2圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题
真题试做 1.(2013· 高考陕西卷)已知动点 M(x,y)到直线 l:x=4 的距离是它到点 N(1,0)的距离的 2 倍. (1)求动点 M 的轨迹 C 的方程; (2)过点 P(0,3)的直线 m 与轨迹 C 交于 A,B 两点,若 A 是 PB 的中点, 求直线 m 的斜率.

2.(2013· 高考广东卷)已知抛物线 C 的顶点为原点,其焦点 F(0,c)(c>0)到直线 l:x-y-2=0 的距离 3 2 为 . 设 P 为直线 l 上的点,过点 P 作抛物线 C 的两条切线 PA,PB,其中 A,B 为切点. 2 (1)求抛物线 C 的方程; (2)当点 P(x0,y0)为直线 l 上的定点时,求直线 AB 的方程; (3)当点 P 在直线 l 上移动时,求|AF|· |BF|的最小值.

考情分析 圆锥曲线的综合问题包括:轨迹问题、探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等,一般试题 难度较大. 这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体, 以参数处理为核心, 需要综合运用函数与方程、 不等式、平面向量等诸多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解,对考生的代数恒等 变形能力、计算能力等有较高的要求. 考点一 轨迹问题 求轨迹方程是高考的常见题型,主要考查轨迹方程的求法以及利用轨迹方程研究曲线的几何性质. → → (1)已知直线 l:2x+4y+3=0,P 为 l 上的动点,O 为坐标原点.若 2OQ=QP,则点 Q 的轨迹方程 是________; (2)(2013· 高考课标全国卷Ⅰ改编)已知圆 M:(x+1)2+y2=1,圆 N:(x-1)2+y2=9,动圆 P 与圆 M 外切并 且与圆 N 内切,圆心 P 的轨迹为曲线 C,C 的方程为________. → 1 强化训练 1 已知平面上一定点 C(2,0)和直线 l:x=8,P 为该平面上一动点,作 PQ⊥l 于 Q,且(PC+ 2 1 → → → PQ)· (PC- PQ)=0.问点 P 在什么曲线上?并求出该曲线的方程. 2

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考点二 圆锥曲线中的定点、定值问题 定点、定值问题是解析几何解答题的考查重点.此类问题定中有动,动中有定,并且常与轨迹问题、 曲线系问题等相结合,深入考查直线与圆、圆锥曲线、直线和圆锥曲线位置关系等相关知识. x2 y2 3 (2013· 高考江西卷)椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e= ,a+b=3. a b 2 (1)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:2m-k 为定值.

强化训练 2 (2013· 陕西省质量检测)如图,经过点 P(2,3),且中心在坐标原点,焦点在 x 轴上的椭圆 M 1 的离心率为 . 2 (1)求椭圆 M 的方程; (2)若椭圆 M 的弦 PA、PB 所在直线分别交 x 轴于点 C、D,且|PC|=|PD|,求证:直线 AB 的斜率为定值.

考点三 圆锥曲线中的最值、范围问题 (2013· 高考浙江卷) 已知抛物线 C 的顶点为 O(0,0),焦点为 F(0,1). (1)求抛物线 C 的方程; (2)过点 F 作直线交抛物线 C 于 A, B 两点, 若直线 AO, BO 分别交直线 l: y=x-2 于 M, N 两点, 求|MN| 的最小值.

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强化训练 3 (2013· 武汉市武昌区联合考试)设点 P 是圆 x2+y2=4 上任意一点,由点 P 向 x 轴作垂线 PP0, 3→ → 垂足为 P0,且MP0= PP0. 2 (1)求点 M 的轨迹 C 的方程; (2)设直线 l:y=kx+m(m≠0)与(1)中的轨迹 C 交于不同的两点 A,B.若直线 OA,AB,OB 的斜率成等 比数列,求实数 m 的取值范围.

考点四 圆锥曲线中的存在性问题 存在性问题属探索性问题的范畴,是近几年高考的热点题型,主要探索是否存在满足某些条件的点或 直线、数值等.

3? x2 y2 1 (2013· 高考江西卷)如图,椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)经过点 P? ?1,2?,离心率 e=2,直线 l 的方程为 a b x=4. (1)求椭圆 C 的方程; (2)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 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,请说明理由.

强化训练 4 (2013· 安徽省“江南十校”联考)在圆 C1:x2+y2=1 上任取一点 P,过 P 作 y 轴的垂线段 PD, → → D 为垂足,动点 M 满足MD=2MP.当点 P 在圆 C1 上运动时,点 M 的轨迹为曲线 C2. (1)求曲线 C2 的方程; 5 → → → (2)是否存在过点 A(2, 0)的直线 l 交曲线 C2 于点 B, 使OT= (OA+OB), 且点 T 在圆 C1 上?若存在, 5 求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由.

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抽象概括能力——圆锥曲线问题中的等价转化方法 抽象概括能力是对具体的、生动的实例,在抽象概括的过程中,发现研究对象的本质;从给定的大量 信息材料中概括出一些结论,并能将其应用于解决问题或做出新的判断. x2 y2 (2013· 高考安徽卷)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的焦距为 4,且过点 P( 2, 3). a b (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 Q(x0,y0)(x0y0≠0)为椭圆 C 上一点.过点 Q 作 x 轴的垂线,垂足为 E.取点 A(0,2 2),连接 AE. 过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点, 作直线 QG.问这样作出的直线 QG 是否 与椭圆 C 一定有唯一的公共点?并说明理由.

跟踪训练

如图,已知抛物线 C:y2=4x,过点 A(1,2)作抛物线 C 的弦 AP,AQ.假设直线 PQ 过点 T(5,-2),请问 是否存在以 PQ 为底边的等腰三角形 APQ?若存在,求出△APQ 的个数,若不存在,请说明理由.

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体验真题· 把脉考向_ 1. 【解】(1)

如图①,设点 M 到直线 l 的距离为 d,根据题意,d=2|MN|, 由此得|4-x|=2 (x-1)2+y2, x2 y2 化简得 + =1, 4 3 x2 y2 ∴动点 M 的轨迹 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)

法一:由题意,设直线 m 的方程为 y=kx+3,A(x1,y1),B(x2,y2),如图②. x2 y2 将 y=kx+3 代入 + =1 中,有(3+4k2)x2+24kx+24=0, 4 3 其中,Δ =(24k)2-4×24(3+4k2)=96(2k2-3)>0, 由根与系数的关系, 24k 得 x1+x2=- ,① 3+4k2 24 x1x2= .② 3+4k2 又 A 是 PB 的中点,故 x2=2x1.③ 8k 12 2 将③代入①②,得 x1=- , 2,x1= 3+4k 3+4k2 -8k 2 12 2 3 可得( 2) = 2,且 k > , 2 3+4k 3+4k 3 3 3 3 解得 k=- 或 k= ,∴直线 m 的斜率为- 或 . 2 2 2 2 法二:由题意,设直线 m 的方程为 y=kx+3,A(x1,y1),B(x2,y2),如图②. ∵A 是 PB 的中点, x2 ∴x1= ① 2 3+y2 y1= .② 2 2 2 x1 y1 又 + =1,③ 4 3 2 x2 y2 2 + =1,④ 4 3 ?x2=2 ? ?x2=-2, ? 联立①②③④,解得? 或? ? ?y2=0 ? ?y2=0, 即点 B 的坐标为(2,0)或(-2,0), 3 3 ∴直线 m 的斜率为- 或 . 2 2 2. 【解】(1)依题意,设抛物线 C 的方程为 x2=4cy(c>0), |0-c-2| 3 2 由点到直线的距离公式,得 = , 2 1+1 解得 c=1(负值舍去),故抛物线 C 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)由 x2=4y,得 y= x2,其导数为 y′= x. 4 2 2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x2 = 4 y , x = 4y2, 1 1 2
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1 1 切线 PA,PB 的斜率分别为 x1, x2, 2 2 x1 所以切线 PA 的方程为 y-y1= (x-x1), 2 2 x1 x1 即 y= x- +y1,即 x1x-2y-2y1=0. 2 2 同理可得切线 PB 的方程为 x2x-2y-2y2=0. 因为切线 PA,PB 均过点 P(x0,y0), 所以 x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0, ? ?x=x1, ? ?x=x2, 所以? 和? 为方程 x0x-2y0-2y=0 的两组解. ?y=y1, ? ?y=y2, ? 所以直线 AB 的方程为 x0x-2y-2y0=0. (3)由抛物线定义可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1, 所以|AF|· |BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1. ? x x - 2 y-2y0=0, ? 0 2 由? 2 消去 x 并整理得到关于 y 的方程为 y2+(2y0-x2 0)y+y0=0. ?x =4y, ? 由一元二次方程根与系数的关系得 2 y1+y2=x2 0-2y0,y1y2=y0. 所以|AF|· |BF|=y1y2+(y1+y2)+1 2 =y0 +x2 - 2y0+1. 0 又点 P(x0,y0)在直线 l 上,所以 x0-y0-2=0, 即 x0=y0+2, 1?2 9 1 2 2 ? y + 所以 y2 + x - 2 y + 1 = 2 y + 2 y + 5 = 2 |BF|取得最小值,且最小值 0 0 0 0 0 ? 0 2? +2,所以当 y0=-2时,|AF|· 9 为 . 2 _典例展示· 解密高考_ → → 【例 1】 【解析】(1)设点 Q 的坐标为(x,y),点 P 的坐标为(x1,y1).根据 2OQ=QP, 得 2(x,y)=(x1-x,y1-y), ? ?x1=3x, 即? ∵点 P 在直线 l 上, ?y1=3y. ? ∴2x1+4y1+3=0,把 x1=3x,y1=3y 代入上式并化简, 得 2x+4y+1=0,即为所求轨迹方程. (2)由已知得圆 M 的圆心为 M(-1,0),半径 r1=1;圆 N 的圆心为 N(1,0),半径 r2=3.设圆 P 的圆心 为 P(x,y),半径为 R. 因为圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切, 所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4. 由椭圆的定义可知,曲线 C 是以 M,N 为左,右焦点,长半轴长为 2,短半轴长为 3的椭圆(左顶点 x2 y2 除外),其方程为 + =1(x≠-2). 4 3 x2 y2 【答案】(1)2x+4y+1=0 (2) + =1(x≠-2) 4 3 [强化训练 1]【解】设 P(x,y),则 Q(8,y). → 1→ → 1→ 由(PC+ PQ)· (PC- PQ)=0, 2 2 →2 1→2 得|PC| - |PQ| =0, 4 1 x2 y2 即(x-2)2+y2- (x-8)2=0,化简得 + =1. 4 16 12 x2 y2 所以点 P 在椭圆上,椭圆方程为 + =1. 16 12 3 c 2 1 【例 2】 【解】(1)因为 e= = ,所以 a= c,b= c. 2 a 3 3 代入 a+b=3,得 c= 3,a=2,b=1. x2 故椭圆 C 的方程为 +y2=1. 4
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1? (2)证明:因为 B(2,0),点 P 不为椭圆顶点,则直线 BP 的方程为 y=k(x-2)? 2?,① ?k≠0,k≠± 8k2-2 4k ? x2 2 ? ①代入 +y =1,解得 P? 2 ,- 2 ?. 4 4k +1? ?4k +1 1 直线 AD 的方程为 y= x+1.② 2 ?4k+2, 4k ?. ①与②联立解得 M? ? ?2k-1 2k-1? 4k - 2 -1 2 4 k +1 8 k - 2 4 k 0-1 ? ? ?4k-2,0?. 由 D(0,1),P? 2 ,- 2 ?,N(x,0)三点共线知 2 = ,解得 N? ? 4k +1? 8k -2 x-0 ?4k +1 ?2k+1 ? -0 4k2+1 所以 MN 的斜率为 4k -0 2k-1 4k(2k+1) 2k+1 m= = = , 4 4k+2 4k-2 2(2k+1)2-2(2k-1)2 - 2k-1 2k+1 2k+1 1 则 2m-k= -k= (定值). 2 2 x2 y2 [强化训练 2]【解】(1)设椭圆 M 的方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b 2 2 a - b 4 9 1 则 2+ 2=1,且 e2= 2 = , a b a 4 解得 a2=16,b2=12. x2 y2 故椭圆 M 的方程为 + =1. 16 12 (2)证明;由题意知,直线 PA 的斜率必存在,故设直线 PA 的方程为 y=k(x-2)+3,A(xA,yA),B(xB, yB), 由|PC|=|PD|可知, 直线 PB 的方程为 y=-k(x-2)+3. y=k(x-2)+3 ? ? 2 2 由方程组? x 可得 y + =1 ? ?16 12 (4k2+3)x2-8k(2k-3)x+4(2k-3)2-48=0.① 4(2k-3)2-48 2(2k-3)2-24 2(4k2-12k-3) 又方程①有一实根为 2,故另一实根为 = = , 2(4k2+3) 4k2+3 4k2+3 2(4k2-12k-3) 故 xA= . 4k2+3 2(4k2+12k-3) 同理,xB= . 4k2+3 2 4(4k -3) -48k 24 ∴xA+xB= ,xA+xB-4=- 2 ,x -x = . 4k2+3 4k +3 A B 4k2+3 yA-yB ∴直线 AB 的斜率 kAB= xA-xB [k(xA-2)+3]-[-k(xB-2)+3] k(xA+xB-4) = = xA-xB xA-xB 1 = . 2 即直线 AB 的斜率为定值. p 【例 3】 【解】(1)由题意可设抛物线 C 的方程为 x2=2py(p>0),则 =1,所以抛物线 C 的方程为 x2= 2 4y. (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),直线 AB 的方程为 y=kx+1. ? ?y=kx+1, 由? 2 消去 y,整理得 x2-4kx-4=0, ?x =4y, ? 所以 x1+x2=4k,x1x2=-4.
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从而|x1-x2|=4 k2+1. y ? ?y=x1x, 1 由?

? ?y=x-2,

2x1 2x1 8 解得点 M 的横坐标 xM= = = . x2 x1-y1 4-x1 1 x1- 4 8 同理,点 N 的横坐标 xN= . 4-x2 8 8 所以|MN|= 2|xM-xN|= 2| - | 4-x1 4-x2 x1-x2 8 2 k2+1 |= . x1x2-4(x1+x2)+16 |4k-3| t+3 令 4k-3=t,t≠0,则 k= . 4 25 6 当 t>0 时,|MN|=2 2 + +1>2 2. t2 t 5 3 16 8 当 t<0 时,|MN|=2 2 ( + )2+ ≥ 2. t 5 25 5 25 4 8 综上所述,当 t=- ,即 k=- 时,|MN|的最小值是 2. 3 3 5 [强化训练 3]【解】(1)设点 M(x,y),P(x0,y0), 则由题意知 P0(x0,0). → → 由MP0=(x0-x,-y),PP0=(0,-y0), 3→ → 且MP0= PP0, 2 3 得(x0-x,-y)= (0,-y0). 2 x - x = 0 , 0 ? ?x0=x, =8 2| ∴? 于是? 2 3 y0= y. -y=- y0, ? ? 2 3 ? ? 2 2 2 4 2 又 x0+y0=4,∴x + y =4. 3 x2 y2 ∴点 M 的轨迹 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2). y=kx+m, ? ?2 2 联立?x y ? ? 4 + 3 =1, 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0. ∴Δ =(8mk)2-16(3+4k2)(m2-3)>0, 即 3+4k2-m2>0.(*) 8mk x1+x2=- , 3+4k2 且 4(m2-3) x1·x2= . 3+4k2 kx1+m kx2+m y1y2 依题意,k2= ,即 k2= · . x1x2 x1 x2 2 2 2 ∴x1x2k =k x1x2+km(x1+x2)+m . 8mk ∴km(x1+x2)+m2=0,即 km(- )+m2=0. 3+4k2 8k 2 3 ∵m≠0,∴k(- 2)+1=0,解得 k = . 4 3+4k 3 将 k2= 代入(*),得 m2<6. 4 ∴m 的取值范围是(- 6,0)∪(0, 6). 第 8 页 共 8 页

?

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? ? ? ? ?

3? 1 9 【例 4】 【解】(1)由 P? ?1,2?在椭圆上,得a2+4b2=1.① 依题设知 a=2c,则 b2=3c2.② 将②代入①,解得 c2=1,a2=4,b2=3. x2 y2 故椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)由题意可设 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 3x2+4y2=12,并整理, 得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 4(k2-3) 8k2 则有 x1+x2= 2 ,x1x2= ④ 4k +3 4k2+3 在方程③中令 x=4,得 M 的坐标为(4,3k). 3 3 3 y1- y2- 3k- 2 2 2 1 从而 k1= ,k2= ,k3= =k- . 2 x1-1 x2-1 4-1 注意到 A,F,B 三点共线,则有 k=kAF=kBF, y1 y2 即有 = =k. x1-1 x2-1 3 3 y1- y2- 2 2 所以 k1+k2= + x1-1 x2-1 1 y1 y2 3 1 = + - ?x -1+x -1? 2 ? x1-1 x2-1 ? 1 2 x1+x2-2 3 =2k- · .⑤ 2 x1x2-(x1+x2)+1 将④代入⑤,得 8k2 -2 4k2+3 3 k1+k2=2k- · =2k-1. 2 4(k2-3) 8k2 - + 1 4k2+3 4k2+3 1 又 k3=k- ,所以 k1+k2=2k3. 2 故存在常数 λ=2 符合题意. x → → [强化训练 4]【解】(1)设 M(x,y),∵MD=2MP,∴P( ,y). 2 又 P 在圆 C1 上, x2 2 x2 2 ∴( ) +y =1,即 C2 的方程是 +y =1. 2 4 4 5 (2)当直线 l 的斜率不存在时,点 B 与点 A 重合,此时点 T 坐标为( ,0),显然点 T 不在圆 C1 上, 5 故不合题意, 所以直线 l 的斜率存在.设直线 l 的方程为 y=k(x-2), y=k(x-2) ? ?2 由?x ,得(1+4k2)x2-16k2x+16k2-4=0, 2 + y = 1 ?4 ? 8k2-2 4k 解得 xB= ,∴yB=- , 1+4k2 1+4k2 8k2-2 -4k 即 B( , ). 1+4k2 1+4k2 -4k 16k2 → → ∴OA+OB=( , ), 1+4k2 1+4k2 -4k 5 16k2 → ∴OT= ( , ). 5 1+4k2 1+4k2

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-4k 2 1 16k2 2 ∵T 在圆 C1 上,∴ [( ) ]=1, 2) +( 5 1+4k 1+4k2 化简得,176k4-24k2-5=0, 1 5 解得 k2= 或 k2=- (舍去), 4 44 1 ∴k=± . 2 1 故存在满足题意的直线 l,其方程为 y=± (x-2). 2 _名师讲坛· 精彩推荐_ [跟踪训练]【解】假设存在以 PQ 为底边的等腰三角形 APQ, 设直线 PQ 的方程为 x=my+n. ∵直线 PQ 过点 T(5,-2), ∴5=m· (-2)+n,∴n=2m+5. ∴直线 PQ 的方程为 x=my+2m+5. 设点 P,Q 的坐标分别为 P(x1,y1),Q(x2,y2). ? ?x=my+2m+5 由? 2 ,得 y2-4my-8m-20=0. ?y =4x ? ∴y1+y2=4m,y1·y2=-8m-20. x1+x2 y1+y2 ∵PQ 的中点坐标为( , ), 2 2 2 2 y1+y2 y1+y2 即( , ). 8 2 (y1+y2)2-2y1y2 又 =2m2+2m+5, 8 ∴PQ 的中点坐标为(2m2+2m+5,2m). 2m-2 由已知得 2 =-m,即 m3+m2+3m-1=0. 2m +2m+5-1 设 g(m)=m3+m2+3m-1,则 g′(m)=3m2+2m+3>0, ∴g(m)在 R 上是增函数. 又 g(0)=-1<0,g(1)=4>0, ∴g(m)在(0,1)内有一个零点. ∴函数 g(m)在 R 上有且只有一个零点, 即方程 m3+m2+3m-1=0 在 R 上有唯一实根. ∴满足条件的等腰三角形有且只有一个.

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