第35练 圆锥曲线中的探索性问题.pdf

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1、第第 3535 练练圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线中的探索性问题 题型分析 高考展望本部分主要以解答题形式考查， 往往是试卷的压轴题之一， 一般以椭 圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大. 体验高考体验高考 x2y23 1.(2016山东)平面直角坐标系 xOy 中，椭圆C： 221(ab0)的离心率是 ，抛物线E： ab2 x22y 的焦点 F 是 C 的一个顶点. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线 l 与 C 交于不同的两点 A，B， 线段 AB 的中点为 D.直线 OD 与过 P

2、且垂直于 x 轴的直线交于点 M. 求证：点 M 在定直线上； S1 直线 l 与 y 轴交于点 G，记PFG 的面积为 S1，PDM 的面积为 S2，求的最大值及取 S2 得最大值时点 P 的坐标. a2b2131 0， ，所以b ，a (1)解由题意知，可得a24b2，因为抛物线E 的焦点 F 2 a22 1，所以椭圆 C 的方程为 x24y21. m m， (m0)，由x22y，可得 yx，所以直线l 的斜率为 m，因此直线 (2)证明设 P 2 m2 l 的方程为 ym(xm)， 2 2 m2 即 ymx. 2 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0). x 4y 1，

3、 联立方程 m2 ymx， 2 得(4m21)x24m3xm410. 由 0，得 0m2 5(或 0m2b0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的 ab 三个顶点，直线 l：yx3 与椭圆 E 有且只有一个公共点 T. (1)求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标； (2)设 O 是坐标原点，直线l平行于 OT，与椭圆E 交于不同的两点 A、B，且与直线l 交于 点 P.证明：存在常数 ，使得|PT|2|PA|PB|，并求 的值. 解(1)由已知，得 a 2b， x2y2 则椭圆 E 的方程为 221. 2bb xy 2b2b21， 由方程组得 3x212x(182b2)0. yx3， 方程的

4、判别式为 24(b23)，由 0，得 b23， x2y2 此时方程的解为 x2，所以椭圆 E 的方程为 1.点 T 的坐标为(2，1). 63 1 (2)由已知可设直线 l的方程为 y xm(m0)， 2 1 y2xm， 由方程组 yx3， 22 可得 2m y1. 3 2m x2， 3 2m2m8 2，1 ，|PT|2 m2. 所以 P 点坐标为 339 设点 A，B 的坐标分别为 A(x1，y1)，B(x2，y2). 由方程组 1 y 2xm， x2y2 1， 63 可得 3x24mx(4m212)0. 方程的判别式为 16(92m2)， 3 23 2 由 0，解得mb0)经过点(0， 3

5、)，离心率为 ，直线l 经过椭圆 C 的右焦 ab2 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MAAF，MBBF，当直线 l 的倾斜角变化时，探求 的值是否为定值？若是，求出 的值；否则，请说明理由. c1 解(1)依题意得 b 3，e ，a2b2c2， a2 x2y2 a2，c1，椭圆 C 的方程为 1. 43 (2)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 yk(x1)，求得 l 与 y 轴交于 M(0，k)， 设 l 交椭圆 A(x1，y1)，B(x2，y2)， ykx1，

6、22由x y 1， 43 消去 y 得(34k2)x28k2x4k2120， 4k2128k2 x1x2，x x ， 34k2 1 2 34k2 又由MAAF，(x1，y1k)(1x1，y1)， x1x2 ，同理 ， 1x11x2 24k2128k2 34k234k2x1x22x1x2 x1x28 . 2 31x11x21x1x2x1x24k 12 8k2 1 34k234k2 8 当直线 l 的倾斜角变化时， 的值为定值 . 3 点评(1)定点问题的求解策略 把直线或曲线方程中的变量 x，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定 点，那么这个方程就要对任意参数都成立， 这时参数

7、的系数就要全部等于零， 这样就得到一 个关于 x，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. (2)定值问题的求解策略 在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是 “定值”问题，解决这类问题常通过取特殊 值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量 无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值. 变式训练 1已知抛物线 y22px(p0)，过点 M(5，2)的动直线 l 交抛物线于 A，B 两点， 当直线 l 的斜率为1 时，点 M 恰为 AB 的中点. (1)求抛物线的方程； (2)抛物线上是否存在一个定点P，使得以弦

8、AB 为直径的圆恒过点 P，若存在，求出点P 的 坐标，若不存在，请说明理由. 解(1)当直线 l 的斜率为1 时， 直线 l 的方程为 xy30，即 x3y， 代入 y22px(p0)得 y22py6p0， y1y2p2，p2， 2 所以抛物线的方程为 y24x. (2)设直线 l 的方程为 xm(y2)5， 代入 y24x 得 y24my8m200， y2y2 12 设点 A( ，y1)，B( ，y2)， 44 则 y1y24m，y1y28m20， y2 0 假设存在点 P( ，y0)总是在以弦 AB 为直径的圆上， 4 2222 y1y0y2y0 则PAPB( )( )(y1y0)(y2

9、y0)0， 4444 当 y1y0或 y2y0时，等式显然成立； 当 y1y0或 y2y0时， 则有(y1y0)(y2y0)16， 即 4my0y2 08m2016，(4my02)(y02)0， 解得 y02，x01， 所以存在点 P(1，2)满足题意. 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 x22py(p0)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

10、说明理由. 解方法一(1)依题意，点 N 的坐标为(0，p)， 可设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线 AB 的方程为 ykxp， 2 x 2py， 与 x 2py 联立得 ykxp， 2 消去 y 得 x22pkx2p20. 由根与系数的关系得 x1x22pk，x1x22p2. 1 于是 SABNSBCNSACN 2p|x1x2| 2 p|x1x2|p x1x224x1x2 p 4p2k28p22p2k22， 当 k0 时，(SABN)min2 2p2. (2)假设满足条件的直线 l 存在，其方程为 ya， AC 的中点为 O，l 与以 AC 为直径的圆相交于点 P，Q，PQ 的中

11、点为 H， x1y1p 则 OHPQ，O点的坐标为( ，). 22 11 2 1 2 |OP| |AC|x2y p y1p2， 11222 y1p1 |OH|a |2ay1p|， 22 |PH|2|OP|2|OH|2 11 2 (y2p ) (2ay1p)2 144 p (a )y1a(pa)， 2 p |PQ|2(2|PH|)24(a )y1a(pa). 2 pp 令 a 0，得 a ， 22 此时|PQ|p 为定值，故满足条件的直线l 存在， p 其方程为 y ，即抛物线的通径所在的直线. 2 方法二(1)前同方法一，再由弦长公式得 |AB| 1k2|x1x2| 1k2x1x224x1x2

12、 1k24p2k28p2 2p 1k2k22， 又由点到直线的距离公式得d 2p . 1k2 112p 22 从而 SABN d|AB| 2p 1k2k222pk 2. 22 1k2 当 k0 时，(SABN)min2 2p2. (2)假设满足条件的直线 l 存在，其方程为 ya， 则以 AC 为直径的圆的方程为(x0)(xx1)(yp)(yy1)0， 将直线方程 ya 代入得 x2x1x(ap)(ay1)0， p 则 x2 14(ap)(ay1)4(a )y1a(pa).2 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|x3x4| 2 p 4a

13、y1apa 2 p a y1apa. 2 pp 令 a 0，得 a ， 22 此时|PQ|p 为定值，故满足条件的直线l 存在， p 其方程为 y ，即抛物线的通径所在的直线. 2 点评(1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定. (2)定直线一般为特殊直线xx0，yy0等. x2y2 变式训练 2椭圆 C 的方程为 221(ab0)，F1、F2分别是它的左、右焦点，已知椭圆 ab C 过点(0，1)，且离心率 e2 2. 3 (1)求椭圆 C 的方程； (2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为 A、B，直线 l 的方程为 x4，P 是椭圆上异于 A、B 的任意一点，直线 PA、PB 分别交直线 l

14、 于 D、E 两点，求F1DF2E的值； (3)过点 Q(1，0)任意作直线 m(与 x 轴不垂直)与椭圆 C 交于 M、N 两点，与l 交于 R 点，RM xMQ，RNyNQ，求证：4x4y50. c2 2 (1)解由题意可得 b1， ， a3 x2 2 a3，椭圆 C 的方程为 y 1. 9 (2)解设 P(x0，y0)，则直线 PA、PB 的方程分别为 y0y0 y(x3)，y(x3)， x03x03 将 x4 分别代入可求得 D，E 两点的坐标分别为 D(4， 7y0y0 )，E(4，). x03x03 由(1)知，F1(2 2，0)，F2(2 2，0)， 2 7y0y07y0 F1D

15、F2E(42 2，)(42 2，)8 2 ， x03x03x09 又点 P(x0，y0)在椭圆 C 上， 2 x0y21 02 y01 2 ， 99x09 65 F1DF2E. 9 (3)证明设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(4，t)， 由RMxMQ得(x14，y1t)x(1x1，y1)， t y 1x x1 1 4x， 1x (x1)， 代入椭圆方程得(4x)29t29(1x)2， 同理由RNyNQ得(4y)29t29(1y)2， 5 消去 t，得 xy ， 4 4x4y50. 题型三存在性问题 例 3(1)已知直线 ya 交抛物线 yx2于 A，B 两点.若该抛物线上存在点 C，

16、使得ACB 为直角，则 a 的取值范围为_. 答案1，) 解析以 AB 为直径的圆的方程为 x2(ya)2a， yx2， 由 2 得 y2(12a)ya2a0. 2 x ya a， 即(ya)y(a1)0， a0， 由已知解得 a1. a10， (2)如图， 梯形 ABCD 的底边 AB 在 y 轴上， 原点 O 为 AB 的中点， |AB| ACBD，M 为 CD 的中点. 4 24 2 ， |CD|2， 33 求点 M 的轨迹方程； 过 M 作 AB 的垂线，垂足为 N，若存在正常数 0，使MP0PN，且 P 点到 A，B 的距离 和为定值，求点 P 的轨迹 E 的方程； 1 过(0， )

17、的直线与轨迹 E 交于 P、Q 两点，求OPQ 面积的最大值. 2 解设点 M 的坐标为 M(x，y)(x0)， 2 22 2 则 C(x，y1)，D(x，y1). 33 2 22 2 又 A(0，)，B(0，). 33 由 ACBD 有ACBD0， 即(x，y1)(x，y1)0， x2y21(x0)， 即点 M 的轨迹方程为 x2y21(x0). 设 P(x，y)，则 M(10)x，y)， 代入 M 的轨迹方程有(10)2x2y21(x0). x2 即y21(x0)， 1 2 10 点 P 的轨迹为椭圆(除去长轴的两个端点). 要使点 P 到 A，B 的距离之和为定值， 12 2 2 则以

18、A，B 为焦点，故 1) . 2( 310 x2 2 02，从而所求 P 的轨迹方程为 y 1(x0). 1 9 1 易知 l 的斜率存在，设方程为ykx ， 2 联立 9x2y21(x0)， 3 有(9k2)x2kx 0. 4 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 3k 则 x1x2. 2，x1x2 9k49k2 |x2x1|x1x2 4x1x2 令 tk29， 则|x2x1| 4t9且 t9. t2 2 4k227， 9k22 11 S OPQ |x2x1|22 1 4 1 4 11 9 24 tt 124 9 2 . t99 11 t9，0 ， t9 11 当 ，即 t9，也即 k0

19、 时， t9 OPQ 面积取最大值，最大值为 3. 12 点评存在性问题求解的思路及策略 (1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不 存在. (2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论； 当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件. x2y22 变式训练 3(2015四川)如图，椭圆E： 221(ab0)的离心率是 ，点 P(0，1)在短 ab2 轴 CD 上，且PCPD1. (1)求椭圆 E 的方程； (2)设 O 为坐标原点， 过点 P 的动直线与椭圆交于A， B 两点.是否存在常数 ， 使得OAOB PAPB为定值？若存在，求 的值；

20、若不存在，请说明理由. 解(1)由已知，得点 C，D 的坐标分别为(0，b)，(0，b)， 又点 P 的坐标为(0，1)，且PCPD1， c2 于是， a2 a b c ， 222 1b21， 解得 a2，b 2， x2y2 所以椭圆 E 的方程为 1. 42 (2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 ykx1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)， (x2，y2)， xy 4 2 1， 联立得(2k21)x24kx20， ykx1， 其判别式 (4k)28(2k21)0， 4k2 所以 x1x2 2 ，x1x2 2 ， 2k 12k 1 从而，OAOBPAPB x1x2y1y2

21、x1x2(y11)(y21) (1)(1k2)x1x2k(x1x2)1 24k2211 2 2. 2 2k 12k 1 1 所以当 1 时， 2 23， 2k 1 此时OAOBPAPB3 为定值. 当直线 AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线 CD， 此时，OAOBPAPBOCODPCPD213. 故存在常数 1，使得OAOBPAPB为定值3. 22 高考题型精练高考题型精练 x2y22 1.(2015陕西)如图，椭圆 E： 221(ab0)经过点 A(0，1)，且离心率为 . ab2 (1)求椭圆 E 的方程； (2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P，Q(

22、均异于点 A)，证明：直 线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2. c2 (1)解由题设知 ，b1， a2 结合 a2b2c2，解得 a 2， x2 2 所以椭圆 E 的方程为 y 1. 2 x2 2 (2)证明由题设知，直线 PQ 的方程为 yk(x1)1(k2)，代入 y 1， 2 得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知 0， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20， 4kk12kk2 则 x1x2， 2 ，x1x2 12k12k2 从而直线 AP，AQ 的斜率之和 kAPkAQy11 y21kx12kkx22k x1x2x1x2 11x1x2 2k(2k)2k(

23、2k) x1x2 x1x2 4kk1 2k(2k)2k2(k1)2. 2kk2 x2y23 2.已知椭圆 C： 221(ab0)的右焦点为 F(1，0)，且点 P(1， )在椭圆 C 上，O 为坐标 ab2 原点. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)设过定点 T(0，2)的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A，B，且AOB 为锐角，求直线 l 的斜率 k 的取值范围； x2y24 (3)过椭圆 C1： 2 1 上异于其顶点的任一点 P，作圆 O：x2y2 的两条切线，切 a53 b23 点分别为 M，N(M，N 不在坐标轴上)，若直线 MN 在 x 轴，y 轴上的截距分别为 m，n，证

24、 11 明： 22为定值. 3mn (1)解由题意得 c1，所以 a2b21， 3 又因为点 P(1， )在椭圆 C 上， 2 19 所以 221，可解得 a24，b23， a4b x2y2 所以椭圆 C 的标准方程为 1. 43 (2)解设直线 l 方程为 ykx2，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， ykx2， 22由x y 得(4k23)x216kx40， 4 3 1， 1 因为 12k230，所以 k2 ， 4 16k4 又 x1x2 2 ，x1x2 2 ， 4k 34k 3 因为AOB 为锐角，所以OAOB0， 即 x1x2y1y20， 所以 x1x2(kx12)(kx22)0

25、， 所以(1k2)x1x22k(x1x2)40， 16k4 所以(1k2) 2 2k 2 40， 4k 34k 3 12k216414 即0，所以 k2 ，所以 k2 ， 2 3434k 3 2 3112 3 解得k 或 kb0)的右焦点为 F(1，0)，短轴的一个端点B 到 F 的距离等于焦 ab 距. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 F 的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 M，N，是否存在直线l，使得BFM 与BFN 的面积比值为 2？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 解(1)由已知得 c1，a2c2，b2a2c23， x2y2 所以椭圆 C 的方程为 1. 43 SBFMFM (2)2 等价于2， FNS BFN FM 当直线 l 斜率不存在时，1， FN 不符合题意，舍去； 当直线 l 斜率存在时，设直线 l 的方程为 yk(x1)， ykx1， 22由x y 消去 x 并整理得， 4 3 1 (34k2)y26ky9k20， 6k 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 y1y2， 34k2 9k2 y1y2， 34k2 FM 由2 得 y12y2， FN 55 由解得 k，因此存在直线 l：y(x1) 22 使得BFM 与BFN 的面积比值为 2.