高考数学 高考必会题型 专题7 解析几何 第34练 圆锥曲线中的探索性问题

第 34 练

圆锥曲线中的探索性问题

题型一 定值、定点问题 x2 y2 1 例 1 已知椭圆 C:a2+b2=1 经过点(0, 3),离心率为2,直线 l 经过椭圆 C 的右焦点 F 交椭 圆于 A、B 两点. (1)求椭圆 C 的方程; → → → → (2)若直线 l 交 y 轴于点 M,且MA=λAF,MB=μBF,当直线 l 的倾斜角变化时,探求 λ+μ 的 值是否为定值?若是,求出 λ+μ 的值;否则,请说明理由. 破题切入点 (1)待定系数法. (2)通过直线的斜率为参数建立直线方程, 代入椭圆方程消 y 后可得点 A, B 的横坐标的关系式, → → → → 然后根据向量关系式MA=λAF,MB=μBF.把 λ,μ 用点 A,B 的横坐标表示出来,只要证明 λ +μ 的值与直线的斜率 k 无关即证明了其为定值,否则就不是定值. c 1 解 (1)依题意得 b= 3,e=a=2,a2=b2+c2, x2 y2 ∴a=2,c=1,∴椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1. (2)因直线 l 与 y 轴相交于点 M,故斜率存在, 又 F 坐标为(1,0),设直线 l 方程为 y=k(x-1),求得 l 与 y 轴交于 M(0,-k), 设 l 交椭圆 A(x1,y1),B(x2,y2), y=k?x-1?, ? ? 由?x2 y2 + =1, ? ?4 3 消去 y 得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 4k2-12 8k2 ∴x1+x2= ,x1x2= , 3+4k2 3+4k2 → → 又由MA=λAF,∴(x1,y1+k)=λ(1-x1,-y1), x1 x2 ∴λ= ,同理 μ= , 1-x1 1-x2 x1+x2-2x1x2 x1 x2 ∴λ+μ= + = 1-x1 1-x2 1-?x1+x2?+x1x2 2?4k2-12? 8k2 - 3+4k2 3+4k2 8 = =-3. 4k2-12 8k2 1- + 3+4k2 3+4k2 8 所以当直线 l 的倾斜角变化时,直线 λ+μ 的值为定值-3.

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题型二 定直线问题

例 2 在平面直角坐标系 xOy 中,过定点 C(0,p)作直线与抛物线 x2=2py(p>0)相交于 A,B 两 点. (1)若点 N 是点 C 关于坐标原点 O 的对称点,求△ANB 面积的最小值; (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,
? ?x2=2py, 与 x2=2py 联立得? ?y=kx+p. ?

消去 y 得 x2-2pkx-2p2=0. 由根与系数的关系得 x1+x2=2pk,x1x2=-2p2. 1 于是 S△ABN=S△BCN+S△ACN=2· 2p|x1-x2| =p|x1-x2|=p ?x1+x2?2-4x1x2 =p 4p2k2+8p2=2p2 k2+2, ∴当 k=0 时,(S△ABN)min=2 2p2. (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, x1 y1+p 则 O′H⊥PQ,Q′点的坐标为( 2 , 2 ). 1 1 1 ∵O′P=2AC=2 x2 1+?y1-p?2=2 y2 1+p2,

? y1+p?=1|2a-y1-p|, O′H= a- 2 ? ? 2
∴PH2=O′P2-O′H2 1 1 =4(y2 1+p2)-4(2a-y1-p)2 p =(a-2)y1+a(p-a), p ∴PQ2=(2PH)2=4[(a-2)y1+a(p-a)]. p p 令 a-2=0,得 a=2, 此时 PQ=p 为定值,故满足条件的直线 l 存在,

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p 其方程为 y=2,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= 1+k2|x1-x2| = 1+k2· ?x1+x2?2-4x1x2 = 1+k2· 4p2k2+8p2 =2p 1+k2· k2+2, 又由点到直线的距离公式得 d= 1 从而 S△ABN=2· d· AB 1 =2· 2p 1+k2· k2+2· 2p 1+k2 2p 1+k2 .

=2p2 k2+2. ∴当 k=0 时,(S△ABN)min=2 2p2. (2)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y=a, 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=x2 1-4(a-p)(a-y1) p =4[(a-2)y1+a(p-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 p ?a-2?y1+a?p-a?. p 4[?a-2?y1+a?p-a?]

p p 令 a-2=0,得 a=2, 此时 PQ=p 为定值,故满足条件的直线 l 存在, p 其方程为 y=2,即抛物线的通径所在的直线. 题型三 定圆问题 3 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 2 , 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;
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(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. 2a=12, ? ? ?a=6, x2 y2 解 (1)设椭圆 G 的方程为a2+b2=1(a>b>0),半焦距为 c,则?c 解得? 3 ?c=3 3, = , ? ?a 2 所以 b2=a2-c2=36-27=9. x2 y2 所以所求椭圆 G 的方程为36+ 9 =1. (2)点 Ak 的坐标为(-k,2), 1 1 S△AkF1F2=2×|F1F2|×2=2×6 3×2=6 3. (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.

x2 1.在平面直角坐标系 xOy 中,经过点(0, 2)且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 2 +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OP+OQ与 → AB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+ 2, x2 代入椭圆方程得 2 +(kx+ 2)2=1. 1 整理得(2+k2)x2+2 2kx+1=0.① 1 直线 l 与椭圆有两个不同的交点 P 和 Q 等价于 Δ=8k2-4(2+k2)=4k2-2>0, 2 2 解得 k<- 2 或 k> 2 .

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2 2 即 k 的取值范围为(-∞,- 2 )∪( 2 ,+∞). (2)设 P(x1,y1),Q(x2,y2), → → 则OP+OQ=(x1+x2,y1+y2), 4 2k 由方程①,得 x1+x2=- .② 1+2k2 又 y1+y2=k(x1+x2)+2 2.③ → 而 A( 2,0),B(0,1),AB=(- 2,1). → → → 所以OP+OQ与AB共线等价于 x1+x2=- 2(y1+y2), 2 将②③代入上式,解得 k= 2 . 2 2 由(1)知 k<- 2 或 k> 2 , 故不存在符合题意的常数 k. y2 2.已知双曲线方程为 x2- 2 =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). y2 联立 y-1=k(x-1)和 x2- 2 =1, 消去 y 得(2-k2)x2+(2k2-2k)x-k2+2k-3=0, 2?k-k2? 3 由 Δ>0,得 k<2,x1+x2= , 2-k2 x1+x2 k-k2 由 M(1,1)为 PQ 的中点,得 2 = =1, 2-k2 3 解得 k=2,这与 k<2矛盾, 所以不存在满足条件的直线 l. x2 y2 3.设椭圆 E:a2+b2=1(a,b>0)过 M(2, 2),N( 6,1)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OA⊥ → OB?若存在,写出该圆的方程,并求 AB 的取值范围;若不存在,请说明理由. x2 y2 解 (1)因为椭圆 E:a2+b2=1(a,b>0)过 M(2, 2),N( 6,1)两点,

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?a2+b2=1, 所以? 6 1 ?a2+b2=1,
4 2

?a2=8, 解得? 1 1 ?b2=4,
1 1

? ?a2=8, x2 y2 所以? 椭圆 E 的方程为 8 + 4 =1. ?b2=4, ?

→ (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OA⊥ y=kx+m, ? ? → OB,设该圆的切线方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),解方程组?x2 y2 得 x2+ + =1 ? ?8 4 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.

? ?x1+x2=-1+2k2, 故? 2m2-8 ? ?x1x2= 1+2k2 ,
4km y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2 = = k2?2m2-8? 4k2m2 - +m2 1+2k2 1+2k2 m2-8k2 . 1+2k2

→ → 要使OA⊥OB,需使 x1x2+y1y2=0, 即 2m2-8 m2-8k2 + =0, 1+2k2 1+2k2

所以 3m2-8k2-8=0, 3m2-8 所以 k2= 8 ≥0.
?m2>2, ? 8 又 8k2-m2+4>0,所以? 所以 m2≥3, ?3m2≥8, ?

2 6 2 6 即 m≥ 3 或 m≤- 3 , 因为直线 y=kx+m 为圆心在原点的圆的一条切线, |m| 所以圆的半径为 r= , 1+k2

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m2 r2= = 1+k2

m2 8 2 6 = ,r= 3 , 3m2-8 3 1+ 8

8 所求的圆为 x2+y2=3, 2 6 2 6 此时圆的切线 y=kx+m 都满足 m≥ 3 或 m≤- 3 , 2 6 x2 y2 2 6 2 6 而当切线的斜率不存在时切线为 x=± 3 与椭圆 8 + 4 =1 的两个交点为( 3 ,± 3 )或(- 2 6 2 6 8 → → 3 ,± 3 )满足OA⊥OB,综上,存在圆心在原点的圆 x2+y2=3,使得该圆的任意一条切线 → → 与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且OA⊥OB.

x2 y2 4.(2014· 重庆)如图,设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2,点 D 在椭圆上, F1F2 2 DF1⊥F1F2, DF1 =2 2,△DF1F2 的面积为 2 . (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;若不存在,请说明理由. 解 (1)设 F1(-c,0),F2(c,0),其中 c2=a2-b2. F1F2 F1F2 2 由 DF1 =2 2,得 DF1= = 2 c, 2 2 1 2 2 从而 S△DF1F2=2DF1· F1F2= 2 c2= 2 ,故 c=1, 2 从而 DF1= 2 . 9 由 DF1⊥F1F2,得 DF2 2=DF2 1+F1F2 2=2, 3 2 因此 DF2= 2 . 所以 2a=DF1+DF2=2 2, 故 a= 2,b2=a2-c2=1. x2 因此,所求椭圆的标准方程为 2 +y2=1. x2 (2)如图,设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆 2 +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.

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由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2. 由(1)知 F1(-1,0),F2(1,0), → → 所以F1P1=(x1+1,y1),F2P2=(-x1-1,y1), 再由 F1P1⊥F2P2,得-(x1+1)2+y2 1=0. x2 1 由椭圆方程得 1- 2 =(x1+1)2,即 3x2 1+4x1=0, 4 解得 x1=-3或 x1=0. 当 x1=0 时,P1,P2 重合,题设要求的圆不存在. 4 当 x1=-3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), y1-y0 y1 由 CP1⊥F1P1,得 x1 · =-1. x1+1 1 5 而求得 y1=3,故 y0=3. 圆 C 的半径 CP1= 4 1 5 4 2 ?-3?2+?3-3?2= 3 .

综上,存在满足题设条件的圆, 5 32 其方程为 x2+(y-3)2= 9 .

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:MN2 2-MN2 1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.
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y1 直线 AO 的方程为 y=x1x; BD 的方程为 x=x2. x=x2, ? ? 解得交点 D 的坐标为? y1x2 y= x1 , ? ? 注意到 x1x2=-8 及 x2 1=4y1, y1x1x2 -8y1 则有 y= x2 1 = 4y1 =-2. 因此动点 D 在定直线 y=-2 上(x≠0). (2)解 依题设,切线 l 的斜率存在且不等于 0,设切线 l 的方程为 y=ax+b(a≠0),代入 x2=4y 得 x2=4(ax+b), 即 x2-4ax-4b=0. 由 Δ=0 得(4a)2+16b=0,化简整理得 b=-a2. 故切线 l 的方程可写为 y=ax-a2. 分别令 y=2,y=-2 得 N1,N2 的坐标为 2 2 N1(a+a,2),N2(-a+a,-2), 2 2 则 MN2 2-MN2 1=(a-a)2+42-(a+a)2=8, 即 MN2 2-MN2 1为定值 8. 6.(2014· 福建)已知曲线 Γ 上的点到点 F(0,1)的距离比它到直线 y=-3 的距离小 2. (1)求曲线 Γ 的方程. (2)曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x 轴交于点 A,直线 y=3 分别与直线 l 及 y 轴交于点 M,N.以 MN 为直径作圆 C,过点 A 作圆 C 的切线,切点为 B.试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动(点 P 与原 点不重合)时,线段 AB 的长度是否发生变化?证明你的结论. 解 方法一 (1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点, 依题意, 点 S 到 F(0,1)的距离与它到直线 y=-1 的距离相等, 所以曲线 Γ 是以点 F(0,1)为焦点、 直线 y=-1 为准线的抛物线,所以曲线 Γ 的方程为 x2=4y. (2)当点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变.证明如下:

1 由(1)知抛物线 Γ 的方程为 y=4x2, 1 设 P(x0,y0)(x0≠0),则 y0=4x2 0, 1 由 y′=2x,得切线 l 的斜率 1 k=y′|x=x0=2x0,

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1 所以切线 l 的方程为 y-y0=2x0(x-x0), 1 1 即 y=2x0x-4x2 0. 1 1 ? ?y=2x0x-4x2 0, 1 由? 得 A(2x0,0). ? ?y=0, 1 1 ? ?y=2x0x-4x2 0, 1 6 由? 得 M(2x0+x0,3). ?y=3, ? 1 3 又 N(0,3),所以圆心 C(4x0+x0,3), 1 1 3 半径 r=2MN=|4x0+x0|, AB= AC2-r2 = 1 1 3 1 3 [2x0-?4x0+x0?]2+32-?4x0+x0?2= 6.

所以点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变. 方法二 (1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点, 则|y-(-3)|- ?x-0?2+?y-1?2=2, 依题意,点 S(x,y)只能在直线 y=-3 的上方,所以 y>-3,所以 ?x-0?2+?y-1?2=y+1, 化简,得曲线 Γ 的方程为 x2=4y. (2)同方法一.

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