课时检测（四十） 圆锥曲线的综合问题
1.一动圆的圆心在抛物线x2=16y上,且该动圆恒与直线y+4=0相切,则动圆必经过的定点为 ( )
A.(0,4) B.(4,0)
C.(2,0) D.(0,2)
2.已知点P是椭圆C:+=1上一点,N,M分别是圆(x-6)2+y2=1和圆(x+6)2+y2=4上的点,那么|PM|+|PN|的最小值为 ( )
A.15 B.16
C.17 D.18
3.直线l与抛物线C:y2=2x交于A,B两点,O为坐标原点,若直线OA,OB的斜率k1,k2满足k1k2=,则l的横截距 ( )
A.为定值-3 B.为定值3
C.为定值-1 D.不是定值
4.已知A,B是椭圆+=1(a>b>0)长轴上的两个端点,M是椭圆上一点,直线AM,BM的斜率分别为k1,k2,
若椭圆的离心率为,则k1·k2= ( )
A.- B.-
C.- D.
5.已知曲线C:y2=2x,直线l:x-y+3=0,P,Q分别是曲线C与直线l上的动点,则|PQ|的最小值为 ( )
A.1 B.
C. D.
6.已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交椭圆于A,B两点,若M(1,-1)且+=2,则E的方程为 ( )
A.+=1 B.+=1
C.+=1 D.+=1
7.(多选)已知双曲线C:x2-=1,过其右焦点F的直线l与双曲线交于两点A,B,则 ( )
A.若A在双曲线右支上,则|AF|的最短长度为1
B.若A,B同在双曲线右支上,则l的斜率大于
C.|AB|的最短长度为6
D.满足|AB|=8的直线l有4条
8.(2024·新课标Ⅱ卷)(多选)抛物线C:y2=4x的准线为l,P为C上动点,过P作☉A:x2+(y-4)2=1的一条切线,
Q为切点.过P作l的垂线,垂足为B,则 ( )
A.l与☉A相切
B.当P,A,B三点共线时,|PQ|=
C.当|PB|=2时,PA⊥AB
D.满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个
9.(5分)已知点P为直线l:x=-2上任意一点,过点P作抛物线y2=2px(p>0)的两条切线,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2= .
10.(5分)如图,焦点在x轴上的椭圆+=1的离心率e=,F,A分别是椭圆的一个焦点和顶点,P是椭圆上任意一点,则·的最大值为 .
11.(5分)已知△ABC的顶点都在抛物线F:y2=4x上,若△ABC重心的纵坐标为,则++= .
12.(10分)若椭圆E:+=1(a>b>0)过抛物线x2=4y的焦点,且与双曲线x2-y2=1有相同的焦点.
(1)求椭圆E的方程;(3分)
(2)不过原点O的直线l:y=x+m与椭圆E交于A,B两点,求△ABO面积的最大值以及此时直线l的方程.(7分)
13.(10分)在平面直角坐标系Oxy中,抛物线y2=2px(p>0)上一点P的横坐标为4,且点P到焦点F的距离为5.
(1)求抛物线的方程;(4分)
(2)若直线l:x=my+t交抛物线于A,B两点(位于对称轴异侧),且·=,求证:直线l必过定点.(6分)
14.(15分)(2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;(5分)
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.(10分)
15.(15分)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),且点Q(,)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程;(5分)
(2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A,B两点,在x轴上是否存在异于F的点P,使得点F到直线PA,PB的距离始终相等 若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.(10分)
课时检测(四十)
1.选A 由抛物线x2＝16y，得准线方程为y＝－4，焦点坐标为(0,4)，∵动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，且动圆恒与直线y＝－4相切，由抛物线的定义知|MF|＝|MK|，如图所示，∴动圆必经过定点F(0,4)．
2.选C 如图，椭圆C：＋＝1中的a＝10，b＝8，所以c＝6，圆(x－6)2＋y2＝1和圆(x＋6)2＋y2＝4的圆心为椭圆的两个焦点，则当M，N为如图所示的位置时，|PM|＋|PN|的最小值为2a－(2＋1)＝17.
3．选A 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则·＝.∴＝，∴y1y2＝6，设直线l：x＝my＋b，代入抛物线方程可化为y2－2my－2b＝0，∴y1y2＝－2b，∴－2b＝6，∴b＝－3，∴l的横截距为－3.
4．选C 依题意可得A(－a,0)，B(a,0)，设M(x0，y0)(x0≠±a)，所以k1＝，k2＝，＋＝1.因为椭圆的离心率为，所以e＝＝＝，所以＝，所以k1·k2＝·＝＝＝－＝－.
5．选D 依题意，设曲线C上点P，而点Q在直线l：x－y＋3＝0上，由消去x得y2－2y＋6＝0，Δ＝(－2)2－4×6<0，即直线l与曲线C相离，则|PQ|≥＝＝≥，当且仅当t＝1，即P，且PQ⊥l时取等号，所以|PQ|的最小值为.
6.选D 如图所示，因为椭圆E的右焦点为F(3,0)，所以a2＝b2＋9，不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意＋＝2等价于M是AB的中点，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，又点A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆E上，所以＋＝1，＋＝1，
进一步有
＝－，即＝－，所以直线AB的斜率可以表示为k＝＝＝，又F(3,0)，M(1，－1)在直线AB上，所以直线AB的斜率为k＝＝，从而＝，解得b2＝9，a2＝18，即E的方程为＋＝1.
7．选AD 由双曲线C：x2－＝1可得a＝1，b＝，所以c＝＝2.对于A，若A在双曲线右支上，则|AF|的最短长度为c－a＝2－1＝1，故A正确；对于B，双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x，若A，B同在双曲线右支上，则l的斜率大于或小于－，故B不正确；对于C，当A，B同在双曲线右支上时，AB⊥x轴时，|AB|最短，将x＝2代入x2－＝1可得y＝±3，此时|AB|＝6，当A，B在双曲线两支上时，|AB|最短为实轴长2a＝2，所以|AB|的最短长度为2，故C不正确；对于D，当A，B同在双曲线右支上时，|AB|min＝6<8，当A，B在双曲线两支上时，|AB|min＝2<8，根据双曲线对称性可知，满足|AB|＝8的直线l有4条，故D正确．故选AD.
8．选ABD 由题意抛物线y2＝4x的准线为x＝－1，⊙A的圆心(0,4)到直线x＝－1的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和⊙A相切，A正确；
P，A，B三点共线时，即PA⊥l，则P的纵坐标yP＝4，
由y＝4xP，得xP＝4，故P(4,4)，
此时切线长|PQ|＝＝＝，B正确；
当|PB|＝2时，xP＝1，此时y＝4xP＝4，故P(1,2)或P(1，－2)，
当点P的坐标为(1,2)时，A(0,4)，B(－1,2)，kPA＝＝－2，kAB＝＝2，不满足kPAkAB＝－1；
当点P的坐标为(1，－2)时，A(0,4)，B(－1，－2)，kPA＝＝－6，kAB＝＝6，不满足kPAkAB＝－1；
于是PA⊥AB不成立，C错误；
D选项，法一 因为抛物线的焦点F(1,0)，|PB|＝|PF|，所以|PA|＝|PB|等价于点P在线段AF的中垂线上，易得该中垂线的方程为y＝x＋.与抛物线方程联立，得
消去y整理得4x2－196x＋225＝0，Δ＝(－196)2－4×4×225＞0，
所以满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个．
法二：设点直接求解
设P，由PB⊥l可得B(－1，t)，又A(0,4)，|PA|＝|PB|，根据两点间的距离公式，＝＋1，整理得t2－16t＋30＝0，Δ＝162－4×30＝136＞0，则关于t的方程有两个解，
即存在两个这样的P点，D正确．故选ABD.
9．解析：不妨设P(－2,0)，过P的切线方程设为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程y2＝2px(p＞0)，得k2x2＋(4k2－2p)x＋4k2＝0，又k≠0，故x1x2＝4.
答案：4
10．解析：设P点坐标为(x0，y0)，由题意知a＝2，因为e＝＝，所以c＝1，则b2＝a2－c2＝3.故椭圆的方程为＋＝1，则－2≤x0≤2，因为F(－1,0)，A(2,0)，则＝(－1－x0，－y0)，＝(2－x0，－y0)，所以·＝(－1－x0)×(2－x0)＋(－y0)2＝x－x0－2＋y，又P点在椭圆上，所以＋＝1，即y＝3－x，所以·＝x－x0－2＋y＝x－x0＋1＝(x0－2)2，又－2≤x0≤2，所以当x0＝－2时，·取得最大值4.
答案：4
11．解析：设A，B，C的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，又点A，B，C都在抛物线y2＝4x上，则kAB＝＝＝，则＝，同理＝，＝，所以＋＋＝＝＝.
答案：
12．解：(1)抛物线x2＝4y的焦点为(0,1)，所以b＝1，
因为双曲线x2－y2＝1的焦点坐标为(－，0)，(，0)，所以a2－b2＝2，则a2＝3，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
因为直线l：y＝x＋m与椭圆E交于A，B两点，
所以Δ＝36m2－16(3m2－3)>0，解得m2<4，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝，由弦长公式可得|AB|＝·＝·，点O到直线l的距离为d＝，所以S△OAB＝·d·|AB|＝××|m|××＝×≤ ，
当且仅当m2＝2，即m＝±时取得等号，
所以△ABO面积的最大值为，此时直线l的方程为y＝x±.
13．解：(1)由题可知，点P到抛物线准线的距离为5，
因为抛物线的准线方程为x＝－，点P的横坐标为4，所以4＋＝5，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)证明：设A，B，且y1y2<0，
联立消去x可得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝16m2＋16t>0，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t<0，即t>0，所以x1x2＝·＝＝t2.
由·＝，得x1x2＋y1y2＝，即t2－4t＝，解得t＝－(舍去)或t＝，故直线l的方程为x＝my＋，所以直线l必过定点.
14．解：(1)设F(c,0)，由题设有c＝1且＝，故＝，解得a＝2，故b＝，
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，故－而N，故直线BN：y＝，故yQ＝＝，
所以y1－yQ＝y1＋
＝
＝
＝k·
＝k·
＝k·＝0.
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
15．解：(1)由题意，得c＝2，
所以所以a2＝1，b2＝3，
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.
(2)假设存在点P(n,0)满足题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意知，直线AB的斜率不为0，当直线AB的斜率存在时，设直线AB：x＝my＋2(m≠0)，
联立消去x，
得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
则3m2－1≠0，Δ＝(12m)2－4×9(3m2－1)＝36(m2＋1)>0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
因为点F到直线PA，PB的距离相等，
所以PF是∠APB的平分线，
则kPA＋kPB＝0，即＋＝0，
则y1(my2＋2－n)＋y2(my1＋2－n)＝0，
整理得2my1y2＋(2－n)(y1＋y2)＝0，
故－＝0，即3m－2m(2－n)＝0，因为m≠0，
所以n＝，此时P；当直线AB的斜率不存在时，根据抛物线的对称性，易得点P也能让点F到直线PA，PB的距离相等．
综上所述，存在点P满足题意．专题微课 圆锥曲线的综合问题
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.浸润的核心素养
圆锥曲线包含的数学核心素养是多方面的,包括直观想象、逻辑推理、数学运算等.直观想象是指学生学习圆锥曲线时需要对几何图形有一定的想象能力,能够通过几何图形来理解和推导圆锥曲线的特征.逻辑推理是指学生能够通过探究、实验、发现等方式深入理解圆锥曲线复杂的性质和应用.数学运算是指学生在学习圆锥曲线时需要具备一定的代数运算能力,能够进行代数式的化简、因式分解、配方等操作.
2.渗透的数学思想
圆锥曲线中问题的解决往往需要应用数形结合、转化方程、特殊与一般数学思想,来有效降低思维难度,简化解题过程,尤其是数形结合思想.尽管解析几何用方程来研究曲线,但借助图形、利用曲线的几何性质仍是解析几何问题解决的有效手段.
题型(一) 最值与范围问题
[例1] (2024·天津高考)已知椭圆+=1(a>b>0),椭圆的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得·≤0 若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
听课记录:
|思|维|建|模|
圆锥曲线中最值与范围的求法
(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何图形特征及意义,则考虑利用图形性质来解决.
(2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值与范围,求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
[针对训练]
1.已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P在抛物线E上,点P的横坐标为2,且|PF|=2.
(1)求抛物线E的标准方程;
(2)若A,B为抛物线E上的两个动点(异于点P),且AP⊥AB,求点B的横坐标的取值范围.
题型(二) 定点与定值问题
[例2] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点F2与抛物线y2=4x的焦点重合,且其离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于M,N两点,线段MN的中点为P,求证:kMN·kOP(O为坐标原点)为定值.
听课记录:
|思|维|建|模|
解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量,探究、
证明动态图形中的不变性质(定点、定值等),体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.
[针对训练]
2.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),四点M1,M2(3,),M3,M4中恰有三点在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(3,0)的直线l交C于P,Q两点,过点P作直线x=1的垂线,垂足为A.证明:直线AQ过定点.
题型(三) 探索性问题
[例3] 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),直线l在x轴上方与x轴平行,交双曲线C于A,B两点,直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时,点A的坐标为(6,4).
(1)求C的方程;
(2)设OD的中点为M,是否存在定直线l,使得经过M的直线与C交于P,Q,与线段AB交于点N,
=λ,=λ均成立.若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由.
听课记录:
|思|维|建|模|
(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素存在;否则不存在.
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
[针对训练]
3.已知椭圆方程为+=1(a>b>0),过点A(-a,0),B(0,b)的直线倾斜角为,原点到该直线的距离为.
(1)求椭圆的方程;
(2)对于D(-1,0),是否存在实数k,使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P,Q,且|DP|=|DQ|,若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
专题微课 圆锥曲线的综合问题
[题型(一)]
[例1] 解：(1)因为e＝＝，所以a＝2c，b＝＝c.
由题知A(－a,0)，B(0，－b)，C，
所以S△ABC＝|BC||OA|＝××a＝××2c＝，解得c＝.所以a＝2，b＝3.
故椭圆的方程为＋＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)．
当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P(0,3)，Q(0，－3)，则·＝(0,3－t)·(0，－3－t)＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3.当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－，
由可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，所以Δ＝144k2＋4×27(3＋4k2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝－.
因为·＝(x1，y1－t)·(x2，y2－t)＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋＝(1＋k2)·x1x2－k(x1＋x2)＋2＝－－＋2
＝
＝≤0，
所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－≤0对k∈R恒成立，
则有解得－3≤t≤.
综上可得，－3≤t≤，即在y轴上存在点T使得·≤0，且点T纵坐标的取值范围是.
[针对训练]
1．解：(1)依题意得F，设P(2，y0)，y0＝2－，又点P是E上一点，所以4＝2p，得p2－4p＋4＝0，解得p＝2，
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y.
(2)由题意知P(2,1), 设A，B，则kAP＝＝(x1＋2)，因为x1≠－2，所以kAB＝－，直线AB的方程为y－＝·(x－x1)，联立x2＝4y.
因为x≠x1，得(x＋x1)(x1＋2)＋16＝0，即x＋(x＋2)x1＋2x＋16＝0，因为Δ＝(x＋2)2－4(2x＋16)≥0，即x2－4x－60≥0，故x≥10或x≤－6，
经检验，当x＝－6时，不满足题意．综上，x2<6或x2≥10.所以点B的横坐标的取值范围是(－∞，－6)∪[10，＋∞)．
[题型(二)]
[例2] 解：(1)∵抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，∴椭圆C的半焦距为c＝1，又e＝＝，得a＝2，b＝＝.∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
联立
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.Δ>0，即m2<4k2＋3，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，∴P，
∴kOP＝＝－.
∴kMN·kOP＝－为定值．
[针对训练]
2．解：(1)由题意可知点M3，M4两点关于原点对称，所以M3，M4一定在双曲线上，而M1，因为6>4，但<，所以点M1不在双曲线上，所以点M2，M3，M4在双曲线上，则解得a2＝3，b2＝1，所以双曲线方程为－y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，
当y1＝y2时，直线l：y＝0，易知直线AQ：y＝0.
当y1≠y2时，设直线PQ的方程为x＝my＋3(m≠±)，代入双曲线方程可得(m2－3)y2＋6my＋6＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝，
所以直线AQ的方程为y－y1＝(x－1)，即y－y1＝(x－1)，令y＝0，则x＝＋1＝，由y1＋y2＝，y1y2＝，得my1y2＝＝－(y1＋y2)，
所以x＝＝＝2，综上，直线AQ过定点(2,0)．
[题型(三)]
[例3] 解：(1)由已知C：－＝1(a>0，b>0)，点A的坐标为(6,4)，得c＝4，焦点F1(0，4)，F2(0，－4)，2a＝|AF2|－|AF1|＝ －6＝4.所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，故C的方程为－＝1.
(2)设l的方程为y＝2m(m>1)，则D(0，2m)，故M(0，m)，由已知得直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，故N.
直线PQ的方程与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，由已知得3k2≠1，Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝①.
由＝λ，＝λ，得x1＝λ，x2＝λ，消去λ得x2＝x1，
即2x1x2－(x1＋x2)＝0②.
由①②得m2－2＝0，结合m>1，得m＝，
故存在定直线l：y＝2满足条件．
[针对训练]
3．解：(1)因为过点A(－a,0)，B(0，b)的直线倾斜角为，所以＝tan ，即＝，
过点A(－a,0)，B(0，b)的直线方程为y＝(x＋a)，故原点到该直线的距离为＝，解得a＝，故b＝1，
所以椭圆的方程是＋y2＝1.
(2)记P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将y＝kx＋2代入＋y2＝1，得(3k2＋1)x2＋12kx＋9＝0，
则Δ＝144k2－36(3k2＋1)>0，
解得k>1或k<－1，
设PQ的中点为M，则xM＝＝－，yM＝kxM＋2＝.
由|DP|＝|DQ|，得DM⊥PQ，所以kDM＝＝＝－，
所以3k2－4k＋1＝0，得k＝1或k＝，
由于k>1或k<－1，故k＝1，k＝均不能使方程有两个相异实根，故满足条件的k不存在．
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专题微课 圆锥曲线的综合问题
建构知识体系
1.浸润的核心素养
圆锥曲线包含的数学核心素养是多方面的,包括直观想象、逻辑推理、数学运算等.直观想象是指学生学习圆锥曲线时需要对几何图形有一定的想象能力,能够通过几何图形来理解和推导圆锥曲线的特征.逻辑推理是指学生能够通过探究、实验、发现等方式深入理解圆锥曲线复杂的性质和应用.数学运算是指学生在学习圆锥曲线时需要具备一定的代数运算能力,能够进行代数式的化简、因式分解、配方等操作.
2.渗透的数学思想
圆锥曲线中问题的解决往往需要应用数形结合、转化方程、特殊与一般数学思想,来有效降低思维难度,简化解题过程,尤其是数形结合思想.尽管解析几何用方程来研究曲线,但借助图形、利用曲线的几何性质仍是解析几何问题解决的有效手段.
融通学科素养
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 最值与范围问题
题型(二) 定点与定值问题
题型(三) 探索性问题
4
课时跟踪检测
题型(一) 最值与范围问题
01
[例1] (2024·天津高考)已知椭圆+=1(a>b>0),椭圆的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=.
(1)求椭圆的方程;
解:因为e==,所以a=2c,b==c.
由题知A(-a,0),B(0,-b),C,
所以S△ABC=|BC||OA|=××a=××2c=,解得c=.
所以a=2,b=3.
故椭圆的方程为+=1.
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得·≤0 若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
解:设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t).
当直线PQ的斜率不存在时,不妨设P(0,3),Q(0,-3),则·=(0,3-t)·(0,-3-t)=t2-9≤0,解得-3≤t≤3.
当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=kx-,
由可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,所以Δ=144k2+4×27(3+4k2)>0,x1+x2=,x1x2=-.
解:因为·=(x1,y1-t)·(x2,y2-t)=x1x2+(y1-t)(y2-t)=x1x2+
=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+
=--+==
≤0,
所以4k2t2-36k2+3t2+9t-≤0对k∈R恒成立,则有解得-3≤t≤.
综上可得,-3≤t≤,即在y轴上存在点T使得·≤0,且点T纵坐标的取值范围是.
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得·≤0 若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
圆锥曲线中最值与范围的求法
(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何图形特征及意义,则考虑利用图形性质来解决.
(2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值与范围,求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
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1.已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P在抛物线E上,点P的横坐标为2,且|PF|=2.
(1)求抛物线E的标准方程;
针对训练
解:依题意得F,设P(2,y0),y0=2-,
又点P是E上一点,所以4=2p,得p2-4p+4=0,解得p=2,
所以抛物线E的标准方程为x2=4y.
(2)若A,B为抛物线E上的两个动点(异于点P),且AP⊥AB,求点B的横坐标的取值范围.
解:由题意知P(2,1), 设A,B,
则kAP==(x1+2),因为x1≠-2,所以kAB=-,直线AB的方程为y-
=·(x-x1),联立x2=4y.
因为x≠x1,得(x+x1)(x1+2)+16=0,即+(x+2)x1+2x+16=0,因为Δ=(x+2)2-4(2x+16)≥0,即x2-4x-60≥0,故x≥10或x≤-6,
经检验,当x=-6时,不满足题意.
综上,x2<6或x2≥10.
所以点B的横坐标的取值范围是(-∞,-6)∪[10,+∞).
题型(二) 定点与定值问题
02
[例2] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点F2与抛物线y2=4x的焦点重合,且其离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
解:∵抛物线y2=4x的焦点为(1,0),∴椭圆C的半焦距为c=1,又e==,得a=2,b==.∴椭圆C的方程为+=1.
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于M,N两点,线段MN的中点为P,
求证:kMN·kOP(O为坐标原点)为定值.
解:证明:由题意可知,直线l的斜率存在且不为0,
设直线l的方程为y=kx+m(k≠0),联立
得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.
Δ>0,即m2<4k2+3,设M(x1,y1),N(x2,y2),
则x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,∴P,
∴kOP==-.
∴kMN·kOP=-为定值.
解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量,探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等),体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.
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针对训练
2.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),四点M1,M2(3,),
M3,M4中恰有三点在C上.
(1)求C的方程;
解:由题意可知点M3,M4两点关于原点对称,所以M3,M4一定在双曲线上,
而M1,因为6>4,但<,所以点M1不在双曲线上,所以点M2,M3,M4在双曲线上,则解得a2=3,b2=1,所以双曲线方程为-y2=1.
(2)过点(3,0)的直线l交C于P,Q两点,过点P作直线x=1的垂线,垂足为A.
证明:直线AQ过定点.
解:证明:设P(x1,y1),Q(x2,y2),则A(1,y1),
当y1=y2时,直线l:y=0,易知直线AQ:y=0.
当y1≠y2时,设直线PQ的方程为x=my+3(m≠±),代入双曲线方程可得
(m2-3)y2+6my+6=0,则y1+y2=,y1y2=,
所以直线AQ的方程为y-y1=(x-1),即y-y1=(x-1),令y=0,则x=+1=,由y1+y2=,y1y2=,得my1y2==-(y1+y2),
所以x===2,
综上,直线AQ过定点(2,0).
题型(三) 探索性问题
03
[例3] 已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),直线l在x轴上方与x轴平行,交双曲线C于A,B两点,直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时,点A的坐标为(6,4).
(1)求C的方程;
解:由已知C:-=1(a>0,b>0),点A的坐标为(6,4),
得c=4,焦点F1(0,4),F2(0,-4),2a=|AF2|-|AF1|
= -6=4.
所以a=2,b2=c2-a2=12,故C的方程为-=1.
(2)设OD的中点为M,是否存在定直线l,使得经过M的直线与C交于P,Q,与线段AB交于点N,=λ,=λ均成立.若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由.
解:设l的方程为y=2m(m>1),则D(0,2m),故M(0,m),由已知得直线PQ斜率存在,设直线PQ的方程为y=kx+m(k≠0),故N.
直线PQ的方程与双曲线方程联立得(3k2-1)x2+6kmx+3m2-12=0,
由已知得3k2≠1,Δ>0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=-,x1x2=①.
解:由=λ,=λ,得x1=λ,x2=λ,消去λ得x2=x1,
即2x1x2-(x1+x2)=0②.
由①②得m2-2=0,结合m>1,得m=,
故存在定直线l:y=2满足条件.
(2)设OD的中点为M,是否存在定直线l,使得经过M的直线与C交于P,Q,与线段AB交于点N,=λ,=λ均成立.若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由.
(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素存在;否则不存在.
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
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针对训练
3.已知椭圆方程为+=1(a>b>0),过点A(-a,0),B(0,b)的直线倾斜角为,
原点到该直线的距离为. (1)求椭圆的方程;
解: 因为过点A(-a,0),B(0,b)的直线倾斜角为,所以=tan ,即=,
过点A(-a,0),B(0,b)的直线方程为y=(x+a),
故原点到该直线的距离为=,
解得a=,故b=1,
所以椭圆的方程是+y2=1.
(2)对于D(-1,0),是否存在实数k,使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P,Q,且|DP|=|DQ|,若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
解:记P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx+2代入+y2=1,得(3k2+1)x2+12kx+9=0,
则Δ=144k2-36(3k2+1)>0,
解得k>1或k<-1,
设PQ的中点为M,则xM==-,yM=kxM+2=.
解:由|DP|=|DQ|,得DM⊥PQ,所以kDM===-,
所以3k2-4k+1=0,得k=1或k=,
由于k>1或k<-1,故k=1,k=均不能使方程有两个相异实根,故满足条件的k不存在.
(2)对于D(-1,0),是否存在实数k,使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P,Q,且|DP|=|DQ|,若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
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1.一动圆的圆心在抛物线x2=16y上,且该动圆恒与直线y+4=0相切,则动圆必经过的定点为 ( )
A.(0,4) B.(4,0) C.(2,0) D.(0,2)
解析:由抛物线x2=16y,得准线方程为y=-4,焦点坐标为(0,4),∵动圆的圆心在抛物线x2=16y上,且动圆恒与直线y=-4相切,由抛物线的定义知|MF|=|MK|,如图所示,
∴动圆必经过定点F(0,4).
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2.已知点P是椭圆C:+=1上一点,N,M分别是圆(x-6)2+y2=1和
圆(x+6)2+y2=4上的点,那么|PM|+|PN|的最小值为( )
A.15 B.16 C.17 D.18
解析:如图,椭圆C:+=1中的a=10,b=8,所以c=6,圆(x-6)2+y2=1和圆(x+6)2+y2=4的圆心为椭圆的两个焦点,则当M,N为如图所示的位置时,|PM|+|PN|的最小值为2a-(2+1)=17.
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3.直线l与抛物线C:y2=2x交于A,B两点,O为坐标原点,若直线OA,OB的斜率k1,k2满足k1k2=,则l的横截距( )
A.为定值-3 B.为定值3
C.为定值-1 D.不是定值
解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),则·=.∴=,∴y1y2=6,设直线l:x=my+b,代入抛物线方程可化为y2-2my-2b=0,∴y1y2=-2b,∴-2b=6,∴b=-3,
∴l的横截距为-3.
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4.已知A,B是椭圆+=1(a>b>0)长轴上的两个端点,M是椭圆上一点,直线AM,BM的斜率分别为k1,k2,若椭圆的离心率为,则k1·k2=( )
A.- B.- C.- D.
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解析:依题意可得A(-a,0),B(a,0),设M(x0,y0)(x0≠±a),所以k1=,
k2=,+=1.因为椭圆的离心率为,所以e===,
所以=,所以k1·k2=·===-=-.
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5.已知曲线C:y2=2x,直线l:x-y+3=0,P,Q分别是曲线C与直线l上的动点,则|PQ|的最小值为 ( )
A.1 B. C. D.
解析:依题意,设曲线C上点P,而点Q在直线l:x-y+3=0上,
由消去x得y2-2y+6=0,Δ=(-2)2-4×6<0,即直线l与曲线C相离,
则|PQ|≥==≥,当且仅当t=1,即P,
且PQ⊥l时取等号,所以|PQ|的最小值为.
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6.已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交椭圆于A,B两点,若M(1,-1)且+=2,则E的方程为( )
A.+=1 B.+=1 C.+=1 D.+=1
√
解析:如图所示,因为椭圆E的右焦点为F(3,0),所以a2=b2+9,
不妨设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意+=2等价于
M是AB的中点,所以x1+x2=2,y1+y2=-2,又点A(x1,y1),
B(x2,y2)在椭圆E上,所以+=1,+=1,
进一步有=-,即=-,所以直线AB的斜率可以表示为k===,又F(3,0),M(1,-1)在直线AB上,所以直线AB的斜率为k==,从而=,解得b2=9,a2=18,即E的方程为+=1.
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7.(多选)已知双曲线C:x2-=1,过其右焦点F的直线l与双曲线交于两点A,B,则( )
A.若A在双曲线右支上,则|AF|的最短长度为1
B.若A,B同在双曲线右支上,则l的斜率大于
C.|AB|的最短长度为6
D.满足|AB|=8的直线l有4条
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解析:由双曲线C:x2-=1可得a=1,b=,所以c==2.对于A,若A在双曲线右支上,则|AF|的最短长度为c-a=2-1=1,故A正确;对于B,双曲线的渐近线方程为y=±x=±x,若A,B同在双曲线右支上,则l的斜率大于或小于-,故B不正确;对于C,当A,B同在双曲线右支上时,AB⊥x轴时,|AB|最短,将x=2代入x2-=1可得y=±3,此时|AB|=6,当A,B在双曲线两支上时,|AB|最短为实轴长2a=2,所以|AB|的最短长度为2,故C不正确;对于D,当A,B同在双曲线右支上时,|AB|min=6<8,当A,B在双曲线两支上时,|AB|min=2<8,根据双曲线对称性可知,满足|AB|=8的直线l有4条,故D正确.故选AD.
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8.(2024·新课标Ⅱ卷)(多选)抛物线C:y2=4x的准线为l,P为C上动点,过P作☉A:x2+(y-4)2=1的一条切线,Q为切点.过P作l的垂线,垂足为B,则 ( )
A.l与☉A相切
B.当P,A,B三点共线时,|PQ|=
C.当|PB|=2时,PA⊥AB
D.满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个
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解析:由题意抛物线y2=4x的准线为x=-1,☉A的圆心(0,4)到直线x=-1的距离显然是1,等于圆的半径,故准线l和☉A相切,A正确;P,A,B三点共线时,即PA⊥l,则P的纵坐标yP=4,由=4xP,得xP=4,故P(4,4),此时切线长|PQ|===,B正确;当|PB|=2时,xP=1,此时=4xP=4,故P(1,2)或P(1,-2),当点P的坐标为(1,2)时,A(0,4),B(-1,2),kPA==-2,
kAB==2,不满足kPAkAB=-1;当点P的坐标为(1,-2)时,A(0,4),B(-1,-2),
kPA==-6,kAB==6,不满足kPAkAB=-1;于是PA⊥AB不成立,C错误;D选项,
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法一 因为抛物线的焦点F(1,0),|PB|=|PF|,所以|PA|=|PB|等价于点P在线段AF的中垂线上,易得该中垂线的方程为y=x+.与抛物线方程联立,
得消去y整理得4x2-196x+225=0,
Δ=(-196)2-4×4×225>0,
所以满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个.
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法二:设点直接求解
设P,由PB⊥l可得B(-1,t),又A(0,4),|PA|=|PB|,根据两点间的距离公式,=+1,
整理得t2-16t+30=0,Δ=162-4×30=136>0,
则关于t的方程有两个解,
即存在两个这样的P点,D正确.故选ABD.
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9. (5分)已知点P为直线l:x=-2上任意一点,过点P作抛物线y2=2px(p>0)的两条切线,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=_________.
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解析:不妨设P(-2,0),过P的切线方程设为y=k(x+2),代入抛物线方程y2=2px(p>0),得k2x2+(4k2-2p)x+4k2=0,又k≠0,故x1x2=4.
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10. (5分)如图,焦点在x轴上的椭圆+=1的离心率e=,
F,A分别是椭圆的一个焦点和顶点,P是椭圆上
任意一点,则·的最大值为 .
解析:设P点坐标为(x0,y0),由题意知a=2,因为e==,所以c=1,则b2=a2-c2=3.
故椭圆的方程为+=1,则-2≤x0≤2,因为F(-1,0),A(2,0),则=(-1-x0,-y0),
=(2-x0,-y0),所以·=(-1-x0)×(2-x0)+(-y0)2=-x0-2+,又P点在椭圆上,所以+=1,即=3-,所以·=-x0-2+=-x0+1=(x0-2)2,又-2≤x0≤2,所以当x0=-2时,·取得最大值4.
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11. (5分)已知△ABC的顶点都在抛物线F:y2=4x上,若△ABC重心的纵坐标为,则++=__________.
解析:设A,B,C的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3),又点A,B,C都在抛物线y2=4x上,则kAB===,则=,同理=,=,所以++===.
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12.(10分)若椭圆E:+=1(a>b>0)过抛物线x2=4y的焦点,且与双曲线x2-y2=1有相同的焦点.
(1)求椭圆E的方程;(3分)
解:抛物线x2=4y的焦点为(0,1),所以b=1,
因为双曲线x2-y2=1的焦点坐标为(-,0),(,0),所以a2-b2=2,则a2=3,所以椭圆E的方程为+y2=1.
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(2)不过原点O的直线l:y=x+m与椭圆E交于A,B两点,求△ABO面积的最大值以及此时直线l的方程.(7分)
解:设A(x1,y1),B(x2,y2),联立可得4x2+6mx+3m2-3=0,
因为直线l:y=x+m与椭圆E交于A,B两点,
所以Δ=36m2-16(3m2-3)>0,解得m2<4,
由根与系数的关系可得x1+x2=-,x1x2=,由弦长公式可得|AB|=·=·,点O到直线l的距离为d=,
所以S△OAB=·d·|AB|=××|m|××=×≤ ,
当且仅当m2=2,即m=±时取得等号,
所以△ABO面积的最大值为,此时直线l的方程为y=x±.
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13.(10分)在平面直角坐标系Oxy中,抛物线y2=2px(p>0)上一点P的横坐标为4,且点P到焦点F的距离为5.
(1)求抛物线的方程;(4分)
解:由题可知,点P到抛物线准线的距离为5,
因为抛物线的准线方程为x=-,点P的横坐标为4,所以4+=5,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.
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(2)若直线l:x=my+t交抛物线于A,B两点(位于对称轴异侧),且·=,
求证:直线l必过定点.(6分)
解:证明:设A,B,且y1y2<0,
联立消去x可得y2-4my-4t=0,
则Δ=16m2+16t>0,且y1+y2=4m,y1y2=-4t<0,即t>0,所以x1x2=·==t2.
由·=,得x1x2+y1y2=,即t2-4t=,解得t=-(舍去)或t=,故直线l的方程为x=my+,所以直线l必过定点.
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14.(15分)(2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,
点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;(5分)
解:设F(c,0),由题设有c=1且=,故=,解得a=2,故b=,
所以椭圆的方程为+=1.
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(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.(10分)
解:证明:直线AB的斜率必定存在,设AB:y=k(x-4),
A(x1,y1),B(x2,y2),由
可得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0,
故Δ=1 024k4-4(3+4k2)(64k2-12)>0,故-又x1+x2=,x1x2=,
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而N,故直线BN:y=,故yQ==,
所以y1-yQ=y1+=
=
=k·
=k·
=k·=0.
故y1=yQ,即AQ⊥y轴.
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15.(15分)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),
且点Q(,)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程;(5分)
解:由题意,得c=2,
所以所以a2=1,b2=3,
所以双曲线C的标准方程为x2-=1.
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(2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A,B两点,在x轴上是否存在异于F的点P,使得点F到直线PA,PB的距离始终相等 若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.(10分)
解:假设存在点P(n,0)满足题意,设A(x1,y1),B(x2,y2),
由题意知,直线AB的斜率不为0,当直线AB的斜率存在时,设直线AB:x=my+2(m≠0),
联立消去x,得(3m2-1)y2+12my+9=0,则3m2-1≠0,
Δ=(12m)2-4×9(3m2-1)=36(m2+1)>0,
所以y1+y2=-,y1y2=.
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因为点F到直线PA,PB的距离相等,
所以PF是∠APB的平分线,
则kPA+kPB=0,即+=0,
则y1(my2+2-n)+y2(my1+2-n)=0,
整理得2my1y2+(2-n)(y1+y2)=0,
故-=0,即3m-2m(2-n)=0,因为m≠0,
所以n=,此时P;当直线AB的斜率不存在时,根据抛物线的对称性,易得点P也能让点F到直线PA,PB的距离相等.
综上所述,存在点P满足题意.
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