明:+-2m2为定值.
解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
整理得y2-2pmy-6p=0,由根与系数的关系可知,y1+y2=2pm,y1y2=-6p,则x1x2=,
由·=x1x2+y1y2=+y1y2=9-6p=6,
解得p=,所以y2=x.
(2)证明:由题意得k1==,k2==,
所以=m+,=m+,
所以+-2m2=2+2-2m2=2m2+12m+36×-2m2=2m2+12m×+36×-2m2,
由(1)可知,y1+y2=2pm=m,y1y2=-6p=-3,
所以+-2m2=2m2+12m×+36×-2m2=24,所以+-2m2
为定值.
考向3 探索性问题
例5 如图,椭圆C:+=1(a>b>0)经过点P,离心率e=,直线l的方程为x=4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)线段AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数λ,使得k1+k2=λk3?若存在,求λ的值;若不存在,说明理由.
解 (1)由P在椭圆上,
得+=1, ①
因为e=,所以a=2c,则 ②
②代入①解得c2=1,a2=4,b2=3.
故椭圆C的方程为+=1.
(2)由题意可设直线AB的斜率为k,
则直线AB的方程为y=k(x-1), ③
代入椭圆方程并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),且x1≠x2≠1,则有
x1+x2=,x1x2=, ④
在方程③中令x=4得,M的坐标为(4,3k).
从而k1=,k2=,k3==k-.
因为A,F,B三点共线,所以k=kAF=kBF,
即有==k.
所以k1+k2=+
=+-
=2k-·
=2k-·=2k-1,
又k3=k-,所以k1+k2=2k3.故存在常数λ=2符合题意.
解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明确化.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.
(2019·南通市高三阶段测试)已知A(-2,0),B(2,0),点C,D依次满足||=2,=(+).
(1)求点D的轨迹;
(2)过点A作直线l交以A,B为焦点的椭圆于M,N两点,线段MN的中点到y轴的距离为,且直线l与点D的轨迹相切,求该椭圆的方程;
(3)在(2)的条件下,设点Q的坐标为(1,0),是否存在椭圆上的点P及以Q为圆心的一个圆,使得该圆与直线PA,PB都相切,若存在,求出P点坐标及圆的方程;若不存在,请说明理由.
解 (1)设C(x0,y0),D(x,y),
则=(x0+2,y0),=(4,0),
∴=(+)==(x+2,y),
则有代入||2=(x0+2)2+y=4得x2+y2=1.
∴点D的轨迹是以原点为圆心,1为半径的圆.
(2)由题意可知直线l斜率存在,
设直线l的方程为y=k(x+2), ①
椭圆的方程+=1(a2>4), ②
由l与圆相切得=1,即k2=,
将①代入②得(a2k2+a2-4)x2+4a2k2x+4a2k2-a4+4a2=0,
又k2=,可得(a2-3)x2+a2x-a4+4a2=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
∴|x1+x2|==,
解得a2=8或a2=(舍去),
∴椭圆方程为+=1.
(3)假设存在椭圆上的一点P(x0,y0),使得直线PA,PB与以Q为圆心的圆相切,
则Q到直线PA,PB的距离相等,
又A(-2,0),B(2,0),
则直线PB的方程为(x0-2)y-y0x+2y0=0,
直线PA的方程为(x0+2)y-y0x-2y0=0.
设d1为Q到直线PB的距离,d2为Q到直线PA的距离,则
d1===d2,
化简整理得x-5x0+4+y=0.
∵P点在椭圆上,
∴x+2y=8.解得x0=2或x0=8(舍去).
x0=2时,y0=±,∴r=1.
∴椭圆上存在点P,其坐标为(2,)或(2,-),
使得直线PF1,PF2与以Q为圆心的圆(x-1)2+y2=1相切.
真题押题
『真题模拟』
1.(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C:y=,D为直线y=-上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.
(1)证明:直线AB过定点;
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.
解 (1)证明:设D,A(x1,y1),则x=2y1.
因为y′=x,所以切线DA的斜率为x1,故=x1.
整理得2tx1-2y1+1=0.设B(x2,y2),
同理可得2tx2-2y2+1=0.
故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+.
由
可得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,x1x2=-1,
y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,
|AB|=|x1-x2|
=× =2(t2+1).
设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,
则d1=,d2=.
因此,四边形ADBE的面积
S=|AB|(d1+d2)=(t2+3) .
设M为线段AB的中点,则M.
因为⊥,而=(t,t2-2),与向量(1,t)平行,
所以t+(t2-2)t=0,解得t=0或t=±1.
当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4.
因此,四边形ADBE的面积为3或4.
2.(2019·天津市高三4月联考)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A,B,过右焦点F2且垂直于长轴的直线交椭圆于G,H两点,|GH|=3,△F1GH的周长为8.过A点作直线l交椭圆于第一象限的M点,直线MF2交椭圆于另一点N,直线NB与直线l交于点P.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若△AMN的面积为,求直线MN的方程;
(3)证明:点P在定直线上.
解 (1)由题意知|GH|==3,4a=8,
解得a=2,b=,
所以椭圆方程为+=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).
①当直线MN斜率k存在时,设直线MN方程为y=k(x-1),代入椭圆方程并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,Δ=144(k2+1)>0,x1+x2=,x1x2=,
∴|MN|=
=
=
=.
A(-2,0)到直线MN:kx-y-k=0的距离为d=,
∴S△AMN=d·|MN|==,化简得17k4+k2-18=0,解得k=±1.
当k=-1时,直线MN过点F2(1,0),直线MN与椭圆的交点不在第一象限(舍去).所以直线MN的方程为x-y-1=0.
②当直线MN斜率k不存在时,则直线MN的方程为x=1,S△AMN=··(a+c)=≠(舍去).
综上,直线MN的方程为x-y-1=0.
(3)证明:设直线AM:y=k1(x+2)(k1>0),与椭圆方程联立得(4k+3)x2+16kx+16k-12=0,
∵∴xM=,yM=
同理设直线BN:y=k2(x-2)(k2>0),
可得xN=,yN=,
所以直线MN的方程为=,以及直线MN方程过点F2(1,0),将F2,M,N坐标代入可得,(4k1k2+3)·(k2-3k1)=0,
∵k1k2>0,∴k2=3k1.
又因为直线AM与直线NB交于P点,
即xP=,将k2=3k1代入得xP=4,所以点P在定直线x=4上.
3.(2019·江西省八所重点中学高三4月联考)已知椭圆E:+=1(a>b>0),F1,F2为其左、右焦点,B1,B2为其上、下顶点,四边形F1B1F2B2的面积为2.
(1)求椭圆E的长轴A1A2的最小值,并确定此时椭圆E的方程;
(2)对于(1)中确定的椭圆E,设过定点M(-2,0)的直线l与椭圆E相交于P,Q两点,若=λ,当λ∈时,求△OPQ面积S的取值范围.
解 (1)依题意,四边形F1B1F2B2的面积为2bc,
∴2bc=2,
∵长轴A1A2=2a=2≥2=2,
此时b=c=1,a=,
故长轴A1A2的最小值为2,此时椭圆E的方程为+y2=1.
(2)依题意,可设l:x=ty-2,联立得(t2+2)y2-4ty+2=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),由Δ=16t2-4·2(t2+2)=8t2-16>0,可得t2>2,且
且已知M(-2,0),由=λ,可得y1=λy2,
∴∴λ++2=,
∵λ∈,∴λ++2∈,
∴<<,∴0,
∴S=S△OMQ-S△OMP=|OM||y1-y2|=|y1-y2|= =,
设m=,∴m∈,t2=m2+2,
∴S==,∵m+在m∈单调递减,
故S关于m在上单调递增,
∴S∈.
4.(2019·玉溪市第一中学高三下学期第五次调研)已知抛物线x2=2py(p>0),准线方程为y+2=0,直线l过定点T(0,t)(t>0),且与抛物线交于A,B两点,O为坐标原点.
(1)求抛物线方程;
(2)·是否为定值,若是,求出这个定值;若不是,请说明理由;
(3)当t=1时,设=λ,记|AB|=f(λ),求f(λ)的最小值及取最小值时对应的λ
.
解 (1)∵-=-2,∴p=4,
∴抛物线方程为x2=8y. ①
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),根据题意知直线l的斜率存在,设l:y=kx+t(t>0), ②
联立①②得x2-8kx-8t=0,
∴x1+x2=8k,x1x2=-8t.
∴y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2,
∴·=x1x2+y1y2=t2-8t.
由于T(0,t)为定点,故t为定值,∴·为定值.
(3)T(0,1),=(-x1,1-y1),=(x2,y2-1),
∵=λ,∴-x1=λx2,1-y1=λ(y2-1),
∴x1=-λx2,
由(2)知x1x2=-8t=-8,∴-λx=-8,∴x=,
且λ>0,又x1+x2=(1-λ)x2=8k,
∴(1-λ)2x=64k2,
当k≠0时,λ≠1,∴x=,∴=,
∴k2=.
当k=0时,λ=1,符合上式,且|AB|=4.
∴|AB|=·
= ·
=
= ,
令m=λ+,则m≥2,|AB|=,
当m=2即λ=1时,|AB|min=4.
『金版押题』
5.已知直线l1:ax-y+1=0,直线l2:x+5ay+5a=0,直线l1与l2的交点为M,点M的轨迹为曲线C.
(1)当a变化时,求曲线C的方程;
(2)已知点D(2,0),过点E(-2,0)的直线l与C交于A,B两点,求△ABD面积的最大值.
解 (1)由消去a,得曲线C的方程为+y2=1.[y≠-1,即点(0,-1)不在曲线C上,此步对考生不作要求]
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),l为x=my-2,
由得(m2+5)y2-4my-1=0,
则y1+y2=,y1y2=-,
△ABD的面积S=2|y2-y1|=2
=2 =,
设t=,t∈[1,+∞),则S==≤,
当t=(t∈[1,+∞)),即t=2,m=±时,△ABD的面积取得最大值.
6.已知抛物线C:y2=2px(p>0)与直线x-y+4=0相切.
(1)求该抛物线的方程;
(2)在x轴的正半轴上,是否存在某个确定的点M,过该点的动直线l与抛物线C交于A,B两点,使得+为定值.如果存在,求出点M的坐标;如果不存在,请说明理由.
解 (1)联立方程有
有y2-2py+8p=0,由于直线与抛物线相切,
得Δ=8p2-32p=0,p=4,所以y2=8x.
(2)假设存在满足条件的点M(m,0)(m>0),
直线l:x=ty+m,有整理得y2-8ty-8m=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),有y1+y2=8t,y1y2=-8m,
|AM|2=(x1-m)2+y=(t2+1)y,
|BM|2=(x2-m)2+y=(t2+1)y,
+=+
=·=·,
当m=4时,+为定值,所以M(4,0).
配套作业
1.已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,直线x=4与x轴的交点为P,与抛物线的交点为Q,且|QF|=|PQ|.
(1)求抛物线的方程;
(2)如图所示,过F的直线l与抛物线相交于A,D两点,与圆x2+(y-1)2=1相交于B,C两点(A,B两点相邻),过A,D两点分别作抛物线的切线,两条切线相交于点M,求△ABM与△CDM面积之积的最小值.
解 (1)由已知P(4,0),Q,|QF|=+.
∵|QF|=|PQ|,∴+=·,得p=2.
∴抛物线方程为x2=4y.
(2)由题意可知,l斜率存在.设l:y=kx+1.
A(x1,y1),D(x2,y2).
设M(x0,y0),则过A,D的弦方程可设为:
xx0=2y0+2y即y=x-y0,
∴∴即M(2k,-1).
∴M到l的距离d==2.
∴S△ABM·S△CDM=|AB|·|CD|·d2
=(|AF|-1)(|DF|-1)d2=y1y2d2
=··d2,
又由联立得,x2-4kx-4=0,
∴x1x2=-4.
∴S△ABM·S△CDM=··(2)2=1+k2≥1.
当且仅当k=0时取等号.
∴当k=0时,△ABM与△CDM面积之积的最小值为1.
2.(2019·福建省高三3月质量检测)在平面直角坐标系xOy中,圆F:(x-1)2+y2=1外的点P在y轴的右侧运动,且点P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离,记点P的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)如图,过点F的直线交E于A,B两点,以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M,线段DM交E于点N,证明:△AMB的面积是△AMN的面积的4倍.
解 解法一:(1)设P(x,y),依题意x>0,F(1,0).
因为点P在圆F外,所以点P到圆F上的点的最小距离为|PF|-1,依题意得|PF|-1=x,即-1=x,化简得点P的轨迹E的方程为y2=4x(x>0).
(2)证明:设N(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则D.
依题意可知直线AB的斜率存在,
设直线AB的方程y=k(x-1)(k≠0),
由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
因为Δ=(2k2+4)2-4k4=16k2+16>0,
所以x1+x2=,x1x2=1,
则有y1+y2=,故D,
由抛物线的定义知|AB|=x1+x2+2=.
设M(xM,yM),依题意得yM=,
所以|MD|=-xM.
又因为|MD|=,所以-xM=,
解得xM=-1,所以M,
因为N在抛物线上,所以x0=,即N,
所以S△AMB=|MD||y1-y2|=|y1-y2|,
S△AMN=|MN||y1-yD|=×|y1-y2|=|y1-y2|,故S△AMB=4S△AMN.
解法二:(1)设P(x,y),依题意x>0.因为点P在圆F外,所以点P到圆F上的点的最小距离为|PF|-1.
依题意得,点P到圆F(1,0)的距离|PF|等于P到直线x=-1的距离,所以点P在以F(1,0)为焦点,x=-1为准线的抛物线上.
所以E的方程为y2=4x(x>0).
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
因为直线AB过F(1,0),
依题意可设其方程x=ty+1(t≠0),
由得y2-4ty-4=0,
因为Δ=16t2+16>0,所以y1+y2=4t,
则有x1+x2=(ty1+1)+(ty2+1)=4t2+2.
因为D是AB的中点,所以D(2t2+1,2t).
由抛物线的定义得|AB|=(x1+1)+(x2+1)=4t2+4,
设圆D与l:x=m相切于M,
因为DM与抛物线相交于N,所以m<0,且DM⊥l,
所以|DM|=|AB|,即2t2+1-m=(4t2+4),解得m=-1,
设N(x0,y0),则y0=2t,且(2t)2=4x0,所以x0=t2,
因为=t2,所以N为DM的中点,所以S△AMD=2S△AMN,又因为D为AB的中点,S△AMB=2S△AMD,
所以S△AMB=4S△AMN.
3.(2019·南开中学高三第三次教学质量检测)已知A(0,),B(,1)是椭圆C:+=1(a>b>0)上两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设O为坐标原点,M为椭圆C上一动点,点P(3,0),线段PM的垂直平分线交y轴于点Q,求|OQ|的最小值.
解 (1)代入A,B两点坐标,得=1,+=1,
解得a2=6,b2=2,
所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)设点M的坐标为(x0,y0),
则+=1,可得x=6-3y, ①
线段PM的中点N,kQN·kPM=-1,可得kQN=,所以lQN:y-=.
令x=0,并结合①式得yQ=+=+=,
|OQ|=|yQ|==+|y0|
≥2=,
当且仅当=|y0|,y0=±时取等号,所以|OQ|的最小值为.
4.(2019·郴州市高三第二次教学质量监测)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,过F的直线交抛物线于A,B两点.
(1)若以A,B为直径的圆的方程为(x-2)2+(y-3)2=16,求抛物线C的标准方程;
(2)过A,B分别作抛物线的切线l1,l2,证明:l1,l2的交点在定直线上.
解 (1)设AB的中点为M,A到准线的距离为d1,B到准线的距离为d2,M到准线的距离为d.则d=yM+.
由抛物线的定义可知,d1=AF,d2=BF,所以d1+d2=AB=8,
由梯形中位线定理可得d==4,
所以yM+=4,而yM=3,所以3+=4,可得p=2,
所以抛物线C:x2=4y.
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),
由x2=2py得y=,则y′=,
所以直线l1的方程为y-y1=(x-x1),直线l2的方程为y-y2=(x-x2),联立得x=,y=,
即l1,l2交点坐标为,
因为AB过焦点F,
所以设直线AB的方程为y-=kx,代入抛物线x2=2py中得,x2-2pkx-p2=0,所以x1x2=-p2,
所以=-=-,
所以l1,l2的交点在定直线y=-上.
5.已知动圆C与圆x2+y2+2x=0外切,与圆x2+y2-2x-24=0内切.
(1)试求动圆圆心C的轨迹方程;
(2)过定点P(0,2)且斜率为k(k≠0)的直线l与(1)中的轨迹交于不同的两点M,N,试判断在x轴上是否存在点A(m,0),使得以AM,AN为邻边的平行四边形为菱形?若存在,求出实数m的范围;若不存在,请说明理由.
解 (1)由x2+y2+2x=0得(x+1)2+y2=1,由x2+y2-2x-24=0得(x-1)2+y2=25,设动圆C的半径为R,两圆的圆心分别为F1(-1,0),F2(1,0),则|CF1|=R+1,|CF2|=5-R,
所以|CF1|+|CF2|=6,根据椭圆的定义可知,点C的轨迹为以F1,F2为焦点的椭圆,所以c=1,a=3,所以b2=a2-c2=9-1=8,所以动圆圆心C的轨迹方程为+=1.
(2)存在.直线l的方程为y=kx+2,设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为E(x0,y0).假设存在点A(m,0),使得以AM,AN为邻边的平行四边形为菱形,则AE⊥MN,
由得(8+9k2)x2+36kx-36=0,
x1+x2=-,所以x0=,y0=kx0+2=,
因为AE⊥MN,所以kAE=-,即=-,
所以m==,
当k>0时,9k+≥2=12,所以-≤m<0;
当k<0时,9k+≤-12,所以0b>0),
∵抛物线x2=8y的焦点为F(0,2),∴b=2,
∵方程2x2-3x-20=0即(2x+5)(x-4)=0,
∴2c=4,即c=2,∴a2=b2+c2=16,
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)①设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB方程为y=x+t,
由得x2+tx+t2-12=0,
∴Δ=t2-4(t2-12)>0,∴-4b>0),F1,F2分别为其左、右焦点,过F1的直线与此椭圆相交于D,E两点,且△F2DE的周长为8,椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(0,1)与点Q(0,2),过P的动直线l(不与x轴平行)与椭圆相交于A,B两点,点B1是点B关于y轴的对称点.求证:
①Q,A,B1三点共线;
②=.
解 (1)∵△F2DE的周长为8,∴4a=8,即a=2,
∵e==,∴c=,∴b2=a2-c2=2,
故椭圆C的方程为+=1.
(2)①证明:当直线l的斜率不存在时,A,B分别为椭圆短轴两端点,满足Q,A,B1三点共线.
当直线l的斜率存在时,设直线方程为y=kx+1,
联立得(1+2k2)x2+4kx-2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则B1(-x2,y2),
x1+x2=-,x1x2=-,
=(x1,y1-2),=(-x2,y2-2),
∵x1(y2-2)+x2(y1-2)=x1(kx2-1)+x2(kx1-1)=2kx1x2-(x1+x2)=+=0.
∴与共线,则Q,A,B1三点共线.
②由①可知Q,A,B1三点共线,
∴当直线l的斜率存在时,===,当直线l的斜率不存在时,易知A,B两点坐标为(0,±),有=,综上,=.
解析几何类解答题
(12分)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2,由M(-a,b),N(a,b),F2和F1四个点构成了一个高为,面积为3的等腰梯形.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点F1的直线和椭圆交于A,B两点,求△F2AB面积的最大值.
解题思路 (1)由梯形的高得出椭圆的基本量b的值,由梯形的面积得出a+c,利用a2-c2=b2求出a,c,写出椭圆的方程;(2)先依题判断过点F1的直线AB的斜率不为0,设出直线的方程,将直线方程代入椭圆方程,消去x,设A(x1,y1),B(x2,y2),即可得到y1+y2和y1y2,将△F2AB的面积表示为S△F2AB=|F1F2|·|y1-y2|,构造函数,利用函数的单调性即可求最大值.
解 (1)由条件,得b=,且×=3,
∴a+c=3.(2分)
又a2-c2=3,解得a=2,c=1.(4分)
∴椭圆的方程为+=1.(5分)
(2)显然,直线AB的斜率不能为0,
设直线AB的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立方程,得消去x得,
(3m2+4)y2-6my-9=0,(6分)
∴Δ=36m2+36(3m2+4)>0,
y1+y2=,y1y2=-,(8分)
∴S△F2AB=|F1F2|·|y1-y2|=|y1-y2|
= =12
=4=4.(10分)
令t=m2+1≥1,设f(t)=t+(t≥1),易知函数f(t)在[1,+∞)上单调递增,
∴当t=m2+1=1,即m=0时,f(t)min=,此时S△F2AB取得最大值为3.(12分)
1.由梯形的面积得到a与c的关系给2分.
2.由a2-c2=b2得到a与c的值给2分.
3.正确写出椭圆方程给1分.
4.联立方程消元得到一元二次方程给1分.
5.写出“Δ>0”和根与系数的关系给2分.
6.构建目标变量的函数关系给2分.
7.通过求解函数的值域,确定面积的最值给2分.
1.写全得分步骤,直线方程和曲线方程联立后,要写出Δ>0和根与系数的关系,这是解题过程中的得分点.
2.写明得分关键,在求解函数的最值时,要注意变量条件的制约,检查最值取得的条件,不指明最值取得的条件扣1分.
[跟踪训练]
(2019·福建省高三模拟)(12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)过点,且它的焦距是短轴长的倍.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若A,B是椭圆C上的两个动点(A,B两点不关于x轴对称),O为坐标原点,OA,OB的斜率分别为k1,k2,问是否存在非零常数λ,使当k1k2=λ时,△AOB的面积S为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)因为椭圆C:+=1(a>b>0)过点,
所以+=1,(1分)
又因为该椭圆的焦距是短轴长的倍,所以c=b,从而a2=b2+c2=4b2.
联立方程组(2分)
解得所以椭圆C的方程为+y2=1.(3分)
(2)设存在这样的常数λ,使k1k2=λ,△AOB的面积S为定值.(4分)
设直线AB的方程为y=kx+m,点A(x1,y1),点B(x2,y2),则由k1k2=λ知y1y2-λx1x2=0,(kx1+m)(kx2+m)-λx1x2=0,所以(k2-λ)x1x2+km(x1+x2)+m2=0. ①(5分)
联立方程组消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.
所以(7分)
点O到直线AB的距离d=,
△AOB的面积S=|AB|·d=·|x1-x2|
=. ④(8分)
将②③代入①得(k2-λ)(4m2-4)-8k2m2+m2(1+4k2)=0,
化简得m2=, ⑤(10分)
将⑤代入④得
2=
=·,(11分)
要使上式为定值,只需==,
即需(4λ+1)2=0,从而λ=-,此时2=,S=1,
所以存在这样的常数λ=-,此时S△AOB=1.(12分)