(共25张PPT)
培优拓展(十八)圆锥曲线中非韦达定理的应用
在解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时,我们常联立方程组,利用韦达定理整体代入来解决;但是有些情况(如有些定点、定值、定线问题),我们发现把韦达定理整体代入并不能完全消除两根,一般把这类问题称之为“非对称韦达定理”.
角度一 两根之比型(如 )
角度二 系数不等型(如λx1+μx2=m,其中λ≠μ,m≠0)
(1)求椭圆的方程;
(2)已知P(0,1),A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点A作斜率为k1的直线交椭圆于E,连接EP并延长交椭圆于F,记直线BF的斜率为k2,若k1=3k2,求直线EF的方程.
(2)由(1)可知,上焦点F(0,2),且直线l的斜率存在,
设直线l的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),则直线l的方程为y=kx+2,
角度三
得方法技巧
方法一将1
=一2取倒数相加，得到
y2
y2
,这样处理将不对称式转化为对称式，就
5
可以将韦达定理的结果整体代入了
方法二是利用条件y1=一2y2,得到y1十y2
与
y1y2的关系
(y十y2)”=
y1y2
然后税可以用
韦达定理处理了.
方法三是利用y1=一2y2与y1十y2y1y2的
表达式，代入消元求解
得方法技巧
4k
利用韦达定理中隐含着2kx1x2=
2k2+1
x1十x2的关系，代入消元得到(1一)（x1十
2k+2
1+2k2
)=0,从而求得=1.
具方法技巧
对于分式上下不对称型，方法一是根据韦达定
理y1十y2,y1y2的表达式，把y1y2转化为y1十
y2;方法二保留y1y2不动，y1和y2中消去y2保
留y1,化简得定值.(共42张PPT)
专题突破练20 直线与圆
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主干知识达标练
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1.(2024辽宁大连一模)过点(-1,1)和(1,3),且圆心在x轴上的圆的方程为( )
A.x2+y2=4 B.(x-2)2+y2=8
C.(x-1)2+y2=5 D.(x-2)2+y2=10
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2.(2024河北保定模拟)已知直线l1:ax+2y+b=0与直线l2:bx-y+a=0垂直,则a2+b2的最小值为( )
A.2 B.4 C.6 D.8
B
解析 因为直线l1:ax+2y+b=0与直线l2:bx-y+a=0垂直,
所以ab-2×1=0,即ab=2,所以a2+b2≥2ab=4,
即a2+b2的最小值为4.故选B.
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3.(2024辽宁抚顺三模)已知直线y=x+1与圆C:x2+y2=5相交于M,N两点,O为坐标原点,则△MON的面积为( )
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4.(2024江苏海安模拟)已知直线3x+4y-4=0与圆C相切于点T(0,1),圆心C在直线x-y=0上,则圆C的方程为( )
A.(x-3)2+(y-3)2=13
B.(x-3)2+(y+3)2=25
C.(x+3)2+(y-3)2=13
D.(x+3)2+(y+3)2=25
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5.(2024山东聊城二模)若圆C1:x2+y2=1与圆C2:(x-a)2+(y-b)2=4恰有一条公切线,则下列直线一定不经过点(a,b)的是( )
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解析 由题可得,圆C1:x2+y2=1的圆心C1(0,0),半径r1=1,圆C2:(x-a)2+(y-b)2=4的圆心C2(a,b),半径r2=2,且两圆内切,所以|C1C2|=|r1-r2|,即a2+b2=1,表示以(0,0)为圆心,1为半径的圆.
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6.(多选题)(2024河北沧州模拟)已知圆C1:x2+y2-2x-2y-2=0,
圆C2:x2+y2-8x-10y+32=0,则下列选项正确的是( )
A.直线C1C2的方程为4x-3y-1=0
B.圆C1和圆C2共有4条公切线
C.若P,Q分别是圆C1和圆C2上的动点,则|PQ|的最大值为10
D.经过点C1,C2的所有圆中面积最小的圆的面积为 π
ACD
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解析 由题意得,圆C1:(x-1)2+(y-1)2=4,圆心C1(1,1),半径r1=2,圆C2:
(x-4)2+(y-5)2=9,圆心C2(4,5),半径r2=3,由直线方程的两点式可得直线C1C2
因为 =5且r1+r2=2+3=5,所以|C1C2|=r1+r2,所以圆C1与圆C2外切,所以两圆的公切线共有3条,所以B错误;
因为|C1C2|=5,所以|PQ|的最大值为|C1C2|+r1+r2=10,所以C正确;
当|C1C2|为圆的直径时,该圆在经过点C1,C2的所有圆中面积最小,此时圆的
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7.数学家欧拉在其所著的《三角形的几何学》一书中提出:任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上,后人称这条直线为欧拉线.已知△ABC的顶点分别为A(1,3),B(2,4),C(3,2),则△ABC的欧拉线方程是( )
A.x-y+1=0 B.x-y+3=0
C.x+y-5=0 D.3x+y-9=0
C
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8.(多选题)(2024湖北荆州模拟)已知圆C:(x-1)2+(y-2)2=25,直线l:(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0,则下列说法正确的是( )
A.直线l恒过定点(3,1)
ABC
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解析 由题得,圆心C(1,2),半径r=5.
所以直线恒过定点P(3,1),故A正确;
因为(3-1)2+(1-2)2=5<25,即点P(3,1)在圆C内,当直线l过圆心C时,直线被圆截得的弦长最长,将圆心C代入直线l,此时2m+1+2(m+1)-7m-4=0,解得
m=- ,故B正确;
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9.(5分)(2024湖南怀化模拟)如图,已知两点A(22,0),B(0,11),从点P(2,0)射出的光线经直线AB上的点M反射后再射到直线OB上,最后经直线OB上的点N反射后又回到点P,则直线MN的一般式方程为 .
4x-3y+8=0
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10.(5分)(2024浙江杭州二模)写出与圆x2+y2=1相切且方向向量为v=(1, )的一条直线的方程: .
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11.(5分)(2024山东烟台一模)若圆(x-m)2+(y-1)2=1关于直线y=x对称的圆恰好过点(0,4),则实数m的值为 .
4
解析 点(0,4)关于直线y=x的对称点为(4,0),由题可知点(4,0)在圆
(x-m)2+(y-1)2=1上,则(4-m)2+(0-1)2=1,解得m=4,所以实数m的值为4.
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12.(5分)(2024陕西安康模拟)已知直线l1:2x+y-6=0与l2:2x+y+4=0均与圆M相切,点(2,2)在圆M上,则圆M的方程为 .
x2+(y-1)2=5
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关键能力提升练
13.(2024江苏苏锡常镇一模)莱莫恩(Lemoine)定理指出:过△ABC的三个顶点A,B,C作它的外接圆的切线,分别和BC,CA,AB所在直线交于点P,Q,R,则P,Q,R三点共线,这条直线被称为三角形的Lemoine线.在平面直角坐标系xOy中,若三角形的三个顶点坐标分别为A(0,1),B(2,0),C(0,-4),则该三角形的Lemoine线的方程为( )
A.2x-3y-2=0 B.2x+3y-8=0
C.3x+2y-22=0 D.2x-3y-32=0
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14.(2024山西太原模拟)已知O是坐标原点,若圆C:x2+y2+2x-4y+a=0上有且仅有2个点到直线l:2x-y-1=0的距离为2,则实数a的取值范围为( )
A
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15.(2024湖北省八市联考)设直线l:x+y-1=0,一束光线从原点O出发沿射线y=kx(x≥0)向直线l射出,经l反射后与x轴交于点M,再次经x轴反射后与y轴交于点N.若 ,则k的值为( )
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16.(多选题)(2024湖南邵阳一模)设点P(x,y)为圆C:x2+y2=1上一点,已知点A(4,0),B(5,0),则下列结论正确的有( )
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17.(2023新高考Ⅰ,6)过(0,-2)与圆x2+y2-4x-1=0相切的两条直线的夹角为α,则sin α=( )
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18.(5分)(2024广东汕头模拟)已知直线l:(m+2)x-(m+1)y-1=0与圆O:x2+y2=4交于A,B两点,则|AB|的最小值为 .
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19.(5分)(2024广东湛江一模)已知点P为直线x-y-3=0上的动点,过点P作圆O:x2+y2=3的两条切线,切点分别为A,B,若点M为圆E:(x+2)2+(y-3)2=4上的动点,则点M到直线AB的距离的最大值为 .
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又Q在圆O内,当AB⊥QE,且点M为QE的延长线与圆E的交点时,点M到直线AB的距离最大,最大值为|QE|+R=5+2=7.
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核心素养创新练
20.(多选题)(2024广东汕头一模)如图,OA是连接河岸AB与OC的一座古桥,因保护古迹与发展的需要,现规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:
①新桥BC与河岸AB垂直;
②保护区的边界为一个圆,该圆与BC相切,且圆心M在线段OA上;
③古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80 m.
经测量,点A,C分别位于点O正北方向60 m、正东方向170 m处,tan∠BCO=
根据图中所给的平面直角坐标系,下列结论中,正确的是( )
A.新桥BC的长为150 m
B.圆心M可以在点A处
C.圆心M到点O的距离至多为35 m
D.当OM长为20 m时,圆形保护区的面积最大
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答案 AC
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解析 如图,以OC,OA所在直线为x轴、y轴建立直角坐标系,则C(170,0),A(0,60),
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当t=10,即OM长为10 m时,圆M的半径r最大,圆形保护区的面积最大,所以D错误.故选AC.(共46张PPT)
专题突破练21 圆锥曲线的定义、方程与性质
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主干知识达标练
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1.(2024山东聊城二模)点P在抛物线y2=8x上,若点P到点(2,0)的距离为6,则点P到y轴的距离为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
A
解析 根据抛物线方程可知,焦点为(2,0),准线方程为x=-2,点P到焦点的距离为6,即点P到准线的距离为6,所以点P到y轴的距离为6-2=4.故选A.
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解析 根据题意,作图如下:
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6.(多选题)(2024湖南长沙一模)某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点(距离太阳最近的点)与太阳中心的距离为d1,远日点(距离太阳最远的点)与太阳中心的距离为d2,并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上,则( )
A.轨道的焦距为d2+d1
BC
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解析 以近日点和远日点的中点为坐标原点,近日点和远日点连线所在直线为x轴建立平面直角坐标系.
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7.(多选题)(2023新高考Ⅱ,10)设O为坐标原点,直线y=- (x-1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C交于M,N两点,l为C的准线,则( )
A.p=2
B.|MN|=
C.以MN为直径的圆与l相切
D.△OMN为等腰三角形
AC
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8.(5分)(2024广东湛江二模)已知F1,F2是椭圆C的两个焦点,若C上存在一点P满足|PF1|2=19|PF2|2,则C的离心率的取值范围是 .
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y=±2x
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解析 根据题意画出图象如下:
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关键能力提升练
A.28 B.29
C.30 D.32
C
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=(|PF1|2-3)-(|PF2|2-1)=|PF1|2-|PF2|2-2=(|PF1|-|PF2|)(|PF1|+|PF2|)-2 =2a(|PF1|+|PF2|)-2≥2a·2c-2=2×2×2×4-2=30,
当且仅当P为双曲线的右顶点时,等号成立,即 的最小值为30.故选C.
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AB
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12.(多选题)(2024湖南衡阳模拟)已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)过点P(2,2 ),其焦点为F,过点F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与抛物线Γ相交于A,B两点,直线l2与Γ相交于C,D两点(如图所示),则下列结论正确的是( )
A.抛物线Γ的方程为y2=4x
B.抛物线Γ的准线方程为x=-2
C.△ACF和△BFD面积之和的最小值为7
D.△ACF和△BFD面积之和的最小值为8
AD
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15.(5分)(2024河北衡水模拟)数学家Dandelin用一平面截圆锥后,在圆锥内放两个大小不同的小球,使得它们分别与圆锥侧面、截面相切,就可证明图中平面截圆锥得到的截面是椭圆(如图称为丹德林双球模型).若圆锥的轴截面为正三角形,则用与圆锥的轴成60°角的平面截圆锥所得椭圆的离心
率为 .
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解析 如图,令两个球O1,O2分别与截面相切于点E,F,在截口曲线上任取一点H,过点H作圆锥的母线,分别与两个球相切于Q,P,HQ,HF均为球O1的切线,则HQ=HF,同理HE=HP,因此HE+HF=HP+HQ=PQ>EF,由切点P,Q的产生方式知,PQ长为定值,于是截口曲线上任意一点H到定点E,F的距离和为定值,该曲线是以点E,F为焦点的椭圆,
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16.(5分)(2024福建厦门一模)设△ABC是面积为1的等腰直角三角形,D是斜边AB的中点,点P在△ABC所在的平面内,记△PCD与△PAB的面积分别为S1,S2,且S1-S2=1.当|PB|= ,且|PA|>|PB|时,|PA|= ;记||PA|-|PB||
=a,则实数a的取值范围为 .
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核心素养创新练
17.(多选题)(2024山东菏泽模拟)用平面α截圆柱面,圆柱的轴与平面α所成角记为θ,当θ为锐角时,圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示,将两个大小相同的球嵌入圆柱内,使它们分别位于α的上方和下方,并且与圆柱面和α均相切.其中G1G2为椭圆长轴,F1,F2为两切点,P为椭圆上一点.下列结论中正确的有( )
A.椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B.椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距O1O2相等
C.所得椭圆的离心率e=cos θ
D.若R为球O1半径,则有R=AG1·tan
ABC
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解析 过点P作线段EF,EF分别与球O1,O2切于点F,E,由图可知,PF1,PF2分别与球O1,O2切于点F1,F2,根据切线长定理有PF1=PF,PF2=PE,故有|PF1|+|PF2|=|PF|+|PE|=|EF|=|O1O2|,于是截口曲线上任一点P到定点E,F的距离和为定值且|O1O2|>|F1F2|,由椭圆定义可知,该曲线是以F1,F2为焦点,|O1O2|为长轴长的椭圆,故B正确;
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18(共33张PPT)
专题突破练22 直线与圆锥曲线的位置关系
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主干知识达标练
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C
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3.(多选题)(2022新高考Ⅰ,11)已知O为坐标原点,点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上,过点B(0,-1)的直线交C于P,Q两点,则( )
A.C的准线为y=-1
B.直线AB与C相切
C.|OP|·|OQ|>|OA|2
D.|BP|·|BQ|>|BA|2
BCD
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关键能力提升练
BCD
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7.(多选题)(2024山东菏泽模拟)已知抛物线y2=8x的焦点为F,准线与x轴的交点为C,过点C的直线l与抛物线交于A,B两点,A点位于B点右方,若∠AFB=∠CFB,则下列结论一定正确的有( )
ABC
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解析 由题意得,如图,F(2,0),C(-2,0),当直线l的斜率为0时,与抛物线只有1个交点,不符合题意.
故设直线l的方程为x=my-2,不妨设m>0,
联立y2=8x,可得y2-8my+16=0,由l与抛物线交于A,B两点,所以Δ>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1>0,y2>0,则y1+y2=8m,y1y2=16,
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解析如图,取AT,BT的中点C,D,依题意,点R是AB中点,点P,Q分别在OC,OD上.
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9.(17分)(2024浙江湖州模拟)已知长为2 的线段PQ的中点为原点O,圆T经过P,Q两点且与直线y+2=0相切,圆心T的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点D(1,b)且互相垂直的直线l1,l2分别与曲线C交于点E,H和点M,N,且|ED|=|DH|,四边形MENH的面积为15 ,求实数b的值.
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核心素养创新练
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10(共23张PPT)
专题突破练23 圆锥曲线中的最值、范围问题
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主干知识达标练
(1)求椭圆E的方程;
(2)求椭圆E的外切矩形ABCD的面积S的最大值.
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2.(17分)(2024湖南长沙一模)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,其准线l与x轴交于点P,过点P的直线与C交于A,B两点(点A在点B的左侧).
(1)若点A是线段PB的中点,求点A的坐标;
(2)若直线AF与C交于点D,记△BDP内切圆的半径为r,求r的取值范围.
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关键能力提升练
(1)求C1,C2的方程;
(2)设P为C1上一点,且在第一象限内,若直线PF1与C2交于A,B两点,直线PF2与C2交于C,D两点,设AB,CD的中点分别为M,N,记直线MN的斜率为k,当k取最小值时,求点P的坐标.
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核心素养创新练
(1)求双曲线E的方程;
(2)直线l:x=t交x轴于点D,过点D的直线交双曲线E于B,C,直线AB,AC分别交l于G,H,若O,A,G,H均在圆P上,
①求点D的横坐标;
②求圆P面积的取值范围.
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(2)如图,①由题知,直线BC斜率存在,设D(t,0),B(x1,y1),C(x2,y2),直线BC的方程为my=x-t,将x=my+t代入双曲线方程,消去x整理得(m2-3)y2+2mty+t2-3=0,易知该方程有两解,所以m2-3≠0且Δ=12(t2+m2-3)>0,则
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4(共15张PPT)
专题突破练24 圆锥曲线中的定点、定值问题
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主干知识达标练
1.(17分)(2024山东聊城一模)已知抛物线C关于y轴对称,顶点在原点,且经过点P(2,2),动直线l:y=kx+b不经过点P,与C相交于A,B两点,且直线PA和PB的斜率之积等于3.
(1)求C的标准方程;
(2)证明:直线l过定点,并求出定点坐标.
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(1)解 由抛物线C关于y轴对称,故可设C:x2=2py(p>0),由P(2,2)在抛物线C上,故4=2p×2,解得p=1,故C:x2=2y.
即x2-2kx-2b=0,Δ=4k2+8b>0,x1+x2=2k,x1x2=-2b,代入(*)式,即有-2b+2×2k=8,化简得b=2k-4,此时Δ=4k2+8b=4k2+16k-32,则Δ>0有解,
则l:y=k(x+2)-4,即直线l过定点(-2,-4).
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关键能力提升练
(1)求C的方程;
(2)若过C的上焦点F的直线与C交于A,B两点,求证:以AB为直径的圆过定点,并求该定点.
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以AB为直径的圆的方程为(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0,即
x2-(x1+x2)x+x1x2+y2-(y1+y2)y+y1y2=0,由对称性知以AB为直径的圆必过y轴上的定点,令x=0,得y2-(y1+y2)y+x1x2+y1y2=0,
∴[(3-m2)y+5m2-3](y+1)=0对 m∈R恒成立,y=-1,
∴以AB为直径的圆经过定点(0,-1).
当y=2时,A(-3,2),B(3,2),此时圆的方程为x2+(y-2)2=9,也经过点(0,-1),经验证,以AB为直径的圆过定点(0,-1).
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核心素养创新练
4.(17分)(2024新疆乌鲁木齐二模)在平面直角坐标系xOy中,重新定义两点A(x1,y1),B(x2,y2)之间的“距离”为|AB|=|x2-x1|+|y2-y1|,我们把到两定点
F1(-c,0),F2(c,0)(c>0)的“距离”之和为常数2a(a>c)的点的轨迹叫“椭圆”.
(1)求“椭圆”的方程;
(2)根据“椭圆”的方程,研究“椭圆”的范围、对称性,并说明理由;
(3)设c=1,a=2,作出“椭圆”的图形,设此“椭圆”的外接椭圆为C,C的左顶点为A,过点F2作直线交C于M,N两点,△AMN的外心为Q,求证:直线OQ与MN的斜率之积为定值.
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(1)解 设“椭圆”上任意一点为P(x,y),则|PF1|+|PF2|=2a,即
|x+c|+|y|+|x-c|+|y|=2a,即|x+c|+|x-c|+2|y|=2a(a>c>0),所以“椭圆”的方程为|x+c|+|x-c|+2|y|=2a(a>c>0).
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所以2a-2|y|≥2c,所以c-a≤y≤a-c,所以“椭圆”的范围为x∈[-a,a],y∈[c-a,a-c].在“椭圆”方程中以-x代x,方程不变,即“椭圆”关于y轴对称;同理可得“椭圆”关于x轴和原点对称,如图.
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4(共29张PPT)
专题突破练25 圆锥曲线中的证明、探索性问题
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主干知识达标练
1.(17分)(2024福建厦门模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知圆A:
(x-2)2+y2=4,点B(-2,0),点P为圆A上任意一点,线段BP的垂直平分线和半径AP所在直线相交于点Q,当点P在圆上运动时,点Q的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)斜率存在且不为0的直线l与C交于M,N两点,存在一点D在C上.从下面①②③中任选两个作为已知条件,证明另外一个成立.
①DM⊥x轴;
②直线l经过点(- ,0);
③D,B,N三点共线.
注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.
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2.(17分)(2024江苏南京、盐城一模)已知椭圆C: (a>b>0)的右焦点为F(1,0),右顶点为A,直线l:x=4与x轴交于点M,且|AM|=a|AF|.
(1)求C的方程;
(2)若B为l上的动点,过B作C的两条切线,分别交y轴于点P,Q,
①证明:直线BP,BF,BQ的斜率成等差数列;
②圆N经过B,P,Q三点,是否存在点B,使得∠PNQ=90° 若存在,求|BM|;若不存在,请说明理由.
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解 (1)由椭圆右焦点为F(1,0),得c=1,点A(a,0).
因为|AM|=a|AF|,所以|4-a|=a(a-1),若a≥4,则a-4=a(a-1),得a2-2a+4=0,无解,
若a<4,则4-a=a(a-1),得a2=4,所以b2=3,因此C的方程为
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图1
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关键能力提升练
3.(17分)(2024内蒙古呼和浩特一模)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F,且抛物线上任意一点R满足|RF|的最小值为1.
(1)求C的方程;
(2)过点P(t,-1)的直线经过点F且与抛物线交于M,N两点,
(3)过点F作一条倾斜角为60°的直线交抛物线于A,B两点,过A,B分别作抛物线的切线.两条切线交于点Q,过Q任意作一条直线交抛物线于E,H,交直线AB于点G,求证:
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图1
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图2
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核心素养创新练
4.(17分)(2024福建泉州模拟)在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,∠ACB的平分线交AB于点D,AD=2DB.平面α过直线AB,且与△ABC所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面α所成角的大小.
(2)设点E∈α,且∠ECD=30°,记E的轨迹为曲线Γ.
①判断Γ是什么曲线,并说明理由;
②不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P,Q两点,试问:在平面α内是否存在定点T,使得无论l绕点D如何转动,总有∠PTC=∠QTC 若存在,指出点T的位置;若不存在,说明理由.
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解 (1)如图,因为平面ABC⊥平面α,平面ABC∩平面α=AB,BC 平面ABC,BC⊥AB,所以BC⊥平面α.
所以CD在平面α内的射影为DB,所以直线CD与平面α所成角为∠CDB.
过点D作DF⊥AC,垂足为F.
因为CD平分∠ACB,DB⊥BC,所以DF=DB.
又AD=2DB,所以DF= AD,所以∠DAF=30°.
又AB=6,∠ABC=90°,所以BC=2 .
因为DB= AB=2,所以∠CDB=60°,所以直线CD与平面α所成角为60°.
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(2)①曲线Γ是椭圆,理由如下:
由(1)可知,DF⊥AC,DA=DC,所以F是AC的中点,
设AB的中点为O,所以OF∥BC.
又BC⊥平面α,所以OF⊥平面α.
在平面α内过点O作OG⊥AB,所以OF⊥OB,OF⊥OG.
建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.
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由对称性知,若存在定点T满足条件,则点T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T(0,t,0).
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所以|x2(y1-t)|=|x1(y2-t)|.
因为x1x2<0,(y1-t)(y2-t)≥0,
所以x1(y2-t)+x2(y1-t)=0,
所以2kx1x2+(1-t)(x1+x2)=0,
即(9-t)k=0.
因为上式对于任意的k∈R恒成立,所以t=9.
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由对称性知,若存在定点T满足条件,则T必在平面ABC与平面α的交线AB上,故可设T(0,t,0).
当T与B重合时,即t=3时,因为CT⊥平面α,又PT,QT 平面α,所以∠PTC=∠QTC= .所以当t=3时,符合题意.
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当T与B不重合时,过点B作BP1⊥PT,BQ1⊥QT,垂足分别为P1,Q1.连接CP1,CQ1,因为BC⊥平面α,P1T 平面α,所以P1T⊥BC.
又P1T⊥BP1,BP1∩BC=B,所以P1T⊥平面BCP1,又CP1 平面BCP1,
所以P1T⊥CP1,同理Q1T⊥CQ1.
又∠P1TC=∠Q1TC,所以△P1TC≌△Q1TC,所以P1T=Q1T,所以Rt△BP1T≌Rt△BQ1T,所以直线BT平分∠PTQ.
又BT在y轴上,所以在平面α内直线PT,QT的倾斜角互补,在平面α内,设直线PT,QT的斜率分别为k1,k2,(共21张PPT)
突破1 圆锥曲线中的最值、范围问题
考点一 构造不等式求最值、范围
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设斜率为k(k≠0)的直线l过点F,交椭圆C于A,B两点,记线段AB的中点为N,直线ON交直线x=3于点M,直线MF交椭圆C于P,Q两点,求∠MFA的大小,并求四边形APBQ面积的最小值.
[对点训练1]双曲线C: (a>0,b>0)的左顶点为A,焦距为4,过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B,D两点,且△ABD是直角三角形.
(1)求双曲线C的方程;
(2)M,N是双曲线C右支上的两动点,设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,若k1k2=-2,求点A到直线MN的距离d的取值范围.
即y1y2+2(x1+1)(x2+1)=0,
即y1y2+2(my1+n+1)(my2+n+1)=0,
整理得(2m2+1)y1y2+2m(n+1)(y1+y2)+2(n+1)2=0,代入根与系数的关系得,3(n2-1)(2m2+1)-12m2n(n+1)+2(n+1)2(3m2-1)=0,化简得n2-4n-5=0,解得n=5或n=-1(不满足题目条件,舍去),则直线MN的方程为x-my-5=0,得
考点二 构造函数求最值、范围
例2(2024浙江金华模拟)在直角坐标系xOy中,圆Γ的圆心P在y轴上(P不与O重合),且与双曲线Ω: (a>0,b>0)的右支交于A,B两点.已知|PA|2+|PB|2=|OA|2+|OB|2.
(1)求Ω的离心率;
(2)若Ω的右焦点为F(2,0),且圆Γ过点F,求|FA|+|FB|的取值范围.
由圆Γ的圆心P在y轴上,设P(0,m)(m≠0),
因为|PA|2+|PB|2=|OA|2+|OB|2,
化简得m(y1+y2)=m2,由m≠0,得y1+y2=m,由圆Γ的圆心为P,弦AB中点为M,所以MP⊥AB,
(2)如图,由Ω的右焦点为F(2,0),得c=2,由(1)知,c= a,所以有a=b= ,故双曲线的方程为x2-y2=2.
由双曲线方程可知,x1>1,x2>1.
设圆Γ的方程为x2+(y-m)2=r2,由圆Γ过点F(2,0),
则4+m2=r2,则圆Γ的方程可化为x2+y2-2my-4=0,
消去x化简得y2-my-1=0,Δ=m2+4>0,
[对点训练2](2024四川南充二模)如图,已知四边形ABCD的四个顶点都在抛物线x2=4y上,且A,B在第一象限,AC∥x轴,抛物线在点A处的切线为l,且BD∥l.
(1)设直线CB,CD的斜率分别为k和k',求k+k'的值;
(2)P为AC与BD的交点,设△BCD的面积为S1,
△PAD的面积为S2,若tan∠BCA=2,求 的取值范围.(共27张PPT)
突破2 圆锥曲线中的定点、定值问题
考点一 定点(定直线)问题
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与直线NA2交于P.证明:点P在定直线上.
(2)证明 (方法一)(ⅰ)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+4),设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0.
(方法二)由于直线MN与双曲线左支交于M,N两点,∴直线MN的斜率不为0.
(1)求C的方程;
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.
∵直线AP,AQ分别与y轴交于M,N两点,且过A(-2,0),
∴设直线AP的方程为y-0=k1(x+2),即y=k1x+2k1,设直线AQ的方程为
y-0=k2(x+2),即y=k2x+2k2,
∴M(0,2k1),N(0,2k2),T(0,k1+k2).
又y1=k(x1+2)+3,y2=k(x2+2)+3,y1=k1x1+2k1,y2=k2x2+2k2,
综上,线段MN的中点为定点(0,3).
(方法二)设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然直线PQ斜率存在,故设直线PQ:y=k(x+2)+3.
考点二 定值问题
例2(2024广东深圳模拟)在平面直角坐标系中,已知F1(-1,0),F2(1,0),Q为动点,且|F2Q|=4,线段F1Q的垂直平分线交线段F2Q于点P,设P的轨迹是曲线C,射线PF1,PF2分别与C交于A,B两点.
(1)求C的方程;
解 (1)由已知得|PF1|=|PQ|,且|PF1|+|PF2|=|PQ|+|PF2|=|QF2|=4>|F1F2|=2,
所以点P的轨迹是以F1(-1,0),F2(1,0)为焦点的椭圆,且2a=4,2c=2,
所以a=2,c=1,b2=a2-c2=3,
[对点训练2](2024湖南岳阳三模)已知动圆P过定点F(0,1)且与直线y=3相切,记圆心P的轨迹为曲线E.
(1)已知A,B两点的坐标分别为(-2,1),(2,1),直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,证明:k1-k2=1;
(2)若点M(x1,y1),N(x2,y2)是轨迹E上的两个动点且x1x2=-4,设线段MN的中点为Q,圆P与动点Q的轨迹Γ交于不同于F的三点C,D,G,求证:△CDG的重心的横坐标为定值.
(2)显然直线MN的斜率存在,如图,设直线MN的方程为y=kx+b,k,b∈R,联立
消去y并整理得x2+4kx+4b-8=0,
因为Δ>0,所以x1x2=4b-8,
又x1x2=-4,所以b=1,
所以x2+4kx-4=0,直线MN的方程为
y=kx+1,x1+x2=-4k,y1+y2=k(x1+x2)+2=-4k2+2,
所以线段MN的中点坐标为Q(-2k,-2k2+1).
得x4+(4-2n)x2+4mx=0,
设C,D,G的横坐标分别为c,d,g,
因为C,D,G都异于F,
所以c,d,g都不为零,
故关于x的方程x3+(4-2n)x+4m=0的根为c,d,g,
令(x-c)(x-d)(x-g)=0,
即有x3-(c+d+g)x2+(cd+dg+gc)x-cdg=0,
所以c+d+g=0,
故△CDG的重心的横坐标为定值.(共22张PPT)
突破3 圆锥曲线中的证明、探索性问题
考点一 证明问题
例1(2024福建漳州一模)已知过点F1(-1,0)的直线l与圆F2:(x-1)2+y2=16相交于G,H两点,线段GH的中点为E,过线段GF1的中点F且平行于EF2的直线交GF2于点P,记点P的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程;
(2)若A,B为轨迹C上的两个动点且均不在y轴上,点M满足
(λ,μ∈R),其中O为坐标原点,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①点M在轨迹C上;
②直线OA与OB的斜率之积为- ;
③λ2+μ2=1.
(1)解 如图,由题意可知,圆F2:(x-1)2+y2=16的圆心为F2(1,0),半径r=4,由题意可知,直线GH斜率不为0,即P不在x轴上,因为E为GH的中点,则GH⊥EF2,又因为FP∥EF2,则GH⊥FP,即FP为线段GF1的中垂线,则|PG|=|PF1|,可得|PF1|+|PF2|=|PG|+|PF2|=|GF2|=4>2=|F1F2|,由椭圆定义可知,点P的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆,且不包含长轴的两端点,则a=2,c=1,可得
(1)求双曲线C的方程;
(2)设双曲线C的左、右两个顶点分别为A1,A2,T为直线l:x=1上的动点,且T不在x轴上,直线TA1与C的另一个交点为M,直线TA2与C的另一个交点为N,直线MN与x轴的交点为P,直线l与MN的交点为Q,证明:
则lMN:x=my+4,所以点P坐标为(4,0).
考点二 探索性问题
且左焦点F到渐近线的距离为 .过点F作直线l1,l2分别交双曲线E于A,B和C,D,且线段AB,CD的中点分别为M,N.
(1)求双曲线E的标准方程;
(2)若直线l1,l2斜率的乘积为- ,试探究:是否存在定圆T,使得直线MN被圆T截得的弦长恒为4 若存在,请求出圆T的标准方程;若不存在,请说明理由.
(2)如图,由(1)知F(-3,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),
则直线l1:y=k1(x+3),l2:y=k2(x+3),
则kMT=kNT,所以M,T,N三点共线.
综上,直线MN过定点T(2,0).
所以存在定圆T:(x-2)2+y2=4,使得直线MN被圆T截得的弦长恒为4.
此时直线MN:x=2也经过点(2,0).
故直线MN过定点T(2,0).
所以存在定圆T:(x-2)2+y2=4,使得直线MN被圆T截得的弦长恒为4.
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线l与椭圆C交于不同的M,N两点,且直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列.椭圆C上是否存在一点P,使得四边形OMPN为平行四边形 若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
