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專題16 圓錐曲線的綜合問題
1.設O為坐標原點,P是以F為焦點的拋物線y2=2px(p>0)上任意一點,M是線段PF上的點,且|PM|=2|MF|,則直線OM的斜率的最大值為( )
A. B. C. D.1
答案 C
解析 如圖,
2.直線3x-4y+4=0與拋物線x2=4y和圓x2+(y-1)2=1從左到右的交點依次為A、B、C、D,則的值為________.
答案
解析 由得x2-3x-4=0,
∴xA=-1,xD=4,∴yA=,yD=4.
直線3x-4y+4=0恰過拋物線的焦點F(0,1),
∴|AF|=y(tǒng)A+1=,|DF|=y(tǒng)D+1=5,
∴==.
3.已知橢圓C的中心在坐標原點,焦點在x軸上,左頂點為A,左焦點為F1(-2,0),點B(2,)在橢圓C上,直線y=kx(k≠0)與橢圓C交于E,F兩點,直線AE,AF分別與y軸交于點M,N.
(1)求橢圓C的方程;
(2)在x軸上是否存在點P,使得無論非零實數k怎樣變化,總有∠MPN為直角?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由.
解 (1)設橢圓C的方程為+=1(a>b>0),
因為橢圓的左焦點為F1(-2,0),
所以a2-b2=4.①
因為點B(2,)在橢圓C上,
所以+=1.②
由①②解得,a=2,b=2.
所以橢圓C的方程為+=1.
(2)方法一 因為橢圓C的左頂點為A,
因為直線AE與y軸交于點M,
令x=0得y=,即點M.
同理可得點N(0,).
假設在x軸上存在點P(t,0),使得∠MPN為直角,則=0.
即t2+=0,
即t2-4=0,解得t=2或t=-2.
故存在點P(2,0)或P(-2,0),無論非零實數k怎樣變化,總有∠MPN為直角.
方法二 因為橢圓C的左頂點為A,則點A的坐標為(-2,0).
因為直線y=kx(k≠0)與橢圓+=1交于兩點E,F,設點E(x0,y0),則點F(-x0,-y0).
所以直線AE的方程為y=(x+2).
因為直線AE與y軸交于點M,
令x=0得y=,
因為點E(x0,y0)在橢圓C上,所以+=1,
即y=.
將y=代入得t2-4=0.
解得t=2或t=-2.
故存在點P(2,0)或P(-2,0),無論非零實數k怎樣變化,總有∠MPN為直角.
4.設圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E.
(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點E的軌跡方程;
(2)設點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點,過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點,求四邊形MPNQ面積的取值范圍.
解 (1)因為|AD|=|AC|,EB∥AC,
故∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以|EB|=|ED|,
故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.
又圓A的標準方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.
由題設得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點E的軌跡方程為:+=1(y≠0).
(2)當l與x軸不垂直時,設l的方程為y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).
由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.
則x1+x2=,x1x2=,
所以|MN|=|x1-x2|=.
5.已知橢圓C1:+=1(a>0)與拋物線C2:y2=2ax相交于A,B兩點,且兩曲線的焦點F重合.
(1)求C1,C2的方程;
(2)若過焦點F的直線l與橢圓分別交于M,Q兩點,與拋物線分別交于P,N兩點,是否存在斜率為k(k≠0)的直線l,使得=2?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由.
解 (1)因為C1,C2的焦點重合,
所以=,
所以a2=4.
又a>0,所以a=2.
于是橢圓C1的方程為+=1,
拋物線C2的方程為y2=4x.
(2)假設存在直線l使得=2,
則可設直線l的方程為y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4).
由可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
則x1+x4=,x1x4=1,
所以|PN|==.
由可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
則x2+x3=,x2x3=,
易錯起源1、范圍、最值問題
例1、如圖,橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,過F2的直線交橢圓于P,Q兩點,且PQ⊥PF1.
(1)若|PF1|=2+,|PF2|=2-,求橢圓的標準方程;
(2)若|PQ|=λ|PF1|,且≤λ<,試確定橢圓離心率e的取值范圍.
解 (1)由橢圓的定義,
2a=|PF1|+|PF2|=(2+)+(2-)=4,故a=2.
設橢圓的半焦距為c,由已知PF1⊥PF2,
因此2c=|F1F2|=
==2,
即c=,從而b==1.
故所求橢圓的標準方程為+y2=1.
(2)如圖,
由PF1⊥PQ,|PQ|=λ|PF1|,得
|QF1|==|PF1|.
由橢圓的定義,|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a,
進而|PF1|+|PQ|+|QF1|=4a,
于是(1+λ+)|PF1|=4a,
解得|PF1|=,
故|PF2|=2a-|PF1|=.
e2==82+.
由≤λ<,并注意到1+λ+關于λ的單調性,得3≤t<4,即<≤.
進而<e2≤,即<e≤.
【變式探究】如圖,已知橢圓:+y2=1,點A,B是它的兩個頂點,過原點且斜率為k的直線l與線段AB相交于點D,且與橢圓相交于E,F兩點.
(1)若=6,求k的值;
(2)求四邊形AEBF面積的最大值.
解 (1)依題設得橢圓的頂點A(2,0),B(0,1),
則直線AB的方程為x+2y-2=0.
設直線EF的方程為y=kx(k>0).
設D(x0,kx0),E(x1,kx1),F(x2,kx2),其中x1
b>0)的離心率為,其左焦點到點P(2,1)的距離為.
(1)求橢圓C的標準方程;
(2)若直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點(A,B不是左,右頂點),且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點,求證:直線l過定點,并求出該定點的坐標.
解 (1)由e==,得a=2c,
∵a2=b2+c2,∴b2=3c2,
則橢圓方程變?yōu)椋?.
又由題意知=,解得c2=1,
故a2=4,b2=3,
即得橢圓的標準方程為+=1.
(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯立
得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0.
則①
又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)
=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2
=.
∵橢圓的右頂點為A2(2,0),AA2⊥BA2,
∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0,
∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0,
∴+++4=0,
∴7m2+16mk+4k2=0,解得m1=-2k,m2=-,
由①,得3+4k2-m2>0,②
當m1=-2k時,l的方程為y=k(x-2),直線過定點(2,0),與已知矛盾.
當m2=-時,l的方程為y=k,直線過定點,且滿足②,
∴直線l過定點,定點坐標為.
【變式探究】已知拋物線:y2=2px(p>0)的焦點F在雙曲線:-=1的右準線上,拋物線與直線l:y=k(x-2)(k>0)交于A,B兩點,AF,BF的延長線與拋物線交于C,D兩點.
(1)求拋物線的方程;
(2)若△AFB的面積等于3,求k的值;
(3)記直線CD的斜率為kCD,證明:為定值,并求出該定值.
由得ky2-4y-8k=0,
Δ=16+32k2>0,y1+y2=,y1y2=-8.
S△AFB=1|y1-y2|=
=2=3,解得k=2.
(3)設C(,y3),則=(-1,y1),=(-1,y3),
因為A,F,C共線,
【名師點睛】
(1)動線過定點問題的兩大類型及解法
①動直線l過定點問題,解法:設動直線方程(斜率存在)為y=kx+t,由題設條件將t用k表示為t=mk,得y=k(x+m),故動直線過定點(-m,0).
②動曲線C過定點問題,解法:引入參變量建立曲線C的方程,再根據其對參變量恒成立,令其系數等于零,得出定點.
(2)求解定值問題的兩大途徑
①→
②先將式子用動點坐標或動線中的參數表示,再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值.
【錦囊妙計,戰(zhàn)勝自我】
1.由直線方程確定定點,若得到了直線方程的點斜式:y-y0=k(x-x0),則直線必過定點(x0,y0);若得到了直線方程的斜截式:y=kx+m,則直線必過定點(0,m).
2.解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數、直線的斜率等)的大小或某些代數表達式的值等與題目中的參數無關,不依參數的變化而變化,而始終是一個確定的值.
易錯起源3、探索性問題
例3、如圖,拋物線C:y2=2px的焦點為F,拋物線上一定點Q(1,2).
(1)求拋物線C的方程及準線l的方程;
(2)過焦點F的直線(不經過Q點)與拋物線交于A,B兩點,與準線l交于點M,記QA,QB,QM的斜率分別為k1,k2,k3,問是否存在常數λ,使得k1+k2=λk3成立,若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由.
解 (1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4,
所以拋物線方程為y2=4x,準線l的方程為x=-1.
(2)由條件可設直線AB的方程為y=k(x-1),k≠0.
x1+x2=,x1x2=1.
又Q(1,2),則k1=,k2=.
因為A,F,B共線,所以kAF=kBF=k,
即==k.
所以k1+k2=+
=+-
=2k-=2k+2,
即k1+k2=2k+2.
又k3=k+1,可得k1+k2=2k3.
即存在常數λ=2,使得k1+k2=λk3成立.
【變式探究】如圖,橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率是,點P(0,1)在短軸CD上,且=-1.
(1)求橢圓E的方程;
(2)設O為坐標原點,過點P的動直線與橢圓交于A,B兩點.是否存在常數λ,使得+λ為定值?若存在,求λ的值;若不存在,請說明理由.
解 (1)由已知,點C,D的坐標分別為(0,-b),(0,b),
聯立
得(2k2+1)x2+4kx-2=0,
其判別式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,
所以x1+x2=-,x1x2=-,
從而,+λ
=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]
=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1
=
=--λ-2.
所以當λ=1時,--λ-2=-3,
【名師點睛】
解決探索性問題的注意事項:
存在性問題,先假設存在,推證滿足條件的結論,若結論正確則存在,若結論不正確則不存在.
(1)當條件和結論不唯一時,要分類討論.
(2)當給出結論而要推導出存在的條件時,先假設成立,再推出條件.
(3)當條件和結論都不知,按常規(guī)方法解題很難時,要思維開放,采取另外的途徑.
【錦囊妙計,戰(zhàn)勝自我】
1.解析幾何中的探索性問題,從類型上看,主要是存在類型的相關題型,解決這類問題通常采用“肯定順推法”,將不確定性問題明朗化.其步驟為:假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在,用待定系數法設出,列出關于待定系數的方程組,若方程組有實數解,則元素(點、直線、曲線或參數)存在;否則,元素(點、直線、曲線或參數)不存在.
2.反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法.
1.若曲線ax2+by2=1為焦點在x軸上的橢圓,則實數a,b滿足( )
A.a2>b2 .<
C.00),△ABC的三個頂點都在拋物線上,O為坐標原點,設△ABC三條邊AB,BC,AC的中點分別為M,N,Q,且M,N,Q的縱坐標分別為y1,y2,y3.若直線AB,BC,AC的斜率之和為-1,則++的值為( )
A.- B.-
C. D.
答案 B
即
所以++=-.
5.若點O和點F分別為橢圓+=1的中心和左焦點,點P為橢圓上的任意一點,則的最大值為( )
A.2B.3C.6D.8
答案 C
解析 由題意得F(-1,0),設點P(x0,y0),
則y=3(1-)(-2≤x0≤2).
=x0(x0+1)+y=x+x0+y
=x+x0+3(1-)=(x0+2)2+2.
又因為-2≤x0≤2,所以當x0=2時,取得最大值,最大值為6,故選C.
6.已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的離心率為,A,B為左,右頂點,點P為雙曲線C在第一象限的任意一點,點O為坐標原點,若直線PA,PB,PO的斜率分別為k1,k2,k3,記m=k1k2k3,則m的取值范圍為________.
答案 (0,2)
解析 ∵雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的離心率為,∴e==,∴b=a,
7.已知A(1,2),B(-1,2),動點P滿足⊥.若雙曲線-=1(a>0,b>0)的漸近線與動點P的軌跡沒有公共點,則雙曲線離心率的取值范圍是________.
答案 (1,2)
解析 設P(x,y),由題設條件,
得動點P的軌跡為(x-1)(x+1)+(y-2)(y-2)=0,
即x2+(y-2)2=1,它是以(0,2)為圓心,1為半徑的圓.
又雙曲線-=1(a>0,b>0)的漸近線方程為y=x,即bxay=0,
由題意,可得>1,即>1,
所以e=<2,
又e>1,故10)的一個焦點為F(-1,0),左,右頂點分別為A,B.經過點F的直線l與橢圓M交于C,D兩點.
(1)求橢圓方程;
(2)當直線l的傾斜角為45時,求線段CD的長;
(3)記△ABD與△ABC的面積分別為S1和S2,求|S1-S2|的最大值.
解 (1)因為F(-1,0)為橢圓的焦點,
所以c=1,又b2=3,所以a2=4,
所以橢圓方程為+=1.
(2)因為直線的傾斜角為45,所以直線的斜率為1,
所以直線方程為y=x+1,
△ABD,△ABC面積相等,|S1-S2|=0.
當直線l斜率存在(顯然k≠0)時,設C(x1,y1),D(x2,y2),設直線方程為y=k(x+1)(k≠0),
和橢圓方程聯立
消掉y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0.
顯然Δ>0,方程有根,且x1+x2=-,
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