(共27张PPT)
培优拓展(十) 抛物线中的阿基米德三角形
类型一 阿基米德三角形的性质
类型二 阿基米德三角形中的定点问题
目 录 索 引
阿基米德三角形是圆锥曲线的重要内容,也是高考常考内容之一.常在各类题型中出现,难度为中高档,重点考查逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养.
阿基米德三角形
1.定义:如图所示,AB为抛物线x2=2py(p>0)的弦,A(x1,y1),B(x2,y2),分别过A,B作抛物线的切线交于点P,称△PAB为阿基米德三角形,弦AB为阿基米德三角形的底边.
2.常用性质:
(1)阿基米德三角形底边上的中线MQ(M为AB中点)平行(或重合)于抛物线的对称轴.
(2)若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内的定点C,则另一顶点Q的轨迹为一条直线.
(3)抛物线以C点为中点的弦平行于点Q的轨迹.
(4)若直线l与抛物线没有公共点,以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点.
(5)底边为a的阿基米德三角形的面积最大值为.
(6)若阿基米德三角形的底边过焦点,
则顶点Q的轨迹为准线,
且阿基米德三角形的面积最小值为p2.
(7)点P的坐标为(),
底边AB所在的直线方程为(x1+x2)x-2py-x1x2=0.
类型一 阿基米德三角形的性质
例1 (2021全国乙,理21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
解 (1)点F到圆M上的点的距离的最小值为|FM|-1=+4-1=4,解得p=2.
(2)由(1)知,抛物线的方程为x2=4y,即y=x2,则y'=x.设切点A(x1,y1),B(x2,y2),则易得直线lPA:y=x-,直线lPB:y=x-,从而得到P(),设直线lAB:y=kx+b,联立抛物线方程,消去y并整理可得x2-4kx-4b=0,
∴Δ=16k2+16b>0,即k2+b>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4b,∴P(2k,-b).
∵|AB|=,
点P到直线AB的距离d=,
∴S△PAB=|AB|d=4(k2+b,①
又点P(2k,-b)在圆M:x2+(y+4)2=1上,
故k2=,代入①得,S△PAB=4,
而yP=-b∈[-5,-3],∴当b=5时,(S△PAB)max=20
例2 (2025河南安阳一模)设M,N是抛物线C:x2=8y上异于顶点的两点,过点M,N分别作C的切线,两条切线相交于点P.
(1)若|PM|=|PN|,且∠MPN=90°,求直线MN的方程;
(2)设A,B分别为直线PM,PN与x轴的交点,证明:△PAB的外接圆过定点.
(1)解 根据对称性可知C在M,N两点处的切线斜率分别为-1,1.
由x2=8y得y=x2,从而y'=x,令y'=±1,得x=±4,所以y=x2=2,
所以直线MN的方程为y=2.
(2)证明 由题意可设直线MN:y=kx+b(b≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).
因为y'=x,所以直线PM:y-y1=x1(x-x1),即2x1x-8y-=0,
令y=0,得x=,所以A(,0).
同理,直线PN:2x2x-8y-=0,令y=0,得x=,所以B(,0).
联立直线MN与C的方程,得
消去y整理得x2-8kx-8b=0,则x1+x2=8k,x1x2=-8b.
由
解得所以P(4k,-b).
因为A(,0),B(,0),故△PAB的外接圆圆心E在直线x==2k上.
由P(4k,-b),A(,0)知线段PA的中点为(,-),kPA=,所以线段PA的垂直平分线方程为y+=-(x-).
令x=2k,得y=,即圆心E的坐标为(2k,).
设△PAB的外接圆半径为r,
则r2=|EP|2=(4k-2k)2+(-b-)2=4k2+b+1+,
所以圆E的方程为(x-2k)2+(y-)2=4k2+b+1+,
即x2+y2-2y-4kx+b(y-2)=0.
令所以△PAB的外接圆过定点(0,2).
【对点训练1】(多选题)已知A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线y2=2px(p>0)上的两点,在两点处的切线相交于点Q,则下列说法中正确的是( )
A.当阿基米德三角形的顶角为直角时,阿基米德三角形顶点的轨迹为蒙日圆
B.若M为弦AB的中点,则MQ与x轴平行(或重合)
C.若弦AB过抛物线的焦点,则点Q在抛物线的准线上
D.若阿基米德三角形的底边AB过焦点,M为弦AB的中点,则该三角形的面积最小值为2p
ABC
解析 由蒙日圆的定义知A正确;
过点A的切线方程为y1y=p(x+x1),过点B的切线方程为y2y=p(x+x2),
又解得两切线交点Q(),
又M(),∴MQ与x轴平行(或重合),B正确;
设Q(x0,y0),则直线AB的方程为y0y=p(x+x0),
又直线AB经过焦点F(,0),∴0=p(+x0),
∴x0=-,C正确;
若底边AB过焦点,则Q点的轨迹方程是x=-,易验证kQA·kQB=-1,即QA⊥QB,故阿基米德三角形为直角三角形,且Q为直角顶点,
∴|QM|==p,
由B项分析可知,MQ与x轴平行(或重合),
∴S△QAB=|QM||y1-y2|≥|QM|p2,当且仅当y1=-y2时,等号成立,
∴阿基米德三角形面积的最小值为p2,D错误.
类型二 阿基米德三角形中的定点问题
例3 已知直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)交于A,B两点,且OA⊥OB,OD⊥AB, D为垂足,O为坐标原点,点D的坐标为(1,1).
(1)求C的方程;
(2)若点E是直线y=x-4上的动点,过点E作抛物线C的两条切线EP,EQ,其中P,Q为切点,试证明直线PQ恒过一定点,并求出该定点的坐标.
解 (1)设点A的坐标为(x1,y1),点B的坐标为(x2,y2).
因为kOD=1,所以kAB=-1,则直线AB的方程为y=-x+2.
联立方程组
消去y,整理得x2+2px-4p=0,所以x1+x2=-2p,x1x2=-4p.
又OA⊥OB,得x1x2+y1y2=x1x2+(2-x1)(2-x2)=0,
整理得x1x2-(x1+x2)+2=-4p+2p+2=0,解得p=1.所以C的方程为x2=2y.
(2)由x2=2y,得y=x2,所以y'=x,
设过点E作抛物线C的切线的切点为(x0,),
则相应的切线方程为y-=x0(x-x0),即y=x0x-
设点E(t,t-4),由切线经过点E,得t-4=x0t-,即-2tx0+2t-8=0.
设P(x3,),Q(x4,),则x3,x4是关于x的方程x2-2tx+2t-8=0的两个实数根,
可得x3+x4=2t,x3x4=2t-8.
设M是线段PQ的中点,
则xM==t,yM=)=[(x3+x4)2-2x3x4],即yM=t2-t+4.
又kPQ==t,
所以直线PQ的方程为y-(t2-t+4)=t(x-t),即y=t(x-1)+4,
所以直线PQ恒过定点(1,4).
【对点训练2】(1)(多选题)(2025山东聊城一模)设动直线l:y=kx-k+2与抛物线C:x2=2y相交于A,B两点,分别过A,B作C的切线,设两切线相交于点P,则下列说法中正确的是( )
A.直线l经过一定点
B.抛物线C的焦点为(,0)
C.点P到坐标原点的距离不小于
D.△PAB的面积的最小值为3
ACD
解析 直线l:y=kx-k+2化简为k(x-1)+2-y=0,
无论k为何值,令2-y=0,x-1=0,可得定点为(1,2),故A正确;
C:x2=2y的焦点在y轴上,且2p=2,所以,所以抛物线C的焦点为(0,),故B错误;
将直线l与抛物线方程联立得x2-2kx+2k-4=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),有x1+x2=2k,x1x2=2k-4,
由y=得,y'=x,所以直线PA,PB的斜率分别为x1,x2,又因为y1=,y2=,则两切线方程为lPA:y=x1x-,lPB:y=x2x-,联立两直线方程解得x==k,y=,所以P(k,k-2),点P到坐标原点的距离为,当k=1时点P到坐标原点的最小距离为,故C正确;
点P到直线l的距离为d=,
|AB|=|x1-x2|==2,所以S△PAB=d|AB|=|k2-2k+4|=()3,
当k=1时,(k2-2k+4)min=3,此时S△PAB取最小值3,故D正确.故选ACD.
(2)我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A,B处的两条切线所围成的△PAB (P为两切线的交点)叫做“阿基米德三角形”.抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”,当线段AB经过抛物线的焦点F时,△PAB具有以下性质:
①P点必在抛物线的准线上;②PA⊥PB;③PF⊥AB.
已知直线l:y=k(x-1)与抛物线y2=4x交于A,B两点,若|AB|=8,则抛物线的“阿基米德三角形”△PAB的顶点P的坐标为 .
(-1,2)或(-1,-2)
解析 抛物线y2=4x的焦点F(1,0),准线方程为x=-1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),联立
得k2x2-(4+2k2)x+k2=0,
由Δ=(4+2k2)2-4k2·k2=16k2+16>0,
所以x1+x2=,x1x2=1,
所以|AB|=x1+x2+p=+2=8,解得k=1或k=-1.当k=1时,
因为PF⊥AB,所以kPF=-1,所以直线PF的方程为y=-(x-1).
因为点P必在抛物线的准线x=-1上,所以xP=-1,
所以yP=-(xP-1)=-(-1-1)=2,所以P(-1,2).
当k=-1时,因为PF⊥AB,所以kPF=1,所以直线PF的方程为y=x-1.
由题知,点P必在抛物线的准线x=-1上,
所以xP=-1,所以yP=xP-1=-1-1=-2,所以P(-1,-2).
综上,△PAB的顶点P的坐标为(-1,2)或(-1,-2).(共37张PPT)
第3讲 圆锥曲线中的求值与最值、范围问题
考点一 几何法求最值、范围
考点二 构造不等式求最值、范围
目 录 索 引
考点三 构造函数求最值、范围
考点一 几何法求最值、范围
理知识
1.弦长公式:已知A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的斜率为k(k≠0),
则|AB|=
·|x1-x2|
=
或|AB|=|y1-y2|=.
2.圆锥曲线的中点弦斜率公式
(1)若M是椭圆=1(a>b>0)的弦AB(AB不平行于坐标轴且不过原点)的中点,O为原点,则有kABkOM=-;
(2)若M是双曲线=1(a>0,b>0)的弦AB(AB不平行于坐标轴且不过原点)的中点,O为原点,则有kABkOM=;
(3)若M(x0,y0)是抛物线y2=2px(p>0)的弦AB(AB不平行于y轴)的中点,则有kAB=.
链高考
(2025新高考Ⅱ,16)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,长轴长为4.
(1)求C的方程;
(2)过点(0,-2)的直线l与C交于A,B两点,O为坐标原点.若△OAB的面积为,求|AB|.
解 (1)由题意,2a=4,a=2,
又e=,所以c=,b=,故椭圆C的方程为=1.
(2)设P(0,-2),显然直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx-2.
由消去y并整理得(2k2+1)x2-8kx+4=0,
由题意Δ=64k2-4×4(2k2+1)>0,即k2>设点A,B的横坐标分别为x1,x2,则x1x2>0,x1+x2=,x1x2=则S△OAB=|S△OAP-S△OBP|=||OP|x1-|OP|x2| =|OP||x1-x2|=,即|x1-x2|=,所以(x1-x2)2=2,即(x1+x2)2-4x1x2=2,即()2-=2,解得k2=,符合题意.
则|AB|=|x1-x2|=
例1 (2023全国甲,理20)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,且|AB|=4.
(1)求p;
(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,=0,求△MNF面积的最小值.
解 (1)联立整理得y2-4py+2p=0,则Δ=16p2-8p>0,
又p>0,∴p>设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4p,y1y2=2p.
|AB|=|y1-y2|==4,
解得p=-(舍)或p=2.∴p=2.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2=4x,F(1,0).设M(x3,y3),N(x4,y4),lMN:x=my+n,由得y2-4my-4n=0,则Δ1=16m2+16n>0,y3+y4=4m,y3y4=-4n.
=(x3-1)(x4-1)+y3y4=(my3+n-1)(my4+n-1)+y3y4
=(m2+1)y3y4+m(n-1)(y3+y4)+(n-1)2=-4m2n-4n+4m2n-4m2+n2-2n+1=0,
∴4m2=n2-6n+1≥0,
又Δ1=16m2+16n=4(n-1)2>0,∴n≠1,∴n≥3+2,或n≤3-2
∴S△MNF=|FM|·|FN|=(x3+1)(x4+1)=(my3+n+1)(my4+n+1)
=[m2(-4n)+(mn+m)·4m+(n+1)2]=n2-2n+1=(n-1)2,
∴当n=3-2时,S△MNF=12-8为最小值.
∴△MNF面积的最小值为12-8
【对点训练1】(2025上海,20)已知椭圆=1(a>),其右顶点为A,点M(0,m)且m>0,点P在该椭圆上.
(1)若该椭圆右焦点坐标为(2,0),求其离心率e;
(2)若a=4,=2,求m的值;
(3)若MA的垂直平分线斜率为2,且交椭圆于C,D两点,∠CMD为钝角,求a的取值范围.
解 (1)由题意知b2=5,c=2,则a==3,故该椭圆的离心率e=
(2)由题意知点A坐标为(4,0),点M坐标为(0,m),设点P坐标为(x0,y0),则=(x0,y0-m),=(4-x0,-y0).
∵2,解得点P的坐标为().
∵点P在椭圆上,=1 m2=10,
又m>0,∴m=
(3)由题意知kAM==-m=,∴AM中点坐标为(),
∴MA的垂直平分线的方程为y-=2(x-),即y=2x-a.
设点C坐标为(x1,y1),点D坐标为(x2,y2),则=(x1,y1-),=(x2,y2-),
由得(4a2+5)x2-3a3x+a4-5a2=0,
∴x1+x2=,x1·x2=,Δ>0.
∵∠CMD为钝角,
<0,
即x1x2+(y1-)(y2-)<0,
即x1x2+(2x1-a-)(2x2-a-)<0 5x1x2-(x1+x2)+a2<0,
∴5a2<0,解得a2<11,
又a>,
考点二 构造不等式求最值、范围
例2 (2022全国甲,文21)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直线交C于M,N两点.当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3.
(1)求C的方程;
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β.当α-β取得最大值时,求直线AB的方程.【一题多解】
解 (1)抛物线的准线为x=-,当MD与x轴垂直时,点M的横坐标为p,
此时|MF|=p+=3,所以p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)(方法一)设M(,y1),N(,y2),A(,y3),B(,y4),直线MN:x=my+1,
由可得y2-4my-4=0,Δ>0,y1y2=-4,
由斜率公式可得kMN=,kAB=,
直线MD:x=y+2,
代入抛物线方程可得y2-y-8=0,Δ>0,y1y3=-8,所以y3=2y2,
同理可得y4=2y1,所以kAB=
又因为直线MN,AB的倾斜角分别为α,β,所以kAB=tan β=,
若要使α-β最大,则β∈(0,),
设kMN=2kAB=2k>0,
则tan(α-β)=,
当且仅当=2k即k=时,等号成立,
所以当α-β最大时,kAB=,设直线AB:x=y+n,
代入抛物线方程可得y2-4y-4n=0,Δ>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16,所以n=4,
所以直线AB的方程为x=y+4.
(方法二)由题可知,直线MN的斜率存在.设M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4),直线MN的方程为y=k(x-1),由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,x1x2=1,同理可得y1y2=-4.直线MD的方程为y=(x-2),代入抛物线方程可得x1x3=4,同理可得x2x4=4.代入抛物线方程可得y1y3=-8,所以y3=2y2,同理可得y4=2y1,由斜率公式可得kAB=kMN.以下同方法一.
【对点训练2】(2025浙江金华二模)如图,双曲线E:=1(a>0,b>0)的虚轴长为2,离心率为,斜率为k的直线l过x轴上一点A(t,0).
(1)求双曲线E的标准方程;
(2)若双曲线E上存在关于直线l对称
的不同两点B,C,直线BC与直线l及
y轴的交点分别为P,Q.
①当k=时,求t的取值范围;
②当t=-3时,求S△APQ的最小值.
解 (1)由题知解得双曲线E的标准方程为-y2=1.
(2)易知k≠0,令P(x0,y0),设直线BC为y=-x+m,
与-y2=1联立消元得(k2-4)x2+8mkx-4m2k2-4k2=0,
当Δ=16k2(m2k2+k2-4)>0时,
设B(x1,y1),C(x2,y2),则x0=,y0=
①当k=时,x0=m,y0=-m,
由=k=,得t=x0-3y0=m,
又因为Δ>0,即k2(m2+1)>4 m2>-1=35 m∈(-∞,-)∪(,+∞),
所以t=m∈(-∞,-)∪(,+∞).
②由题知Q(0,m),A(-3,0).因为k=,
整理得-4km+3k2-12=mk,所以m=,整理得,
又x0+3=,y0=,
则|PA|=|y0|=,
|PQ|=,
又,x0==-,则|PQ|=,
则S△APQ=|PA|·|PQ|=(|k|+)2,当|k|=,即k=±1时,等号成立,此时m2==16(+1-4)>0满足题意.
综上,S△APQ的最小值为
考点三 构造函数求最值、范围
例3 (2023新高考Ⅰ,22)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点(0,)的距离,记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3.
【一题多解】
解 (1) 设点P坐标为(x,y),由题意得=|y|,
两边平方得x2+y2-y+=y2,于是y=x2+,经验证成立.故W的方程为y=x2+
(2)(方法一)设矩形ABCD的顶点A(x1,y1)(x1≥0),B(x2,y2)(x2>0),D(x3,y3)在W上,如图所示,设直线AB的斜率为k(k>0).
不妨将A,B固定在y轴及y轴右侧.
A,B坐标满足y2-y1=k(x2-x1),A,D坐标满足y3-y1=-(x3-x1).
又A,B,D在抛物线上,即y1=,y2=,y3=,
代入以上方程中,得x2=k-x1,x3=--x1.
矩形ABCD的周长为2|AB|+2|AD|≥4,
当且仅当|AB|=|AD|时等号成立,此时矩形ABCD为正方形.(用基本不等式将矩形周长问题转化成正方形面积问题)
要证矩形ABCD的周长大于3,只需证明正方形的面积大于
∵|AB|=(x2-x1),|AD|=(x1-x3),
(x2-x1)=(x1-x3),得x1-x3=k(x2-x1).
将x2=k-x1,x3=--x1代入x1-x3=k(x2-x1),有2x1+=k(k-2x1),即k2-=(2k+2)x1.
∵x1≥0,∴k2-0.
∵k>0,∴k3≥1.
∴k≥1.则|AB|=(x2-x1)=(k-2x1)=
正方形面积S=|AB|2=
∵k2+1≥2k,4(当k=1时“=”成立).
∵k2+1≥2k,∴2(k2+1)≥k2+2k+1=(k+1)2,则(当k=1时“=”成立).则S=2(当k=1时“=”成立).
显然S=2>即矩形ABCD的周长大于3
(方法二)不妨设A,B,C三点在W上,且AB⊥BC.
设A(a,a2+),B(b,b2+),C(c,c2+),则=(b-a,b2-a2),=(c-b,c2-b2).
由题意,知=0,即(b-a)(c-b)+(b2-a2)(c2-b2)=0.
显然(b-a)(c-b)≠0,于是1+(b+a)(c+b)=0.此时,|b+a|·|c+b|=1.
于是min{|b+a|,|c+b|}≤1.不妨设|c+b|≤1,则a=-b-
AB+BC=|b-a|+|c-b|=|b-a|+|c-b|
|b-a|+|c-b||c-a|=|b+c+|
设x=|b+c|,f(x)=(x+),
则f(x)=,f'(x)=
=
=显然,x=为最小值点.故f(x)≥f()=而矩形ABCD的周长为2(AB+BC)≥2f(x)≥3注意这里有两个取等条件,一个是|b+c|=1,另一个是|b+c|=,这显然是无法同时取到的,所以等号不成立,命题得证.
【对点训练3】(2025湖南长沙模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的长轴长为2,左、右焦点分别为F1,F2,直线l:y=px+q与C交于P,Q两点,且△PF1F2面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若=0,
①证明:q2=p2+1;
②若直线m经过原点,与椭圆C交于R,S两点,
且∥(),求四边形PRQS面积的取值范围.
(1)解 设椭圆C的半焦距为c,依题意得a=,当点P为短轴端点时△PF1F2面积最大,所以bc=,所以b,解得b2=,
所以椭圆C的方程为=1.
(2)①证明 由(1)知,椭圆C的方程可化为x2+2y2=3,设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由消去y得(2p2+1)x2+4pqx+2q2-3=0,
则Δ=16p2q2-4(2p2+1)(2q2-3)=4(6p2-2q2+3)>0,x1+x2=-,x1x2=
因为=0,
所以x1x2+y1y2=x1x2+(px1+q)(px2+q)=0,
整理得(p2+1)x1x2+pq(x1+x2)+q2=0,
则(p2+1)+q2=0,
化简得,q2=p2+1,此时Δ>0成立,所以q2=p2+1.
②解 设线段PQ的中点为M,因为(),
所以=t()=2t,
不妨设t>0,S四边形PRQS=2S四边形OPRQ=4tS△OPQ.
又S△OPQ=|q||x1-x2|=|q|=|q|
由=t(),得R点坐标为(t(x1+x2),t(y1+y2)),
则
所以(-t)2+2(t)2=3,
化简得=3,即t=,
所以S四边形PRQS=4|q|[,2),所以四边形PRQS面积的取值范围为[,2).(共52张PPT)
专题五 解析几何
考点一 直线的方程
考点二 圆的方程
目 录 索 引
考点三 直线与圆、圆与圆的位置关系
领航高考风向标
近五年高考圆锥曲线命题呈现以下特点:
1.多知识点融合 常结合平面向量、三角函数、不等式等知识进行考查,强调知识点的联动,如2024年新高考Ⅱ卷考查了直线与双曲线、数列知识的交汇.考查学生分析问题、解决问题以及数学运算的能力.
2.基础与能力并重 既考查圆锥曲线的基础知识,如圆锥曲线的标准方程与性质,又注重运算求解能力和逻辑推理能力的考查.如2025年新高考Ⅰ卷的椭圆问题,需要考生具备较强的运算能力,准确进行数值计算和代数式的化简变形.在证明圆锥曲线的定点、定值问题,或求解存在性问题时,需要考生进行严谨的逻辑推理和论证,有条理地分析问题和解决问题.
3.题型灵活多变 多角度分析的开放性问题增加,融入开放性、探究性的题目;如:2024年新高考Ⅰ卷考查了“新曲线”,2022年新高考Ⅰ卷、2023年新高考Ⅱ卷均考查了开放性试题.
4.知识点覆盖全面 涉及直线与圆、圆与圆的位置关系、圆锥曲线的方程与性质、直线与圆锥曲线的位置关系、弦长、面积的最值的计算等主干知识.如2024年新高考Ⅰ卷、2025年新高考Ⅱ卷均考查了弦长的计算;2023年新高考Ⅰ卷考查了离心率的计算、求轨迹方程、圆的切线等.
第1讲 直线与圆
考点一 直线的方程
理知识
1.已知直线l1:A1x+B1y+C1=0,直线l2:A2x+B2y+C2=0,则l1∥l2 A1B2-A2B1=0,且A1C2-A2C1≠0(或B1C2-B2C1≠0),l1⊥l2 A1A2+B1B2=0.
2.点P(x0,y0)到直线l:Ax+By+C=0(A,B不同时为零)的距离d=.
3.两条平行直线l1:Ax+By+C1=0,l2:Ax+By+C2=0(A,B不同时为零)间的距离d=.
链高考
(2020全国Ⅲ,文8)点(0,-1)到直线y=k(x+1)距离的最大值为( )
A.1 B.
C. D.2
B
解析 直线y=k(x+1)过定点(-1,0),当过点(0,-1)与点(-1,0)的直线与直线y=k(x+1)垂直时,点(0,-1)到直线y=k(x+1)的距离最大,故最大距离等于(0,-1)和(-1,0)两点之间的距离,为故选B.
例1 (多选题)已知直线l1:4x-3y+4=0,l2:(m+2)x-(m+1)y+2m+5=0(m∈R),则( )
A.直线l2过定点(-3,-1)
B.当m=1时,l1⊥l2
C.当m=2时,l1∥l2
D.当l1∥l2时,两直线l1,l2之间的距离为1
ACD
解析 直线l2的方程可变形为m(x-y+2)+2x-y+5=0,
由故直线l2过定点(-3,-1),故A正确;
当m=1时,l1:4x-3y+4=0,l2:3x-2y+7=0,
∵4×3+(-3)×(-2)≠0,∴此时两直线不垂直,故B错误;
当m=2时,l1:4x-3y+4=0,l2:4x-3y+9=0,,∴两直线平行,故C正确;
当l1∥l2时,,解得m=2,∴l1:4x-3y+4=0,l2:4x-3y+9=0,
∴两直线间距离为=1,故D正确.故选ACD.
【对点训练1】(1)(2025天津和平二模)若a∈R,直线l1:x+2ay-1=0,直线l2:(3a-1)x-ay-1=0,则“a=0”是“l1∥l2”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
A
解析 当a=0时,l1:x-1=0,l2:-x-1=0,则l1∥l2;若l1∥l2,则1×(-a)=2a(3a-1),解得a=0或a=所以“a=0”是“l1∥l2”的充分不必要条件.故选A.
(2)(多选题)已知直线l:x-y+1=0,下面说法正确的是( )
A.若直线m:x-y+1=0,则l⊥m
B.直线l与直线n:2x-2y+3=0之间的距离是1
C.点(,0)到直线l的距离为2
D.过点(2,2),并且与直线l平行的直线方程为x-y-4=0
CD
解析 直线m的斜率k=,倾斜角为,与直线l不垂直,A错误;
直线n:2x-2y+3=0可化为x-y+=0,
所以直线l与直线n的距离为,B错误;
点(,0)到直线l的距离d==2,C正确;
过点(2,2),与直线l平行的直线方程为y-2=(x-2),即x-y-4=0,D正确.故选CD.
(3)(2025上海奉贤二模)已知直线3x+4y-5=0上的动点P和直线6x+8y+15=0
上的动点Q,则点P与点Q之间距离的最小值是 .
解析 直线6x+8y+15=0可化为3x+4y+=0,直线3x+4y-5=0和直线3x+4y+=0互相平行,故点P与点Q之间距离的最小值即两条直线间的距离,两条直线间的距离d=
考点二 圆的方程
理知识
1.圆的标准方程
当圆心为(a,b),半径为r时,其标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2.
2.圆的一般方程
x2+y2+Dx+Ey+F=0,其中D2+E2-4F>0,表示以(-,-)为圆心,为半径的圆.
3.圆x2+y2=r2(r>0)的参数方程为θ为参数.
链高考
1.(2022全国乙,文15)过四点(0,0),(4,0),(-1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为 .
(x-2)2+(y-3)2=13
解析 若圆过点(0,0),(4,0),(-1,1),则设圆心为(a1,b1),半径为r1,
解得
∴圆的方程为(x-2)2+(y-3)2=13.
同理,若圆过点(0,0),(4,0),(4,2),则圆的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.
若圆过点(0,0),(-1,1),(4,2),则圆的方程为
若圆过点(4,0),(-1,1),(4,2),则圆的方程为+(y-1)2=
2.(2022全国甲,文14)设点M在直线2x+y-1=0上,点(3,0)和(0,1)均在☉M上,则☉M的方程为 .
(x-1)2+(y+1)2=5
解析 设A(3,0),B(0,1),则线段AB的垂直平分线方程为y-=3,即y=3x-4.由解得即圆心M的坐标为(1,-1).设☉M的半径为r,则r2=(3-1)2+12=5.故所求☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.
例2 (1)(2025北京通州一模)若点A(1,0)关于直线y=kx+b的对称点(异于点A)在圆(x-2)2+y2=1上,则k,b的一组取值为( )
A.k=2,b=-2 B.k=,b=-1
C.k=1,b=2 D.k=1,b=-2
D
解析 由于点A(1,0)在圆(x-2)2+y2=1上,该圆圆心为(2,0),要使点A(1,0)关于直线y=kx+b的对称点在圆(x-2)2+y2=1上,则直线y=kx+b必经过圆心(2,0),故2k+b=0,结合选项可知只有D符合,故选D.
(2)(多选题)(2025陕西咸阳二模)已知圆C的方程为x2+y2-8x+12=0,点M(x0,y0)是圆C上任意一点,O为坐标原点,则下列结论正确的是( )
A.圆C的半径为2
B.满足|OM|=5.5的点M有1个
C.x0+2y0的最大值为4+2
D.若点P在x轴上,则满足|OM|=2|PM|的点P有两个
AC
解析 圆的方程可化为(x-4)2+y2=4,所以圆心C(4,0),半径等于2,故A正确;
由于|OC|=4,所以圆C上任意一点到原点O的最大距离是4+2=6,最小距离是4-2=2,因此满足|OM|=5.5的点M有两个,故B错误;
令x0+2y0=t,则x0=t-2y0,所以M(t-2y0,y0),将点M的坐标代入圆C的方程并整理,得5+(16-4t)y0+(t2-8t+12)=0,
依题意有Δ=(16-4t)2-20(t2-8t+12)≥0,即t2-8t-4≤0,解得4-2t≤4+2,因此x0+2y0的最大值为4+2,故C正确;
不妨设点P(a,0),因为|OM|=2|PM|,所以=2,整理得x0+=0.
因为点M(x0,y0)在圆C上,所以-8x0+12=0,
则(-8)x0+(12-)=0.
因为x0为点M的横坐标,且点M为圆C上任意一点,所以得a=3.
所以符合要求的点P是唯一的,故D错误.故选AC.
【对点训练2】(多选题)已知圆C:x2+y2-4x-5=0,点P(a,b)是圆C上的一点,则下列说法正确的是( )
A.圆C关于直线x-3y-2=0对称
B.(a-1)2+(b+1)2的最小值为3-
C.2a+b的最小值为4-3
D.的最大值为
ACD
解析 圆C:(x-2)2+y2=9的圆心C(2,0),半径r=3.显然点C(2,0)在直线x-3y-2=0上,圆C关于直线x-3y-2=0对称,故A正确;
点C(2,0)与点(1,-1)间的距离<3,则点(1,-1)与点P(a,b)间的距离的最小值为3-,故B错误;
令[0,2π),则2a+b=4+6cos θ+3sin θ=4+3sin(θ+φ),其中锐角φ由tan φ=2确定,因此当sin(θ+φ)=-1时,(2a+b)min=4-3,故C正确;
=1+,令t=,由
消去b得(t2+1)a2+(6t2-4)a+9t2-5=0,则Δ=(6t2-4)2-4(t2+1)(9t2-5)≥0,整理得t2,解得-t因此-,故D正确.故选ACD.
考点三 直线与圆、圆与圆的位置关系
理知识
1.直线与圆的位置关系:相交、相切和相离.
其判断方法为:
(1)点线距离法.
(2)判别式法.设圆C:(x-a)2+(y-b)2=r2(r>0),直线l:Ax+By+C=0(A2+B2≠0),联立方程组消去y(或x),得到关于x(或y)的一元二次方程,其根的判别式为Δ,则直线与圆相离 Δ<0,直线与圆相切 Δ=0,直线与圆相交 Δ>0.
2.圆与圆的位置关系:内含、内切、相交、外切和外离.
链高考
1.(2025新高考Ⅰ,7)已知圆x2+(y+2)2=r2(r>0)上到直线y=x+2的距离为1的点有且仅有两个,则r的取值范围是( )
A.(0,1) B.(1,3)
C.(3,+∞) D.(0,+∞)
B
解析 由题知,该圆的圆心为C(0,-2),半径为r,
圆心C到直线的距离d==2,
要使圆C上到直线y=x+2的距离为1的点有且仅有2个,
则d-1故选B.
2.(多选题)(2021新高考Ⅱ,11)已知直线l:ax+by-r2=0与圆C:x2+y2=r2,点A(a,b),则下列说法正确的是( )
A.若点A在圆C上,则直线l与圆C相切
B.若点A在圆C内,则直线l与圆C相离
C.若点A在圆C外,则直线l与圆C相离
D.若点A在直线l上,则直线l与圆C相切
ABD
解析 圆心C(0,0)到直线l的距离d=,若点A(a,b)在圆C上,则a2+b2=r2,所以d==|r|,则直线l与圆C相切,故A正确;若点A(a,b)在圆C内,则a2+b2|r|,则直线l与圆C相离,故B正确;若点A(a,b)在圆C外,则a2+b2>r2,所以d=<|r|,则直线l与圆C相交,故C错误;若点A(a,b)在直线l上,则a2+b2-r2=0即a2+b2=r2,所以d==|r|,直线l与圆C相切,故D正确.故选ABD.
3.(2022新高考Ⅰ,14)写出与圆x2+y2=1 和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的一条直
线的方程: .【一题多解】
x=-1,或y=-x+,或y=x-
解析 (方法一)显然直线的斜率不为0,不妨设直线方程为x+by+c=0,
于是=1,=4.故c2=1+b2,①
|3+4b+c|=|4c|.于是3+4b+c=4c或3+4b+c=-4c,再结合①解得所以直线方程有三条,分别为x=-1,或y=-x+,或y=x-
(方法二)在平面直角坐标系中,画出圆x2+y2=1和圆(x-3)2+(y-4)2=16.设点O(0,0),O1(3,4),由图得两圆外切,则☉O与☉O1有两条外公切线和一条内公切线,易得其中一条外公切线l的方程为x=-1.
由图可知,内公切线l1与另一条外公切线l2
的斜率均存在.
∵直线l1与直线OO1垂直,直线OO1的斜率,
∴直线l1的斜率=-,直线OO1的方程为y=x.
可设直线l1的方程为y=-x+b(b>0).
又圆心O到直线l1的距离d1==1,解得b=(负值舍去).
故内公切线l1的方程为y=-x+
由得直线l与直线OO1的交点为A
则可设直线l2的方程为y+=k(x+1).
又圆心O到直线l2的距离d2==1,解得k=,故直线l2的方程为y=x-综上可知,与圆x2+y2=1和(x-3)2+(y-4)2=16都相切的直线的方程为x=-1,或y=-x+,或y=x-
考向1 直线与圆的位置关系
例3 (1)(多选题)(2021新高考Ⅰ,11)已知点P在圆(x-5)2+(y-5)2=16上,点A(4,0),B(0,2),则( )
A.点P到直线AB的距离小于10
B.点P到直线AB的距离大于2
C.当∠PBA最小时,|PB|=3
D.当∠PBA最大时,|PB|=3
ACD
解析 如图,记圆心为M,半径为r,则M(5,5),r=4.
由条件得,直线AB的方程为=1,整理得x+2y-4=0,过点M作MN垂直于直线AB,垂足为N,直线MN与圆M分别交于点P1,P2,圆心M(5,5)到直线AB的距离|MN|=,于是点P到直线AB的距离最小值为|P2N|=|MN|-r=-4,最大值为|P1N|=|MN|+r=+4.又-4<2,+4<10,故A正确,B错误;
过点B分别作圆的两条切线BP3,BP4,切点分别为点P3,P4,则当点P在P3处时∠PBA最大,在P4处时∠PBA最小.
又|BP3|=|BP4|==3,
故C,D正确.故选ACD.
(2)(2025天津,12)已知直线x-y+6=0与x轴交于点A,与y轴交于点B,与圆(x+1)2+(y-3)2=r2(r>0)交于C,D两点.若|AB|=3|CD|,则r= .
2
解析 由题意知,A(-6,0),B(0,6),则|AB|=6
又|AB|=3|CD|,∴|CD|=2
该圆圆心(-1,3)到直线x-y+6=0的距离d=,
∴r2=d2+(|CD|)2=2+2=4,∴r=2.
【对点训练3】
(1)(多选题)(2025山东潍坊一模)已知点P(2,2),圆C:x2+y2=18,则( )
A.点P在圆C内
B.点P与圆C上的点之间的最大距离为6
C.以点P为中点的弦所在直线的方程为x+y-4=0
D.过点P的直线被圆C截得弦长的最小值为
AC
解析 因为22+22=8<18,所以点P在圆C内,故A正确;
由|PC|==2,圆C的半径r=3,知点P与圆C上的点之间的最大距离为2+3=5,故B错误;
由kOP==1,可知弦所在直线的斜率k=-1,
故弦所在直线的方程为y-2=-(x-2),即x+y-4=0,故C正确;
由圆的性质可知,当直线OP与过点P的弦垂直时,所得弦长最短,
此时弦长为2=2=2,故D错误.故选AC.
(2)(2023新高考Ⅱ,15)已知直线x-my+1=0与☉C:(x-1)2+y2=4交于A,B两点,写出满足“△ABC面积为”的m的一个值 .
2
解析 由条件知圆心C(1,0),点C到直线x-my+1=0的距离d=,
|AB|=2
由△ABC的面积为,得,整理,得2m2-5|m|+2=0,解得m=±2,或m=±,不妨取m=2.
考向2 圆与圆的位置关系
例4 (1)(2025四川成都二模)在平面直角坐标系xOy中,已知圆C:(x-1)2+ (y-2)2=r2(r>0),点A(4,0),若圆C上存在点M,满足|MA|2+|MO|2=10,则r的取值范围是( )
A.(0,+1] B.[-1,+1]
C.(0,-1] D.[+1,+∞)
B
解析 设M(x,y),则|MA|=,|MO|=
因为|MA|2+|MO|2=10,所以()2+()2=10,
即(x-2)2+y2=1,所以点M的轨迹是以N(2,0)为圆心,以1为半径的圆N.
又因为点M在圆C上,所以圆C与圆N有公共点,所以|r-1|≤|CN|≤r+1,
即|r-1|r+1,解得-1≤r+1.故选B.
(2)(多选题)(2025山东青岛模拟)已知动点M,N分别在圆C1:(x-1)2+(y-2)2=1和圆C2:(x-3)2+(y-4)2=3上,动点P在x轴上,则( )
A.圆C2的半径为3
B.圆C1和圆C2相离
C.|PM|+|PN|的最小值为2
D.过点P作圆C1的切线,则切线长最短为
BD
解析 圆C1的圆心C1(1,2),半径r1=1,圆C2的圆心C2(3,4),半径r2=,A错误;
|C1C2|=2>1+,圆C1和圆C2相离,B正确;
圆C1关于x轴对称的圆为C0:(x-1)2+(y+2)2=1,C0(1,-2),连接C0C2交x轴于点P1,连接P1C1,由圆的性质得,|PM|+|PN|≥|PC1|-1+|PC2|-=|PC0|+|PC2|-1-
|C0C2|-1-=2-1-,当且仅当点P与P1重合,且M,N是线段P1C1,P1C2分别与圆C1和圆C2的交点时等号成立,C错误;
设点P(t,0),过点P的圆C1的切线长
|PA|=,
当且仅当t=1,即P(1,0)时等号成立,D正确.故选BD.(共33张PPT)
第4讲 圆锥曲线中的定点、定值问题
考点一 定点问题
考点二 定值问题
目 录 索 引
考点三 定线问题
考点一 定点问题
例1 (2023全国乙,文21)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率是,点
A(-2,0)在C上.
(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.
(1)解 由题意,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(-2,0),
解得
∴椭圆C的方程为=1.
(2)证明 根据题意,直线PQ的斜率存在,如图,
设MN的中点为T,直线PQ的方程为y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立
则(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0,
∵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,
∴k1=,k2=,
∴k1+k2==2k+3()
=2k+3=2k+3[]
=2k+(-2k+3)=3,∴T(0,3).
综上,线段MN的中点为定点(0,3).
【对点训练1】(2025江西新余模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,离心率为2的双曲线C:=1经过(-1,0).斜率为-1的直线l与C交于A,B两点,F为C的左焦点.
(1)求C的方程;
(2)若以AB为直径的圆与x轴相切,求l的方程;
(3)直线AF,BF分别与C交于M,N点,求证:直线MN过定点.
(1)解 由双曲线C:=1经过(-1,0),得a=1,
由离心率为2,得c=2,则b2=c2-a2=3,
所以双曲线C的方程为x2-=1.
(2)解 设直线l的方程为x=-y+m,联立
消去x得2y2-6my+3m2-3=0,Δ=36m2-24(m2-1)=12(m2+2)>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则
所以|AB|=|y1-y2|=,
由以AB为直径的圆与x轴相切,得|m|=|AB|,即3|m|=,解得m=±2,所以直线l的方程为x=-y+2或x=-y-2.
(3)证明 当直线l不过双曲线C的顶点时,直线AF,BF都不垂直于y轴.
设直线AF,BF的方程分别为x=n1y-2,x=n2y-2,M(x3,y3),N(x4,y4),
联立消去x得(3-1)y2-12n1y+9=0,则y1y3=,
则y3=,x3=y3-2=-,
即点M(-),同理得点N(-),
因此直线MN的方程为,
整理得()x+()y+=0,
即[15(y1-y2)+12(x2y1-x1y2)]x+9(x1-x2)y+12(y1-y2)+15(x2y1-x1y2)=0,
又x2y1-x1y2=(m-y2)y1-(m-y1)y2=m(y1-y2),x1-x2=y2-y1,y1-y2≠0,
因此直线MN的方程为(5+4m)x-3y+4+5m=0,即(4x+5)m+5x-3y+4=0.
由解得x=-,y=-,即直线MN过定点(-,-),当直线l过顶点(1,0)时,直线l:x=-y+1,不妨令B(1,0),由(2)得A(-2,3),直线AF:x=-2,M(-2,-3),
而N(-1,0),直线MN:y=3x+3过点(-,-),当直线l过顶点(-1,0)时,直线l:x=-y-1,不妨令B(-1,0),由(2)得A(2,-3),直线AF:3x+4y+6=0,
由解得M(-,-),
而N(1,0),直线MN:y=x-过点(-,-),
所以直线MN过定点(-,-).
考点二 定值问题
例2 (2025北京朝阳一模)已知椭圆:=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),离心率为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点M(4,0)作直线l与椭圆E交于不同的两点A,B.设C(),直线BC与直线x=1交于点N,求证:直线AN的斜率为定值.
(1)解 由题意得解得
所以椭圆E的方程是=1.
(2)证明 由题可知直线l斜率存在.设直线l:y=k(x-4).
联立得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0.
由Δ=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)>0,得k2<,即k∈(-).
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=
直线BC的方程为y-(x-).令x=1,得N的纵坐标为yN=
因为y1-yN=y1-
=
,
所以kAN=
kAN+1=
=
=
又2x1x2-5(x1+x2)+8=2-5+8==0.
所以kAN+1=0,即kAN=-1.所以直线AN的斜率为定值-1.
【对点训练2】(2025广东汕头模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,离心率e=,P为椭圆上异于A1,A2的动点.
(1)求证直线PA1,PA2的斜率的积为定值;
(2)过点A1作直线l1⊥PA1,过点A2作直线l2⊥PA2,设l1∩l2=Q,证明:存在两定点M与N,使得|QM|+|QN|为常数.
证明 (1)设P(x0,y0)(x0≠±a),则=1,即(a2-).
因为椭圆的离心率e=,所以,所以=1-
设直线PA1的斜率为,直线PA2的斜率为,
所以=-=-,
所以直线PA1,PA2的斜率的积为定值-
(2)设Q(x,y),则直线QA1的方程为y=-(x+a),①
直线QA2的方程为y=-(x-a),②
①×②得y2=-4(x2-a2),即=1,所以动点Q在椭圆=1上,
故存在两定点M(0,a)与N(0,-a),使得|QM|+|QN|=4a(常数).
考点三 定线问题
例3 (2023新高考Ⅱ,21)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2,0),离心率为.
(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.
(1)解 设双曲线C的方程为=1(a>0,b>0),
∵c=2,e=,∴a=2,∴b2=c2-a2=16,故双曲线C的方程为=1.
(2)证明 (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.联立
消去y,得(k2-4)x2+8k2x+16k2+16=0,k2-4≠0,Δ>0恒成立
又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2,从而直线A1M,直线A2N的方程分别为y=(x+2),①
y=(x-2),②
①÷②,得③
∵点(x1,y1)在=1上,=1,-4=(x1-2)(x1+2),
,代入③得=,
代入根与系数的关系式得=-,
∴x=-1.∴当直线MN的斜率存在时,点P在定直线x=-1上.
(ⅱ)当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,代入=1,
得M(-4,4),N(-4,-4).
又A1(-2,0),A2(2,0),
∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=-2(x+2),y=,
联立解得x=-1.此时点P也在定直线x=-1上.
综上可得,点P在定直线x=-1上.
【对点训练3】(2025湖南长沙模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A,B分别为椭圆C的上、下顶点,O为坐标原点,直线y=kx+2与椭圆C交于不同的两点P,Q.
(1)设点M为线段PQ的中点,证明:直线OM与直线PQ的斜率之积为定值;
(2)若|AB|=2,证明:直线BP与直线AQ的交点D在定直线上.
证明 (1)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则M(),
则由=1,=1,两式相减可得=0,即=-,
所以kOM·kPQ==-=e2-1=-1=-为定值.
(2)由题意可得,解得所以椭圆方程为+y2=1,
则A(0,1),B(0,-1),联立可得(2k2+1)x2+8kx+6=0,
则Δ=(8k)2-4×6(2k2+1)>0,得k2>,
故x1+x2=,x1x2=,直线BP的方程为y+1=,①
直线AQ的方程为y-1=,②
设直线BP与直线AQ的交点D(x0,y0),
则由①②两式相减可得x0=,
代入①可得,y0+1=,
即y0=所以点D在定直线y=上.(共29张PPT)
培优拓展(十一) 圆锥曲线的光学性质
类型一 椭圆的光学性质
类型二 双曲线的光学性质
目 录 索 引
类型三 抛物线的光学性质
主要以圆锥曲线的光学性质为背景,结合一些实际应用场景,考查光学性质的形式、相关性质和计算,增强题目的趣味性和实用性,提升数学思维和综合运用知识的能力.
类型一 椭圆的光学性质
如图1所示,从椭圆的一个焦点发出的光线,被椭圆反射后,必定经过另一个焦点;
如图2所示,椭圆在点P处的切线为l,直线PQ⊥l交直线F1F2于点Q,则PQ平分∠F1PF2,由角平分线性质定理,.
图1
图2
例1 (1)(2025湖南长沙一模)椭圆具有光学性质:从椭圆的一个焦点发出的光线,经过椭圆反射后,反射光线过椭圆的另一个焦点(如图).已知椭圆E: =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线与椭圆E交于点A,B,过点A作椭圆的切线l,点B关于l的对称点为M,若|AB|=a,,则椭圆E的离心率为( )
A. B.
C. D.
D
解析 如图,由椭圆的光学性质可得M,A,F1三点共线,
由B与M关于直线l对称,得|AM|=|AB|,
则==,
解得|AF1|=,则|AF2|=2a-,|BF2|=|AB|-|AF2|=,|BF1|=2a-|BF2|=,
于是|AF1|2+|AB|2=|F1B|2,
即AF1⊥AB,|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2.
因此()2+()2=(2c)2,
所以椭圆E的离心率e=
故选D.
(2)(2025江苏南通模拟)古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质:从椭圆的一个焦点F1发出的光线经过椭圆上的点P反射后,反射光线经过椭圆的另一个焦点F2,且在点P处的切线垂直于法线(即∠F1PF2的角平分线).已知椭圆C:=1(a>b>0)上点P处的法线l交x轴于点Q,且=3,∠F1PQ=,则C的离心率为( )
A. B.
C. D.
D
解析 由=3可得|F1Q|=3|QF2|,
由角平分线的性质可得,
所以|PF1|=3|PF2|,设|PF1|=3|PF2|=3x,
因为∠F1PQ=,所以∠F1PF2=,
在△PF1F2中,由余弦定理可得cos∠F1PF2==-,解得x=c.
又|PF1|+|PF2|=2a,所以c+c=2a,得e=,故选D.
【对点训练1】(2025广东广州模拟)设椭圆方程=1(a>b>0),F1,F2为其左、右焦点,若从右焦点F2发出的光线经椭圆上的点A和点B反射后,满足AB⊥AD,cos∠ABC=,则该椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
C
解析 由题意,可作图如下:
则cos∠ABF1=,sin∠ABF1=,
即AB∶AF1∶BF1=4∶3∶5,可设AB=4k,AF1=3k,BF1=5k,
由AB+AF1+BF1=AF2+BF2+AF1+BF1=4a,
则4k+3k+5k=4a,即3k=a,AF2=2a-AF1=3k,
在Rt△AF1F2中,F1F2==3k=2c,则e=故选C.
类型二 双曲线的光学性质
如图3所示,从双曲线一个焦点发出的光线,被双曲线反射后,反射光线的反向延长线交于另一个焦点;
如图4所示,双曲线在点P处的切线l与直线F1F2相交于点Q,则PQ平分∠F1PF2,由角平分线性质定理,.
图3
图4
例2 (1)(2025湖北武汉模拟)双曲线的光学性质为:从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线反射后,反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点.如图,F1,F2为双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,从右焦点F2发出的光线在双曲线C上的点A,B处反射后射出(A,B,F2共线),若∠CAB=∠ABD=120°,则=( )
A. B.
C.2 D.
A
解析 连接F1B.
因为∠CAB=∠ABD=120°,则∠F1AB=∠F1BA=60°,
即△F1AB为等边三角形,
由对称性可知F1F2⊥AB,
则|AF2|=,|F1F2|=2c,∠AF1F2=30°,
又因为tan 30°=,即,
整理得3e2-2e-3=0,解得e=或e=-(舍去),
所以故选A.
(2)(2025广东广州模拟)双曲线的光学性质如下:从双曲线一个焦点发出的光线经双曲线镜面反射,反射光线的反向延长线经过另一个焦点.已知双曲线的方程为=1(a>0,b>0),F1,F2分别为其左、右焦点,若从右焦点F2发出的光线经双曲线上的点A和点B反射后(三点共线),满足AB⊥AD, ∠ABC=,则= .
-1
解析 由题可知F1,A,D三点共线,F1,B,C三点共线,如图,连接F1A,F1B.
设|AF1|=m,则|AF2|=m-2a,
因为∠ABC=,所以∠ABF1=,
又AF1⊥AB,所以|AB|=|AF1|=m,|BF1|=m,
所以|BF2|=|AB|-|AF2|=2a,|BF1|=|BF2|+2a=4a,
所以4a=m,得m=2a=|AF1|,
则-1.
【对点训练2】(多选题)“曲线电瓶新闻灯”是记者常用的一种电瓶新闻灯,具有体积小,光线柔和等特点.这种灯利用了双曲线的光学性质:从双曲线的一个焦点发出的光线,经双曲线反射后,反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点,并且过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角,如图所示:
已知双曲线=1左、右焦点分别为F1,F2,A(3,2),点M的坐标为(1,0),则下列结论正确的是( )
A.双曲线C的离心率为2
B.∠F1AM=∠F2AM
C.过点F1作F1H垂直AM的延长线于H,则H(0,-)
D.若从F2射出一道光线,经双曲线反射,其反射光线所在直线的斜率的取值范围为(-)
BCD
解析 由双曲线=1,则c==3,离心率e=,故A错误;
根据题意,A(3,2)满足双曲线方程,点A在双曲线上,kAM=,
所以lAM:y=(x-1),与双曲线方程=1联立,得到(x-3)2=0,
可知该直线与双曲线只有一个交点,即直线AM为双曲线在A点处的切线.
根据题中条件“过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角”可知,∠F1AM=∠F2AM,故B正确;
kAM=,因为直线F1H垂直于直线AM,所以=-
因为F1(-3,0),可求得:y=-(x+3).
两方程联立解出H(0,-),故C正确;
由题知,反射光线所在直线的斜率介于两条渐近线斜率之间.焦点在x轴上的双曲线渐近线斜率k=±=±,斜率的取值范围应为(-),故D正确.故选BCD.
类型三 抛物线的光学性质
如图5所示,从抛物线的焦点F发出的光线,被抛物线反射后,得到的是一系列的与抛物线对称轴平行(或重合)的光线;
如图6所示,设抛物线在P处的切线l交对称轴于点Q,PM⊥切线l交对称轴于点M,则焦点F是QM的中点.
图5
图6
例3 (1)(2025河南信阳模拟)古希腊数学家阿波罗尼斯在对圆锥曲线的研究过程中,还进一步研究了圆锥曲线的光学性质,例如抛物线的光学性质:由其焦点射出的光线经抛物线反射后,沿平行于抛物线对称轴的方向射出;反之,平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.如图所示,两条平行于y轴的入射光线l1:x=-4,l2:x=-2分别经抛物线C:x2=4y上的A,B两点反射后,两条反射光线l'1,l'2又沿平行于y轴的方向射出,则两条反射光线l'1,l'2之间的距离为( )
A.
B.1
C.
D.2
B
解析 由题意得,A(-4,4),B(-2,1),F(0,1),设点D,E的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),直线AD:y=-+1,与抛物线方程联立得x2+3x-4=0,得-4x1=-4,解得x1=1,y1=,所以D(1,),
同理直线BE:y=1,与抛物线方程联立得x2=4,得-2x2=-4,解得x2=2,y2=1,可得E(2,1),
所以两条反射光线l'1:x=1,l'2:x=2之间的距离d=|2-1|=1.故选B.
(2)(2025北京东城模拟)抛物线有如下光学性质:由其焦点射出的光线经抛物线反射后,沿平行于抛物线对称轴的方向射出;反之,平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线C:y2=2px(p>0),O为坐标原点,一条平行于x轴的光线l1从抛物线内的点P(P不在x轴上)射入,经过C上的点A反射,再经C上另一点B反射后,沿直线l2射出并经过点Q,则下列说法错误的是( )
A.若P(,4),p=4,则S△AOB=8
B.若P(,4),p=2,则PB平分∠ABQ
C.若p=4,延长AO交直线x=-2于点M,则M,B,Q三点共线
D.若p=2,过点B作x轴的平行线交抛物线的准线于点N,S△OBA=3S△OBN,则直线AB的斜率k=
D
解析 若p=4,则C:y2=8x,又点P(,4).在C:y2=8x中,令y=4,得x=2,所以A(2,4).易知C的焦点F(2,0),所以AB⊥x轴,则|AB|=2p=8,
所以S△AOB=|OF||AB|=2×8=8,故A正确;
若p=2,则C:y2=4x,F(1,0),又点P(,4),所以A(4,4),kAF=,
故直线AB:y=(x-1),联立消去y得16x2-68x+16=0,
易知xA+xB=,由抛物线性质得,|AB|=xA+xB+p=,其中|AP|=-4==|AB|.所以∠APB=∠ABP,
又∠APB=∠PBQ,所以∠ABP=∠PBQ,即PB平分∠ABQ,B正确;
若p=4,则C:y2=8x,F(2,0),故=8xA,延长AO交直线x=-2于点M(图略),
则kOA=kOM,即,所以yM=,
又=8xA,则yM=,联立
消去x得y2-8my-16=0,则yAyB=-16,则yB=,
所以yB=yM,则M,B,Q三点共线,故C正确;
若p=2,则C:y2=4x,易知焦点F(1,0),由C选项分析知,A,O,N三点共线,
设A(x1,y1)(y1>0),B(x2,y2),联立消去x得y2-4ny-4=0,则y1y2=-4.
因为S△OBA=3S△OBN,所以|OA|=3|ON|,所以y1=-3y2.
由y1y2=-=-4,y1>0,得y1=2,则A(3,2),
所以k=kAF=,故D错误.故选D.(共62张PPT)
第2讲 圆锥曲线的定义、方程与性质
考点一 圆锥曲线的定义与标准方程
考点二 椭圆、双曲线的几何性质(多考向探究预测)
目 录 索 引
考点三 抛物线的几何性质
考点一 圆锥曲线的定义与标准方程
理知识
1.圆锥曲线的定义
(1)椭圆:|PF1|+|PF2|=2a(2a>|F1F2|).
(2)双曲线:||PF1|-|PF2||=2a(0<2a<|F1F2|).
(3)抛物线:|PF|=|PM|,l为抛物线的准线,点F不在定直线l上,PM⊥l于点M.
2.求圆锥曲线标准方程“先定位,后计算”
“定位”:确定曲线焦点所在的坐标轴;
“计算”:利用待定系数法求出方程中的a2,b2,p的值.
链高考
1.(2024新高考Ⅱ,5)已知曲线C:x2+y2=16(y>0),从C上任意一点P向x轴作垂线PP',P'为垂足,则线段PP'的中点M的轨迹方程为( )
A.=1(y>0)
B.=1(y>0)
C.=1(y>0)
D.=1(y>0)
A
解析 设P(x0,y0)(y0>0),则P'(x0,0),设M(x,y),则x=x0,y=,
又=16,所以x2+4y2=16,即=1(y>0),故选A.
2.(2023全国甲,理12)设O为坐标原点,F1,F2为椭圆C:=1的两个焦点,点P在C上,cos∠F1PF2=,则|OP|=( )【一题多解】
A. B.
C. D.
B
解析 (方法一)如图,由题意,不妨设F1,F2分别为左、右两焦点.
在椭圆C:=1中,a==3,b=,c=,
∴|PF1|+|PF2|=2a=6(椭圆的定义),即|PF2|=6-|PF1|.
在△PF1F2中,|F1F2|=2c=2,cos∠F1PF2=,
由余弦定理,
得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos∠F1PF2,
解得|PF1|=3+,
∴|PF2|=6-|PF1|=3-
),∴||=|=
=
=
=
|OP|=故选B.
(方法二)|PF1|+|PF2|=2a=6,①
在△PF1F2中,由余弦定理,得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos∠F1PF2=,
即|PF1||PF2|=12,②
联立①②,解得=21,
由中线定理可知,(2|OP|)2+|F1F2|2=2(|PF1|2+|PF2|2)=42,
易知|F1F2|=2,解得|OP|=故选B.
3.(2022全国甲,文11)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若=-1,则C的方程为( )
A.=1 B.=1
C.=1 D.+y2=1
B
解析 由题意知,A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),
则=(-a,-b)·(a,-b)=-a2+b2=-1,①
由e=,得e2==1-,
即b2=a2.②
联立①②,解得a2=9,b2=8.故选B.
例1 (1)(2025四川成都三模)已知动圆C与圆(x+1)2+y2=1外切,同时与圆
(x-1)2+y2=25内切,则动圆C的圆心轨迹方程为( )
A.=1 B.+y2=1
C.=1 D.+y2=1
A
解析 设圆(x+1)2+y2=1的圆心为C2,且圆C2与圆C切于点P,圆(x-1)2+y2=25的圆心C1与圆C切于点Q,由题意得|C1C|=5-|CQ|,|C2C|=1+|CP|,
其中|CQ|=|CP|,所以|C1C|+|C2C|=5-|CQ|+1+|CP|=6>2=|C1C2|,
由椭圆定义可知,动圆圆心C的轨迹为以C1,C2为焦点的椭圆,
设其方程为=1(a>b>0),则2a=6,c=1,解得a=3,b2=a2-c2=9-1=8,
故动圆圆心C的轨迹方程为=1.故选A.
(2)(2024天津,8)双曲线=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.P是双曲线右支上一点,且直线PF2的斜率为2,△PF1F2是面积为8的直角三角形,则双曲线的方程为( )
A.=1 B.=1
C.=1 D.=1
C
解析 如图,由题意可知,点P必在第四象限,∠F1PF2=90°.
∵∠F1PF2=90°,=-1,又=2,=-,
∴tan∠PF1F2=,即
设|PF2|=m,则|PF1|=2m,|F1F2|=m.
由|PF1|·|PF2|=2m·m=8,得m=2,
∴|PF2|=2,|PF1|=4,|F1F2|=2=2c,则c=
由双曲线的定义可知,|PF1|-|PF2|=2a=2,
∴a=,∴b2=c2-a2=8,∴双曲线的方程为=1.故选C.
考点二 椭圆、双曲线的几何性质(多考向探究预测)
理知识
1.椭圆、双曲线中,a,b,c之间的关系
(1)在椭圆中,a2=b2+c2,离心率e=.
(2)在双曲线中,c2=a2+b2,离心率e=.
2.双曲线的渐近线方程与焦点坐标
(1)双曲线=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,焦点坐标F1(-c,0), F2(c,0).
(2)双曲线=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,焦点坐标F1(0,-c), F2(0,c).
3.通径为过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的弦:椭圆、双曲线中通径长均为;双曲线中焦点到渐近线的距离为b.
链高考
1.(2024全国甲,理5,文6)已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,-4),点(-6,4)在该双曲线上,则该双曲线的离心率为( )
A.4 B.3 C.2 D.
C
解析 设点P(-6,4),F1(0,-4),F2(0,4),则e==2.故选C.
2.(2023新高考Ⅰ,5)设椭圆C1:+y2=1(a>1),C2:+y2=1的离心率分别为e1,e2.若e2=e1,则a=( )
A. B.
C. D.
A
解析 由题意,在椭圆C1:+y2=1中,a>1,b=1,c=,
∴e1=在椭圆C2:+y2=1中,a=2,b=1,c=,
∴e2=
e2=e1,,解得a=故选A.
3.(2024新高考Ⅰ,12)设双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作平行于y轴的直线交C于A,B两点.若|F1A|=13,|AB|=10,则C的离
心率为 .
解析 如图,根据双曲线的对称性,不妨设点A为双曲线C与直线AB在第一象限的交点.由题意知,|AF2|=5,2a=|F1A|-|AF2|=13-5=8,∴a=4.
易知AF2⊥F1F2,
∴在Rt△AF2F1中,有|F1F2|==12.设双曲线C的焦距为2c(c>0),则2c=|F1F2|=12,∴c=6.∴双曲线C的离心率e=
考向1 椭圆、双曲线的几何性质
例2 (1)(2025新高考Ⅰ,3)已知双曲线C的虚轴长为实轴长的倍,则C的离心率为( )
A. B.2
C. D.2
D
解析 由题知,2b=2a,
∴b=a,∴c==2a,∴e==2故选D.
(2)(多选题)(2025山东泰安二模)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,则下列选项正确的是( )
A.若a=2,b=,则双曲线的任一焦点到渐近线的距离为
B.若点P在双曲线C上,则直线PF1与PF2的斜率之积为
C.以线段F1F2为直径的圆与双曲线C在第一象限交于点P,且|PO|=|PF2|,则双曲线C的离心率e=+1
D.若过点F2的直线l与x轴垂直且与渐近线交于A,B两点,∠AF1O=,则双曲线C的渐近线方程为y=±2x
ACD
解析 由双曲线的性质知,焦点到渐近线的距离为b,故A正确;
当P为双曲线C的顶点时,直线PF1与PF2的斜率之积为0,故B错误;
由题意知,点P在圆x2+y2=c2上,又|PO|=|PF2|,易知△POF2为等边三角形,且在Rt△PF1F2中,|PF2|=c,|PF1|=c,
由双曲线的定义得c-c=2a,所以e=+1,故C正确;
不妨设点A在第一象限,直线l的方程为x=c,与渐近线y=±x相交于点A(c,),B(c,-),所以=(2c,),=(c,0),即cos,化简可得=12,解得=2,所以双曲线的渐近线方程为y=±2x,故D正确.故选ACD.
【对点训练1】(多选题)(2025新高考Ⅱ,11)双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A1,A2,以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M,N两点,且∠NA1M=,则( )【一题多解】
A.∠A1MA2=
B.|MA1|=2|MA2|
C.C的离心率为
D.当a=时,四边形NA1MA2的面积为8
ACD
解析 不妨取渐近线y=x,M在第一象限,N在第三象限.
对于A,由双曲线的对称性可得四边形A1MA2N为平行四边形,
故∠A1MA2=π-,故A正确;
对于B,(方法一)因为点M在以F1F2为直径的圆上,
故F1M⊥F2M且|MO|=c,
设M(x0,y0),则故故MA2⊥A1A2,
由上得∠A1MA2=,故|MA2|=|MA1|,即|MA1|=|MA2|,故B错误;
(方法二)因为tan∠MOA2=,又c2=a2+b2,则cos∠MOA2=,
又因为以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M,N,则OM=c,
若过点M作x轴的垂线,垂足为H(图略),
则|OH|=c=a=|OA2|,则点H与A2重合,则MA2⊥x轴,
则|MA2|==b,|MA1|=b,所以|MA1|=|MA2|,故B错误;
对于C,(方法一)因为),故4+2,由上得,|MA2|=b,|MA1|=b,故4c2=b2+b2+2×bbb2=(c2-a2),即c2=13a2,故离心率e=,故C正确;
(方法二)因为,则=2,
则e=,故C正确;
对于D,当a=时,由e=,故c=,故b=2,故四边形NA1MA2的面积=2=222=8,故D正确.故选ACD.
考向2 离心率问题
例3 (1)(2025山东济南模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右顶点与右焦点分别为A,F,点P在C上,且|PF|=2|AF|,+7=0,则C的离心率为
( )
A. B.
C. D.
B
解析 依题意,+7
=()2+7+5=0.
设|AF|=x,则x2+(2x)2+5x·2xcos∠AFP=0,解得cos∠AFP=-,∠AFP=120°,设F1为C的左焦点,由|PF|=2|AF|=2(a-c),得|PF1|=2a-|PF|=2a-2(a-c)=2c,
又|F1F|=2c,∠PFF1=60°,因此△PFF1为等边三角形,a=2c,所以C的离心率为故选B.
(2)(2023新高考Ⅰ,16)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点A在C上,点B在y轴上,=-,则C的离心率为
.【一题多解】
解析 (方法一)如图,设A(x0,y0),B(0,t),F1(-c,0),F2(c,0).
由对称性不妨设t<0.因为=-,所以x0=,y0=-
又,所以c2=t2,即t=-2c.
因为|AF1|=c,|AF2|=c,所以2a=|AF1|-|AF2|=c,即
(方法二)设A(x,y),B(0,m),不妨令点A在第一象限,则m<0.
设F1(-c,0),F2(c,0),其中c>0,
则=(x+c,y),=(c,m),=(x-c,y),=(-c,m).
由=-,有=(x+c)c+ym=0,(*)式
由(*)式得代入(x+c)c+ym=0中,得m=-2c.
则点A坐标为(c,c),代入=1中,有=1,即25e2-=9,解得e2=或e2=(舍去),故e=
变式探究
(变条件)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B,P为线段AB上一点,直线F2P与直线F1B交于点Q,若=2,且∠QF1F2=∠QPB,则椭圆C的离心率为( )
A. B.
C. D.
A
解析 由=2,得B为线段QF1的中点,又坐标原点O为F1F2的中点,
则OB∥QF2,
于是QF2⊥x轴,∠OBA=∠QPB=∠QF1F2,
则∠F1BA=∠OBF1+∠OBA=∠OBF1+∠OF1B=90°.
因此|F1B|2+|BA|2=|F1A|2,即b2+c2+a2+b2=(a+c)2,
又a2=b2+c2,
整理得a2-ac-c2=0,则e2+e-1=0,
而0故选A.
【对点训练2】(1)(2025天津二模)若直线y=2x与双曲线=1(a>0,b>0)无公共点,则双曲线的离心率的取值范围为( )
A.(1,) B.(1,]
C.(,+∞) D.[,+∞)
B
解析 由题意可知,双曲线的渐近线斜率为k=±
因为直线y=2x与双曲线=1(a>0,b>0)无公共点,
所以2,e=,所以双曲线的离心率范围为(1,].故选B.
(2)(2025山东潍坊二模)在△ABC中,AC=AB,D为边BC上一点,满足BD=2DC,以A,D为焦点作一个椭圆G,若G经过B,C两点,则G的离心率为
( )
A. B.
C. D.
C
解析 设|DC|=m,|AC|=n,则|BD|=2m,|AB|=n,
设该椭圆长半轴长为a,由椭圆的定义可知解得所以|BD|=a,|DC|=a,|AC|=a,|AB|=a.
在△ABC中,显然有∠ADC=π-∠ADB,所以cos∠ADC=-cos∠ADB,
设|AD|=x,由余弦定理得,=-,
即=-,解得x=a.因此椭圆的焦距为2c=|AD|=a,
所以椭圆的离心率为e=故选C.
考点三 抛物线的几何性质
理知识
抛物线的焦点弦的几个常见结论:
设AB是过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的弦,若A(x1,y1),B(x2,y2),α是直线AB的倾斜角,则
(1)x1·x2=,y1·y2=-p2;
(2)|AB|=x1+x2+p=;
(3);
(4)以线段AB为直径的圆与准线x=-相切.
链高考
1.(2023北京,6)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,点M在C上.若M到直线x=-3的距离为5,则|MF|=( )
A.7 B.6
C.5 D.4
D
解析 抛物线C:y2=8x的焦点F(2,0),准线方程为x=-2,
因为点M在C上,由定义知点M到准线x=-2的距离为|MF|,
又点M到直线x=-3的距离为5,所以|MF|+1=5,故|MF|=4.故选D.
2.(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
解析 ∵点A(1,1)在抛物线C上,
∴1=2p,∴p=,∴抛物线C的方程为x2=y.∴抛物线C的准线为y=-,故A错误;
∵点A(1,1),B(0,-1),∴直线AB的方程为y=2x-1,联立抛物线C与直线AB的方程,得消去y整理得x2-2x+1=0,Δ1=(-2)2-4×1×1=0,∴直线AB与抛物线C相切,故B正确;
由题意可得,直线PQ的斜率存在,则可设直线PQ的方程为y=kx-1,联立直线PQ与抛物线C的方程,得消去y整理得x2-kx+1=0,
设点P(x1,y1),Q(x2,y2),
则
∴|k|>2,y1y2=(x1x2)2=1,
又|OP|=,|OQ|=,
∴|OP|·|OQ|==|k|>2=|OA|2,故C正确;
∵|BP|=|x1|,|BQ|=|x2|,
∴|BP|·|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5,而|BA|2=5,故D正确.故选BCD.
例4 (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
解析 对于A,在y=-(x-1)中令y=0,得x=1,
所以抛物线的焦点为(1,0),所以=1,所以p=2,故A正确;
对于B,由A知,抛物线的方程为y2=4x,
则由
不妨设M(),N(3,-2),则由抛物线的定义知|MN|=+3+2=,故B错误;
对于C,由B知,以MN为直径的圆的圆心为(,-),半径为,又抛物线的准线l的方程为x=-=-1,圆心到准线l的距离为-(-1)=,故以MN为直径的圆与l相切,故C正确;
对于D,因为|OM|=,|ON|=,
|MN|=,可知△OMN不是等腰三角形,故D错误.故选AC.
【对点训练3】(1)(2025湖南长沙模拟)已知点A在抛物线C:y2=8x上,记点A到y轴,到直线y=2x+3的距离分别为d1,d2,则d1+d2的最小值为( )
A. B.
C. D.-2
A
解析 易知抛物线C的焦点为F(2,0),准线方程为x=-2,设点F到直线y=2x+3的距离为d,则d1+d2=(d1+2)+d2-2=|AF|+d2-2≥d-2=-2=
故选A.
(2)(多选题)(2025新高考Ⅰ,10)已知抛物线C:y2=6x的焦点为F,过F的一条直线交C于A,B两点,过A作直线l:x=-的垂线,垂足为D,过F且与直线AB垂直的直线交l于点E,则( )【一题多解】
A.|AD|=|AF| B.|AE|=|AB|
C.|AB|≥6 D.|AE|·|BE|≥18
ACD
解析 (方法一)由题意知,F(,0),抛物线的准线方程为x=-
由抛物线定义知|AD|=|AF|,故A正确;
设AB的方程为x=my+,A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去x可得y2-6my-9=0,
则y1+y2=6m,y1y2=-9,x1+x2=m(y1+y2)+3=6m2+3,
则|AB|=x1+x2+p=6m2+6,|AB|≥6,故C正确;
当m=0时,E(-,0),|AB|=6,|AE|=3,此时|AE|≠|AB|,故B错误;
当m=0时,|AE|=|BE|=3,|AE|·|BE|=18;
当m≠0时,直线EF的方程为x=-y+,E(-,3m),|EF|=,
S△AEB=|AE|·|BE|sin∠AEB=(6m2+6)=9(m2+1)>9,
则|AE|·|BE|>>18,
综上可知,|AE|·|BE|≥18,故D正确.
故选ACD.
(方法二)对于A,由抛物线C:y2=6x,则p=3,其准线方程为x=-,焦点F,则|AD|为抛物线上点到准线的距离,|AF|为抛物线上点到焦点的距离,由抛物线的定义可知,|AD|=|AF|,故A正确;
对于B,过点B作准线l的垂线,交l于点P,
由题意可知AD⊥l,EF⊥AB,则∠ADE=∠AFE=90°,
又|AD|=|AF|,|AE|=|AE|,
所以△ADE≌△AFE,所以∠AED=∠AEF,
同理∠BEP=∠BEF,
又∠AED+∠AEF+∠BEP+∠BEF=180°,
所以∠AEF+∠BEF=90°,即∠AEB=90°,
显然AB为Rt△ABE的斜边,则|AE|<|AB|,故B错误;
对于C,当直线AB的斜率不存在时,|AB|=2p=6;当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k,联立
消去y得k2x2-(3k2+6)x+k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),
易知Δ>0,则x1+x2=3+,x1x2=,
所以|AB|=|x1-x2|==6>6,
综上,|AB|≥6,故C正确;
对于D,在Rt△ABE与Rt△AEF中,∠BAE=∠EAF,所以Rt△ABE∽Rt△AEF,则,即|AE|2=|AF|·|AB|,同理|BE|2=|BF|·|AB|,当直线AB的斜率不存在时,|AB|=6,|AF|=|BF|=|AB|=3,所以|AE|2·|BE|2=|BF|·|AF|·|AB|2= 3×3×62,即|AE|·|BE|=18;当直线AB的斜率存在时,|AB|=6, |AF|·|BF|==x1x2+(x1+x2)+= 9,所以|AE|2·|BE|2=|BF|·|AF|·|AB|2=936,则|AE|·|BE|=36=18>18.
综上,|AE|·|BE|≥18,故D正确.故选ACD.(共25张PPT)
培优拓展(八) 隐形圆和蒙日圆问题
类型一 阿氏圆
类型二 蒙日圆
目 录 索 引
隐形圆和蒙日圆问题是指在一些几何问题中,通过分析条件发现存在一个隐含的圆,这个圆在题目中没有直接给出;这些问题聚焦了轨迹方程、定值、定点、弦长、面积等解析几何的核心问题,难度为中高档.
类型一 阿氏圆
1.定义:平面内到两定点距离的比为常数λ(λ>0,且λ≠1)的点轨迹是圆,这个圆称为阿氏圆又称为阿波罗尼斯圆.
2.性质:
(1)圆心位置:阿氏圆的圆心在两定点所连线段的延长线上,且分两定点所连线段的比等于已知常数λ(λ≠1)的平方.
(2)半径公式:设两定点A,B的距离为d,点P到A,B两点距离之比为λ(λ>0,且λ≠1),则阿氏圆半径r=.
例1 (1)(多选题)(2025江西宜春模拟)古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义:在平面内,已知两定点A,B之间的距离为a(非零常数),动点M到A,B的距离之比为常数λ(λ>0,且λ≠1),则点M的轨迹是圆,简称为阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中,已知A(-4,0), B(2,0),点M满足|MA|=2|MB|,则下列说法正确的是( )
A.△AMB面积的最大值为12
B.的最大值为72
C.若Q(8,8),则|MA|+2|MQ|的最小值为10
D.当点M不在x轴上时,MO始终平分∠AMB
ABD
解析 设点M(x,y),由|MA|=2|MB|,得=2,化为(x-4)2+y2=16,所以点M的轨迹是以点(4,0)为圆心、4为半径的圆,所以△AMB面积的最大值为|AB|rM=6×4=12,故A正确;
设线段AB的中点为N,则N(-1,0),=()·()=||2-||2≤(8+1)2-(-1+4)2=72,当点M的坐标为(8,0)时等号成立,故的最大值为72,故B正确;
显然点Q(8,8)在圆外,点B(2,0)在圆内,
|MA|+2|MQ|=2|MB|+2|MQ|=2(|MB|+|MQ|)≥2|BQ|=2=20,当B,M,Q三点共线且点M在线段BQ之间时,(|MA|+2|MQ|)min=20,故C错误;
由|OA|=4,|OB|=2,有=2=,当点M不在x轴上时,由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知,MO是△AMB中∠AMB的平分线,故D正确.
故选ABD.
(2)(2025山东日照模拟)已知平面上两定点A,B,则平面上所有满足=λ (λ>0且λ≠1)的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上,半径为||·|AB|的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,故称为阿氏圆.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上有一动点P满足|PA|=|PB|,则点P在侧面B1BCC1上的轨迹长度为( )
A.π B.π
C. D.π
C
解析 在平面中,以B为原点以AB所在直线为x轴建立如图所示平面直角坐标系.
设阿氏圆圆心O(a,0),半径为r.
因为|PA|=|PB|,
所以,
所以r=|AB|=
因为|BM|=-|BO|=-a,
所以|AM|=|BM|=2-a,
所以2-a+-a=1,解得a=1,
所以圆心O(1,0),
所以点P在空间内轨迹是以O(1,0)为球心,半径为的球.
因为OB⊥平面B1BCC1,平面B1BCC1截球所得小圆是以B为圆心,以BP为半径的圆,且BP==1,所以点P在侧面B1BCC1上的轨迹长度为P在侧面B1BCC1上的轨迹长度为2π×1
类型二 蒙日圆
1.定义:设椭圆的方程为=1(a>b>0),则该椭圆两条互相垂直的切线
PA,PB的交点P的轨迹是蒙日圆:x2+y2=a2+b2.
2.双曲线=1(a>b>0)的两条互相垂直的切线PA,PB交点P的轨迹是蒙日圆:x2+y2=a2-b2(只有当a>b时才有蒙日圆).
3.性质:
设P为蒙日圆上任一点,过点P作椭圆的两条切线,
交椭圆于点A,B,O为原点.
性质1:PA⊥PB.
性质2:kOP·kAB=-,kOA·kPA=-,kOB·kPB=-.
性质3:PO平分椭圆的切点弦AB.
例2 (1)(多选题)已知椭圆C:=1(a>b>0),我们把圆x2+y2=a2+b2称为C的蒙日圆,O为原点,点P在C上,延长OP与C的蒙日圆交于点Q,则( )
A.|PQ|的最大值为-b
B.若P为OQ的中点,则C的离心率的最大值为
C.过点Q不可能作两条互相垂直的直线都与C相切
D.若点(2,1)在C上,则C的蒙日圆面积最小为9π
AD
解析 因为圆x2+y2=a2+b2的圆心为O(0,0),半径为r=,
又椭圆C:=1(a>b>0),
所以|OP|≥b,
所以|PQ|=|OQ|-|OP|≤r-b=-b,故A正确;
若P为线段OQ的中点,
则|OP|=b,则a2≥3b2,
故e=,故B错误;
取Q(a,b),则直线x=a,y=b互相垂直,且都与C相切,故C错误;
因为点(2,1)在C上,所以=1,
则r2=a2+b2=(a2+b2)()=5+5+2=9,
当且仅当,即a=b时等号成立,
所以C的蒙日圆面积最小为9π,故D正确.
故选AD.
(2)(2025安徽六安模拟)法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现:椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心,为半径的圆(a为椭圆的长半轴长,b为椭圆的短半轴长),这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆E:=1(a>b>0)的蒙日圆的面积为5π,短轴长为2,作直线l与椭圆E交于M,N两点,与椭圆E的蒙日圆交于H,G两点.
①已知P(4,0),直线l斜率为1,若直线PM,PN的斜率满足kPM+kPN=0,求直线l的方程;
②若椭圆E的左、右焦点分别为F1,F2,直线l过坐标原点.
求证:|MH|·|MG|=|MF1|·|MF2|.
①解 由椭圆E:=1(a>b>0)的蒙日圆的面积为5π,短轴长为2,
由题意可得解得所以椭圆E的方程为+y2=1.
设直线l方程为y=x+t,设点M(x1,y1),N(x2,y2),
联立方程消去y整理得5x2+8tx+4t2-4=0,
则Δ=64t2-16×5(t2-1)=16(5-t2)>0,解得-得x1+x2=-,x1x2=
因为P(4,0),且kPM+kPN=0,
所以=0,
所以(x1+t)(x2-4)+(x2+t)(x1-4)=2x1x2+(t-4)(x1+x2)-8t=0,
即2+(t-4)(-)-8t=0,解得t=-1,且满足Δ>0,
所以直线l的方程为y=x-1.
②证明 因为直线l与椭圆E交于M,N两点,与椭圆E的蒙日圆交于H,G两点,
设M(x0,y0),其中x0∈[-2,2],且|OG|2=|OH|2=5.
因为|MH|·|MG|=(-|OM|)(+|OM|)
=5-|OM|2=5-()=5-(+1-)=4-,
|MF1|=
=
==2+x0,
同理可得|MF2|=2-x0,
故|MF1|·|MF2|=(2+x0)·(2-x0)=4-,
因此|MH|·|MG|=|MF1|·|MF2|.
【对点训练】(多选题)法国数学家蒙日在研究圆锥曲线时发现:椭圆=1(a>b>0)的任意两条互相垂直的切线的交点Q的轨迹是以原点为圆心, 为半径的圆,这个圆称为蒙日圆.若矩形G的四边均与椭圆C:=1相切,则下列说法中正确的是( )
A.椭圆C的蒙日圆方程为x2+y2=9
B.过直线l:x+2y-3=0上一点P作椭圆C的两条切线,切点分别为M,N,当∠MPN为直角时,直线OP的斜率为-
C.若圆(x-4)2+(y-m)2=4与椭圆C的蒙日圆有且仅有一个公共点,则m=±3
D.若G为正方形,则G的边长为3
ACD
解析 椭圆C:=1的蒙日圆方程为x2+y2=9,A正确;
依题意,点P是直线l与蒙日圆的交点,则
解得P(-)或P(3,0),直线OP的斜率为-或0,B错误;
圆(x-4)2+(y-m)2=4的圆心为(4,m),半径为2,
显然点(4,m)在圆x2+y2=9外,而圆x2+y2=9的半径为3,
由两圆只有一个公共点,得=3+2,
解得m=±3,C正确;
由矩形G的四边均与椭圆C:=1相切,得矩形G是圆x2+y2=9的内接矩形,当矩形G为正方形时,该正方形边长为3,D正确.故选ACD.(共56张PPT)
融合创新(三) 解析几何中的创新问题
创新点1 新曲线问题
创新点2 圆锥曲线中的新定义问题
目 录 索 引
创新点3 圆锥曲线与其他知识的交汇问题
真题解构 解析几何
创新点1 新曲线问题
例1 (1)(多选题)(2025山东烟台模拟)已知曲线C:y2+sin x=5,则以下结论正确的是( )
A.y的范围是[-]
B.若y>0,则曲线C具有周期性
C.曲线C既是轴对称图形又是中心对称图形
D.曲线C与圆D:x2+y2=5有公共点
BCD
解析 曲线C:y2+sin x=5,则y2=5-sin x∈[4,6],y∈[2,]∪[-,-2],A错误;
当y>0,则曲线C:y=,y=,
所以2π是函数y的周期,所以曲线C具有周期性,B正确;
将(x,-y)代入曲线C:(-y)2+sin x=y2+sin x=5成立,所以曲线C关于x轴对称,将(2π-x,-y)代入曲线C:(-y)2+sin(2π-x)=y2+sin x=5成立,所以曲线C关于(π,0)对称,所以曲线C既是轴对称图形又是中心对称图形,C正确;
曲线C:y2+sin x=5,C与圆D:x2+y2=5有公共点(0,),D正确.故选BCD.
(2)(多选题)(2025广东汕头模拟)已知曲线C:x-2+y2=0,则( )
A.曲线C位于直线x=0,x=4和y=±1围成的矩形框(含边界)里
B.曲线C上存在与点(1,0)的距离小于1的点
C.曲线C关于x轴对称
D.曲线C所围成区域的面积大于4
ACD
解析 由x-2+1-1+y2=0 (-1)2+y2=1,
所以(-1)2≤1 0≤x≤4,y2≤1 -1≤y≤1,
所以曲线C位于直线x=0,x=4和y=±1围成的矩形框(含边界)里,故A正确;
设P(x,y)为曲线上任一点,所以点P到(1,0)的距离为d=1,故B错误;
对于曲线上任意一点(x,y),其关于x轴的对称点为(x,-y),
把(x,-y)代入x-2+(-y)2=x-2+y2=0成立,所以曲线关于x轴对称,故C正确;
如图,四边形OACB在曲线C内部,根据图象的对称性可得AB⊥OC,又曲线C位于直线x=0,x=4和y=±1围成的矩形框(含边界)里,所以|AB|=2,|OC|=4,故曲线C所围成区域的面积大于S四边形OACB=2×4=4,故D正确.故选ACD.
【对点训练1】(1)(多选题)(2025安徽安庆模拟)双纽线,也称伯努利双纽线,伯努利双纽线的描述首见于1694年,雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理,椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹,而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之积为定值的点的轨迹,当此定值使得轨迹经过两定点的中点时,轨迹便为伯努利双纽线.已知曲线C:(x2+y2)2=4(x2-y2)是双纽线,则下列结论正确的是( )
A.已知F1(-2,0),F2(2,0),则曲线C上满足|PF1|=|PF2|的点P有且只有一个
B.曲线C经过4个整点(横、纵坐标均为整数的点)
C.若直线y=kx与曲线C只有一个交点,则实数k的取值范围为(-∞,-1]∪[1,+∞)
D.曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2
ACD
解析 点P满足|PF1|=|PF2|,则点P在y轴上,将x=0代入曲线C方程,得(y2)2=4(-y2),即y2(y2+4)=0,解得y=0,得与y轴唯一交点为(0,0),故A正确;
令y=0,解得x=0或x=2或x=-2,当y≠0时,x无整数解.所以曲线C经过整点(0,0),(2,0),(-2,0),故B错误;
因为直线y=kx与曲线C必有公共点(0,0),联立
可得(1+k2)2x4=4x2(1-k2),因此该方程只有一个解x=0,故1-k2≤0,解得k≤-1或k≥1,即实数k的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞),故C正确;
根据曲线C:(x2+y2)2=4(x2-y2),可得x2+y2=4,当y=0时等号成立,所以双曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2,故D正确.故选ACD.
(2)(多选题)(2025河北廊坊模拟)平面内到定点P(1,1)、x轴、y轴的距离之和等于4的点的轨迹是如图所示的曲线C,它由4部分组成,每部分都是双曲线上的一段,设M(x,y)是该曲线上一点,
则下列说法正确的是( )
A.-≤x≤
B.当x,y都是整数时,M称为格点,则C上有2个格点
C.x+y的最大值为6-2
D.C在第一象限对应的双曲线的离心率为
ACD
解析 由题意+|x|+|y|=4,则(x-1)2+(y-1)2=(4-|x|-|y|)2,整理得(|x|-4)(|y|-4)=9-x-y,当y=0时,有=4-|x|≥0,则4|x|-x=7,当x>0时,x=,当x<0时,x=-,结合题图知-x,A正确;
由曲线C方程可知,显然(2,1),(1,2),(-1,1),(1,-1)都在曲线上,至少有4个格点, B错误;
要使x+y最大,则M(x,y)必在第一象限,此时(x-4)(y-4)=9-x-y,
所以xy-3(x+y)+7=0,令m=x+y>0,则上式可变形为x(m-x)-3m+7=0,
所以x2-mx+3m-7=0,故Δ=m2-4(3m-7)=m2-12m+28≥0,
所以m=6-2,故x+y的最大值为6-2
(注意x+y=4-<4,则m≥6+2不成立),C正确;
C在第一象限对应的双曲线为xy-3(x+y)+7=0,即(x-3)(y-3)=2,
所以y=+3的图象是由y=的图象平移得到的,而x,y轴为双曲线y=的渐近线,则y=x为实轴所在直线,y=-x为虚轴所在直线,所以y=对应的标准双曲线的渐近线为y=±x,即=1,故离心率e=,D正确.故选ACD.
创新点2 圆锥曲线中的新定义问题
例2 (2025江苏南京一模)设M是由直线构成的集合,对于曲线C,若C上任意一点处的切线均在M中,且M中的任意一条直线都是C上某点处的切线,则称C为M的包络曲线.【一题多解】
(1)已知圆C1:x2+y2=1为M1的包络曲线,判断直线l:xsin θ-ycos θ=1(θ为常数,θ∈R)与集合M1的关系;
(2)已知M2的包络曲线为C2:x2=4y,直线l1,l2∈M2.设l1,l2与C2的公共点分别为P,Q,记l1∩l2=A,C2的焦点为F.
①证明:|FA|是|FP|,|FQ|的等比中项;
②若点A在圆x2+(y+1)2=1上,求的最大值.
解 (1)圆心C1(0,0)到直线l的距离d==1,
即直线l与圆C1相切,所以l∈M1.
(2)(方法一)
①证明:由y=x2,知F(0,1),C2的准线方程为y=-1,y'=x.
设A(s,t),P(x1,y1),Q(x2,y2).因为l1∈M2,且l1与C2的公共点为P,
所以l1是曲线C2在点P处的切线,设其方程为lPA:y=x1(x-x1)+y1,即y=x1x-y1,则t=x1s-y1, (*)
同理,lQA:y=x2x-y2,
则t=x2s-y2, (**)
由(*)(**)得直线PQ的方程为t=xs-y,即y=sx-t.
联立消去x整理得y2+(2t-s2)y+t2=0,
则y1+y2=s2-2t,y1y2=t2.
又因为|FP|=y1+1,|FQ|=y2+1,
则|FP|·|FQ|=(y1+1)(y2+1)=y1+y2+y1y2+1=s2-2t+t2+1=s2+(t-1)2.
又因为|FA|2=s2+(t-1)2,所以|FA|2=|FP|·|FQ|,故|FA|是|FP|,|FQ|的等比中项.
②由①知,,
则=2+=2+
因为s2+(t+1)2=1,所以s2+(t-1)2=1-4t,
则=2+,
又因为-2≤t<0,s2≤1,则=s2≤1,
从而可得3,解得,
当A(1,-1),P(1-)时等号成立,故的最大值为
(方法二)
①证明:由题意知F(0,1),y=,则y'=设P(2m,m2),Q(2n,n2),m≠n.
因为l1∈M2,且l1与C2的公共点为P,所以l1是曲线C2在点P处的切线,
所以lPA:y-m2=m(x-2m),即y=mx-m2, (*)
同理lQA:y=nx-n2, (**)
联立(*)(**)式得x=m+n,y=mn,即A(m+n,mn),
所以|FA|2=(m+n)2+(mn-1)2=m2+n2+m2n2+1=(m2+1)(n2+1),
注意到|FP|=m2+1,|FQ|=n2+1,因此|FA|2=|FP|·|FQ|,
所以|FA|是|FP|,|FQ|的等比中项.
②由①知,,
设t=,则t+
=2+=2+2+(m+n)2.
因为点A(m+n,mn)在圆x2+(y+1)2=1上,
所以(m+n)2+(mn+1)2=1,于是(m+n)2≤1,
从而t+3,解得t,即
又当A(1,-1),P(1-)时,,故的最大值为
【对点训练2】(2025山东滨州二模)在平面直角坐标系xOy中,设λ>0,μ>0,规定:点M(λx,μy)叫做点N(x,y)的(λ,μ)仿射对应点.已知点P的轨迹C1的方程为x2+y2=1,点P的()仿射对应点的轨迹为C2.
(1)求C2的轨迹方程;
(2)设A,B是曲线C1上的两点,A,B的()仿射对应点分别为A',B'.△OAB和△OA'B'的面积分别记为S1,S2.求;
(3)设P(x1,y1),Q(x2,y2)是曲线C2上两点,若△OPQ的面积为,求证:为定值.
(1)解 设P(x0,y0)为C1上任意一点,点P的()的仿射对应点为Q(x,y),
则所以
又因为P(x0,y0)在x2+y2=1上,从而得=1,
所以点Q的轨迹方程为=1.
(2)解 设A(x1,y1),B(x2,y2),则A'(x1,y1),B'(x2,y2).
因为=(x1,y1),=(x2,y2),所以S△OAB=|·||·sin<>
=
=
|x1y2-x2y1|,
同理S△OA'B'=x1y2-x2y1|=|x1y2-x2y1|,所以
(3)证明 设P'(x'1,y'1),Q'(x'2,y'2)的()仿射对应点分别为P(x1,y1),Q(x2,y2),
由(2)可知,由△OPQ的面积为得△OP'Q'的面积为,设<>=θ,
从而△OP'Q'的面积为||·||·sin θ=,所以sin θ=1,
又θ∈[0,π],所以θ=,又因为P'(x'1,y'1),Q'(x'2,y'2)均在x2+y2=1上,
所以x'+y'=1,x'+y'=1,
又x'1x'2+y'1y'2=0,
所以x'x'=y'y',
所以x'x'=(1-x')(1-x'),
所以x'+x'=1,又
所以=(x'1)2+(x'2)2=3(x'+x')=3.
创新点3 圆锥曲线与其他知识的交汇问题
例3 (2024新高考Ⅱ,19)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0(1)若k=,求x2,y2;
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列;
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积,证明:对任意的正整数n,Sn=Sn+1.
(1)解 因为点P1(5,4)在C上,代入方程得25-16=m,所以m=9.
过点P1(5,4)且斜率为的直线方程为y-4=(x-5),即x-2y+3=0.
由解得
所以Q1(-3,0),P2(3,0),即x2=3,y2=0.
(2)证明 (方法一)由于过Pn(xn,yn)且斜率为k的直线为y=k(x-xn)+yn,
与x2-y2=9联立,得到方程x2-[k(x-xn)+yn]2=9.
展开得(1-k2)x2-2k(yn-kxn)x-(yn-kxn)2-9=0,
由于Pn(xn,yn)已经是直线y=k(x-xn) +yn和x2-y2=9的公共点,
故方程必有一根x=xn.
从而另一根x=-xn=,
相应的y=k(x-xn)+yn=
所以该直线与C的不同于Pn的交点为
Qn(),
而注意到Qn的横坐标亦可表示为,故Qn一定在C的左支上.
所以Pn+1().
这就得到xn+1=,yn+1=
所以xn+1-yn+1=
(xn-yn)=(xn-yn).
再由=9,可知x1-y1≠0,所以数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
(方法二)当n≥2且n∈N*时,点Pn(xn,yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),
且Pn-1(xn-1,yn-1).
因为Pn-1,Qn-1在同一条斜率为k(0所以xn-1≠-xn,所以=k,0又Pn-1,Qn-1都在双曲线上,所以
两式相减得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1),而yn-yn-1=-k(xn+xn-1),①
所以xn-xn-1=-k(yn+yn-1),②
②-①得xn-yn-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1),
即(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1),即
又x1-y1≠0,故数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
(3)证明 (方法一)要证Sn=Sn+1,只需证Pn+1Pn+2∥PnPn+3,
即证记t=,01.
由(2)可知xn-yn=(x1-y1)=tn-1,而=9,
所以xn+yn=9t1-n,yn=(-tn-1+9t1-n).
而=1+
=1+=1+
=1-,
=1+=1+
=1+=1-=1-,
所以,即Pn+1Pn+2∥PnPn+3,所以Sn=Sn+1.
(方法二)由(2)知xn+1=,yn+1=,
故xn+1+yn+1=(xn+yn)=(xn+yn).
再由=9,可知x1+y1≠0,所以数列{xn+yn}是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数m,都有xnyn+m-ynxn+m
=[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]-[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)]
=(xn-yn)(xn+m+yn+m)-(xn+yn)(xn+m-yn+m)
=)m(xn-yn)(xn+yn)-)m(xn+yn)·(xn-yn)
=[()m-()m]·()=[()m-()m].
则xn+2yn+3-yn+2xn+3=)
=xnyn+1-ynxn+1,xn+1yn+3-yn+1xn+3=[()2-()2]=xnyn+2-ynxn+2.
两式相减,即得(xn+2yn+3-yn+2xn+3)-(xn+1yn+3-yn+1xn+3)
=(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2).
移项得到xn+2yn+3-ynxn+2-xn+1yn+3+ynxn+1=yn+2xn+3-xnyn+2-yn+1xn+3+xnyn+1.
故(yn+3-yn)(xn+2-xn+1)=(yn+2-yn+1)(xn+3-xn).
而=(xn+3-xn,yn+3-yn),=(xn+2-xn+1,yn+2-yn+1),
所以平行,
这就得到,即Sn=Sn+1.
【对点训练3】(2025辽宁二模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,且点A()在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若经过点F1且倾斜角为θ(0<θ<)的直线l与椭
圆C交于M,N两点(其中点M在x轴上方)如图①.将平面xOy沿x轴折叠,使M点折至M'的位置,且y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面M'F1F2)与y轴负半轴和x轴所确定的半平面(平面NF1F2)互相垂直,如图②.
①当直线l的倾斜角为时,求折叠后图②中M'N的长度.
②是否存在直线l,使得折叠后△M'NF2的周长与折叠前△MNF2的周长之比是3∶4 若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解 (1)因为e=,所以c2=a2,所以b2=a2,
椭圆C的方程为=1,
又因为点A()在椭圆C上,代入得=1,解得a2=4,b2=1,椭圆C的方程为+y2=1.
(2)①由折叠前可知F1(-,0),且θ=,所以直线l的方程为y=(x+).
因为直线l与椭圆C交于M,N两点,
所以解得或
又因为点M在x轴上方,所以M(0,1),N(-,-).
折叠后,以为x轴正方向,以y轴的负半轴反方向为y轴正方向,
以折叠后y轴的正半轴为z轴正半轴,建立空间直角坐标系(图略),可得M'(0,0,1),N(-,-,0),
所以|M'N|=
②折叠前△MNF2的周长为4a=8,折叠后△M'NF2的周长为8=6,
所以|MN|-|M'N|=8-6=2.
在题图①中,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为x=my-,
联立得(m2+4)y2-2my-1=0,
y1+y2=,y1y2=-,Δ=12m2+4(m2+4)=16m2+16>0,
|MN|=|y1-y2|=,
同①建立空间直角坐标系后,可得M'(x1,0,y1),N(x2,y2,0),
|M'N|=
=
又因为|MN|-|M'N|=2,
所以=2.
整理得6m4+23m2-4=0,即(6m2-1)(m2+4)=0.所以m2=,因此m=±,
又倾斜角θ为锐角,所以存在直线l,直线方程为x-y+=0.
真题解构 解析几何
例题 (17分)(2025新高考Ⅰ,18)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,下顶点为A,右顶点为B,|AB|=.
(1)求C的方程;
(2)已知动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AP|·|AR|=3.
(ⅰ)设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示);
(ⅱ)设O为坐标原点,Q是C上的动点,直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍,求|PQ|的最大值.
命题分析 本题以椭圆为载体,考查解析几何的核心概念及其应用.第(1)问通过基本量计算考查学生对椭圆几何性质的理解;第(2)(ⅰ)问通过向量参数化考查几何条件的代数转化能力;第(2)(ⅱ)问通过最值问题考查学生的数学建模与优化能力.试题体现了代数与几何的综合运用,注重考查学生的空间想象能力和分析推理能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为, |AB|= 通过离心率和几何条件构建方程,解a,b
2 动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AR|·|AP|=3 利用向量参数方程或比例关系表示点R的坐标
3 直线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍 通过斜率关系建立方程,约束点P的坐标
4 Q是C上的动点,求|PQ|的最大值 转化为参数优化问题或者直接运算
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(1)求椭圆方程 建立方程, e=,c2=a2-b2 代数运算与椭圆性质的结合
计算 a2=9,b2=1 正确计算结果
结果 方程为+y2=1 验证几何条件是否全部满足
关键步骤 思维要点 思维缘由
(2)(ⅰ)求点R的坐标 ① =3; ②参数化表示:设=t,t>0, t= ①借助斜率相等以及距离公式列出等式;
②向量法精确描述几何关系
结果 点R的坐标为() 确保满足距离乘积条件
关键步骤 思维要点 思维缘由
(2)(ⅱ)斜率关系 由kOR=3kOP得m2+(n+4)2=18(m≠0) 几何条件转化为代数约束
最值求解 设Q(3cos θ,sin θ)或Q(xQ,yQ),根据点与圆上一点间的距离的最值求法,结合三角换元或者直接运算即可解出 将几何最值转化为函数最值
书写表达
解 (1)∵椭圆离心率为e=,∴,∴b2=a2-c2=a2,即a2=9b2.(1分)
由题意知A(0,-b),B(a,0),∴|AB|=,(2分)
∴b2=1,a2=9,∴椭圆的标准方程为+y2=1.(3分)
(2)(ⅰ)(方法一)设R(x0,y0),易知m≠0,A(0,-1),
所以kAP=,注①→思考:已知点的坐标是如何求斜率的 (4分)
故,且mx0>0.(5分)
因为|AR|·|AP|=3,所以=3,
注②→思考:如何求解x0,y0 (7分)
即[1+()2]x0m=3,解得x0=,
所以y0=,所以点R的坐标为().(9分)
(方法二)∵A(0,-1),∴=(m,n+1).
∵点R在射线AP上,设R(xR,yR),=t(t>0),(4分)
∴||=t||.又|AP|·|AR|=3,∴t|AP|2=t||2=t[m2+(n+1)2]=3,(5分)
∴t=,注③→思考:如何求解x0,y0 (6分)
∴xR=tm=,yR=t(n+1)-1=-1=,(8分)
∴点R的坐标为().(9分)
(ⅱ)由(ⅰ)可知kOR=,kOP=,m≠0,
∵kOR=3kOP,(10分)
即,得m2+(n+4)2=18,m≠0,
注④→思考:点P的轨迹是什么 (11分)
可知点P的轨迹为以点N(0,-4)为圆心,以3为半径的圆(不包含与y轴的交点).(12分)
(方法一)∵点Q在椭圆+y2=1上,故而可设点Q(3cos θ,sin θ),
注⑤→思考:用参数表示点的坐标的动机是什么 (13分)
∴|QN|2=9cos2θ+(sin θ+4)2=9-9sin2θ+sin2θ+8sin θ+16
=-8sin2θ+8sin θ+25=-8(sin θ-)2+27.(15分)
∵sin θ∈[-1,1],
∴|QN|max=3,注⑥→思考:如何转化为利用三角函数的范围求最值的
(16分)
∴|PQ|max=3+3.(17分)
(方法二)设Q(xQ,yQ),则=1,yQ∈[-1,1],
|QN|2=+(yQ+4)2=9-9+8yQ+16=-8+8yQ+25=-8(yQ-)2+27≤27,
注⑦→如何转化为函数求最值的 (16分)
当且仅当yQ=时,等号成立,故|PQ|max=+3=3+3.(17分)
回顾反思 本题以椭圆为载体,第(1)问借助椭圆基本性质及相关公式构建方程组求标准方程;
第(2)(ⅰ)问通过斜率相等或向量共线及距离条件确定点R的坐标;
第(2)(ⅱ)问依据斜率关系得点P轨迹,再结合椭圆参数方程或直接运算求|PQ|的最值.
考查对椭圆概念、向量、直线斜率及函数最值等知识的综合运用,关键在于准确把握各条件之间的联系,合理运用公式求解.(共28张PPT)
培优拓展(九) 椭圆、双曲线的第二、第三定义
类型一 椭圆、双曲线的第二定义
类型二 椭圆、双曲线的第三定义
目 录 索 引
椭圆和双曲线的第二、第三定义注重对定义的理解、与其他知识的综合运用以及运算求解能力,常以解答题或选择题、填空题的压轴题出现,具有一定的难度和区分度.
类型一 椭圆、双曲线的第二定义
1.平面内任意一点P(x,y),到点F(c,0)(圆锥曲线的焦点)的距离与到直线x=(圆锥曲线的准线)的距离之比为e=(圆锥曲线的离心率),那么
(1)当0(2)当e>1时,点P(x,y)的轨迹为双曲线.
2.椭圆焦半径:过椭圆=1(a>b>0)的右焦点F2的直线l交椭圆于
A(x1,y1),B(x2,y2)(其中A在x轴上方),记直线l的倾斜角为θ(即θ为直线l与x轴正方向所成的角),有以下性质:
(1)焦半径的表示:
坐标形态:|AF2|=a-ex1,|BF2|=a-ex2;
角参形态:|AF2|=,|BF2|=.
(2)过焦点弦长:
|AB|=|AF2|+|BF2|=;当且仅当θ=90°时,|AB|取最小值,此时称|AB|为“通径”.
(3)焦半径之比:.
3.双曲线焦半径:过双曲线=1(a>0,b>0)的右焦点F2的直线l交双曲线
的右支于A(x1,y1),B(x2,y2)(其中A在x轴上方),记直线l的倾斜角为θ(即θ为直线l与x轴正方向所成的角),有以下性质:
(1)焦半径的表示:
坐标形态:|AF2|=ex1-a,|BF2|=ex2-a;
角参形态:|AF2|=,|BF2|=.
(2)焦点弦长的表示:
|AB|=|AF2|+|BF2|=;当且仅当θ=90°时,|AB|取最小值,此时称|AB|为“通径”.
(3)焦半径之比:.
例1 (1)(2025辽宁模拟)已知椭圆C:=1的左、右焦点分别为F1,F2,P是C上异于顶点的一个动点,记△PF1F2的内切圆圆心为M,则点P与点M的横坐标之比为( )
A. B.2
C.2 D.3
B
解析 由题知F1(-1,0),F2(1,0),
设PF1,PF2,F1F2与圆M分别切于点D,E,H,P(x0,y0),H(m,0),则=1,
又|PF1|=x0+2,|PF2|=4-|PF1|=2-x0,
所以|PF1|-|PF2|=x0,
由切线性质可知|PD|=|PE|,|F1D|=|F1H|,|F2E|=|F2H|,
所以|PF1|-|PF2|=|PD|+|DF1|-(|PE|+|EF2|)
=|DF1|-|EF2|=|F1H|-|F2H|=(m+1)-(1-m)=2m,
所以x0=2m,
又点H与点M的横坐标相同,所以点P与点M的横坐标之比为=2.故选B.
(2)(2025河南新乡三模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为P,离心率为.过点F1且垂直于PF2的直线与C交于M,N两点, |MN|=6,则|PM|+|PN|=( )【一题多解】
A.4 B.5
C.6 D.7
D
解析 (方法一)如图.
因为椭圆的离心率为,所以a=2c,b=c,
所以椭圆方程可写为=1.
因为F2(c,0),P(0,c),所以=-
因为直线MN⊥PF2,所以kMN=
所以直线MN:y=(x+c),即x=y-c,代入椭圆方程得,3(y-c)2+4y2=12c2,整理得13y2-6cy-9c2=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=-
由|MN|=6,且kMN=,所以|y1-y2|=3.所以(y1+y2)2-4y1y2=(y1-y2)2=9,
所以+4=9,解得c=
所以a=2c=
因为△PF1F2为等边三角形,
所以直线MN为线段PF2的中垂线,故|PM|=|MF2|,|PN|=|NF2|.
所以|PM|+|PN|=|MF2|+|NF2|
=|MF2|+|MF1|+|NF2|+|NF1|-|MN|
=4a-6=13-6=7.
故选D.
(方法二)由于椭圆C的离心率为,于是∠PF2F1=60°,
从而直线MN的倾斜角α=30°.
因此根据椭圆焦点弦长公式,有|MN|=c,
因此由|MN|=6可得c=
又MN垂直平分PF2,于是△PMN≌△F2MN,
所以|PM|+|PN|=|MF2|+|NF2|
=|MF2|+|MF1|+|NF2|+|NF1|-|MN|
=4a-6=13-6=7.
【对点训练1】(1)已知点P是双曲线C:=1上的动点,F1,F2分别是双曲线C的左、右焦点,O为坐标原点,则的取值范围是( )
A.(2,) B.(2,]
C.(] D.()
B
解析 设点P(x,y).
由双曲线的第二定义知|PF2|=ex-a,|PF1|=ex+a,
则,
对于双曲线=1,有y2=-4,且e=,
所以,
而x2≥8,即2=,
即的取值范围是(2,].故选B.
(2)已知F1,F2是双曲线E:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过点F1的直线l与E的左支交于P,Q两点,若|PF1|=2|QF1|,且PQ⊥QF2,则E的离心率为( )
A. B.
C. D.
D
解析 设直线PQ倾斜角为θ(0<θ<),
因为|PF1|=2|QF1|,所以,则ecos θ=,
在Rt△QF1F2中,
设|QF1|=x,则由双曲线定义,|QF2|=2a+x,x2+(2a+x)2=(2c)2及cos θ=,
代入整理,得e=故选D.
类型二 椭圆、双曲线的第三定义
1.椭圆=1(a>b>0)上A,B两点关于原点对称,P是椭圆上异于A,B的一点,若kPA,kPB都存在,则满足kAP·kBP=-=e2-1.
2.双曲线=1(a>b>0)上A,B两点关于原点对称,P是双曲线上异于A,B的一点,若kAP,kPB都存在,则满足kAP·kBP==e2-1.
例2 (1)(2022全国甲,理10)椭圆C:=1(a>b>0)的左顶点为A,点P,Q均在C上,且关于y轴对称,若直线AP,AQ的斜率之积为,则C的离心率为( )
【一题多解】
A. B.
C. D.
A
解析 (方法一)设P(x1,y1),则Q(-x1,y1),
则由kAP·kAQ=得kAP·kAQ=,
由=1,得,
所以,即,所以椭圆C的离心率e=,故选A.
(方法二)如图,设右端点为B,连接PB,由椭圆的对称性知kPB=-kAQ,
故kAP·kAQ=kPA·(-kPB)=-,由椭圆第三定义得kPA·kPB=-,故,所以椭圆C的离心率e=,故选A.
(2)(多选题)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,P是椭圆C的上顶点,过点F1的直线l交椭圆C于A,B两点,则下列结论正确的有( )
A.△PF1F2为等边三角形
B.直线AP,BP的斜率之积为-
C.|PA|≤2b
D.当直线l的斜率不存在时,直线AP,BP的斜率之积与当直线l斜率为0时,直线AP,BP的斜率之积互为相反数
ACD
解析 因为椭圆的离心率为e=,
所以a=2c,即a2=4c2,则b2=a2-c2=3c2,
又因为|PF1|=|PF2|=a,|F1F2|=2c=a,所以△PF1F2为等边三角形,故A正确;
当直线l的斜率不为0时,设直线l的方程为x=my-c,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线l
和椭圆的方程,得整理可得(4+3m2)y2-6mcy-9c2=0,
因此y1+y2=,y1y2=-,
所以kAP·kBP==,化简可得,
kAP·kBP=,因此kAP·kBP随着m的变化而变化,故B错误;
由A(x1,y1)在椭圆上,所以=1,a2=4c2,b2=3c2,则a2=4c2=b2,
所以|PA|2=+(y1-b)2=a2(1-)+(y1-b)2=b2×(1-)+(y1-b)2
=-(y1+3b)2+b2,
又因为-b≤y1≤b,且-3b<-b,所以|PA=-(-b+3b)2+b2=4b2,
所以|PA|≤2b成立,故C正确;
当直线l的斜率不存在,即m=0时,kAP·kBP=,当直线l的斜率为0时,设A(-a,0),B(a,0),所以kAP·kBP==-=-,故D正确.
故选ACD.
【对点训练2】(1)(2025辽宁模拟)已知椭圆E:=1(a>b>0)的焦距为4, A,B,C是E上三个不同的点,A,B关于坐标原点O对称,且直线AC与直线BC的斜率之积为-e2(e是E的离心率),则E的方程为( )
A.=1 B.=1
C.=1 D.+y2=1
B
解析 由椭圆的第三定义得kAC·kBC=-=-e2=e2-1,得e2=,
因为2c=4,所以a2=2c2=8,b2=a2-c2=4,所以E的方程为=1.故选B.
(2)(多选题)(2025福建龙岩二模)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A,B.P(x0,y0)为双曲线C在第一象限上的点,设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,且k1·k2=.过点P作双曲线C的切线与双曲线的渐近线交于M,N两点,则下列结论正确的有( )
A.的值随着x0的增大而减小
B.双曲线C的离心率为
C.k1+k2≤
D.|PM|=|PN|
ABD
解析 双曲线=1(a>0,b>0)的左顶点为A(-a,0),右顶点为B(a,0),渐近线为y=±x,在△PAB中,由正弦定理可知,显然π-∠PBA,∠PAB均为锐角且随着x0的增大分别减小与增大,
即sin(π-∠PBA),sin∠PAB随着x0的增大分别减小与增大且均为正数,
的值随着x0的增大而减小,故A正确;
由P(x0,y0)和双曲线的第三定义得,k1·k2=,即,
所以,e=,故B正确;
显然k1,k2>0,且k1≠k2,∴k1+k2>2,故C错误;
可设双曲线C:=1(k>0),在点P处的切线方程为=1,
联立可得xM=,
联立可得xN=,
∴xM+xN==2x0.
∴点P为线段MN的中点,即|PM|=|PN|,故D正确.故选ABD.(共28张PPT)
第5讲 圆锥曲线中的证明、探索性问题
考点一 证明问题
考点二 探索性问题
目 录 索 引
考点一 证明问题
例1 (2022新高考Ⅱ,21)设双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±x.
(1)求C的方程;
(2)经过F的直线与C的渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-的直线与过Q且斜率为的直线交于点M,从下面三个条件①②③中选择两个条件,证明另一个条件成立:
①M在AB上;②PQ∥AB;③|AM|=|BM|.
解 (1)由题意得=2,解得a=1,b=,
因此双曲线C的方程为x2-=1.
(2)设PQ的方程为y=kx+b(k≠0),联立曲线C的方程可得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,
3-k2≠0,Δ>0显然成立,
则x1+x2=,x1x2=-,x1-x2=
设点M(xM,yM),
ⅱ-ⅰ,得y1-y2=2xM-(x1+x2),而y1-y2=(kx1+b)-(kx2+b)=k(x1-x2),
故2xM=k(x1-x2)+(x1+x2),于是xM=
ⅰ+ⅱ,得2yM-(y1+y2)=(x1-x2),而y1+y2=(kx1+b)+(kx2+b)=k(x1+x2)+2b,
故2yM=k(x1+x2)+(x1-x2)+2b,
于是yM=xM.
因此点M的轨迹为直线y=x,其中k为直线PQ的斜率.
若选择①②:
由条件②,知直线AB的方程为y=k(x-2).设A(xA,yA),B(xB,yB),
则解得xA=,yA=,同理可得xB=,yB=-,
此时xA+xB=,yA+yB=而点M的坐标满足解得xM=,yM=,故M为AB的中点,即
若选择①③:
当直线AB的斜率不存在时,点M即为点F(2,0),此时M不在直线y=x上,矛盾;
当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=m(x-2),m≠0,
设A(xA,yA),B(xB,yB),则解得xA=,yA=
同理可得xB=,yB=-此时xM=,yM=
由于点M同时在直线y=x上,故,
∴k=m.因此PQ∥AB.
若选择②③:
由条件②,知直线AB的方程为y=k(x-2).设A(xA,yA),B(xB,yB),则解得xA=,yA=,同理可得xB=,yB=-
设线段AB的中点为C,C(xC,yC),则xC=,yC=
由于|AM|=|MB|,故M在AB的垂直平分线上,即点M在直线y-yC=-(x-xC)上.将该方程与y=x联立,可得xM==xC,yM==yC,即点M恰为AB的中点.
故点M在直线AB上.
【对点训练1】(2025天津,18)已知椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,P为直线x=a上一点,且直线PF的斜率为,△PFA的面积为,椭圆离心率为.
(1)求椭圆的方程;
(2)若过点P的直线与椭圆有唯一的公共点B(B异于A),求证:直线PF平分∠AFB.【一题多解】
(1)解 设F(-c,0),则直线PF:y=(x+c).当x=a时,y=(a+c),即P(a,).
由e=,知,∴a=2c.①
由S△PFA=,知|FA|·|PA|=,
即(a+c),即(a+c)2=9.②
由①②得c=1,a=2,∴b2=3.
∴椭圆的方程为=1.
(2)证明 由(1)知P(2,1),直线PB存在斜率且不为0.
由题意知直线PB与椭圆相切.设直线PB的方程为y-1=k(x-2),即y=kx+(1-2k).
设B(x0,y0),由消去y,
整理得(3+4k2)x2+8k(1-2k)x+4(1-2k)2-12=0,则Δ=0,
即64k2(1-2k)2-4(3+4k2)×4[(1-2k)2-3]=0,
即4k2(1-2k)2-(3+4k2)(1-2k)2+3(3+4k2)=0,解得k=-
x0=-=1,
直线PB的方程为y=-x+2,联立解得则B
以下用两种方法证明结论:
(方法一)=(3,1),=(3,0),
∴cos∠BFP=,
cos∠PFA=,则cos∠BFP=cos∠PFA,
又∠BFP,∠PFA,∴∠BFP=∠PFA,即PF平分∠AFB.
(方法二)kFB=,
∴直线FB的方程为y=(x+1),即3x-4y+3=0,
则点P到直线FB的距离为d==1,
又点P到直线FA的距离也为1,
∴PF平分∠AFB.
考点二 探索性问题
例2 (2024天津,18)已知椭圆=1(a>b>0)的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,C是线段OB的中点,其中S△ABC=.
(1)求椭圆方程.
(2)过点(0,-)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恒成立 若存在,求出这个点T的纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
解 (1)设椭圆=1(a>b>0)的焦距为2c(c>0).
∵e=,=1-,
,,即b=a.
由题意可得S△ABC=ab=ab=,
aa=,∴a2=12,a=2b=a=2=3.
∴椭圆的方程为=1.
(2)设点T(0,m),
①当直线PQ的斜率不存在时,直线PQ与椭圆交于椭圆的上、下顶点.
不妨设P(0,3),Q(0,-3),则=(0,3-m),=(0,-3-m)
=(3-m)(-3-m)=m2-9
0,∴m2-9≤0,∴-3≤m≤3,即点T的纵坐标的取值范围为[-3,3].
②当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的斜率为k,
则直线PQ的方程为y-(-)=k(x-0),即y=kx-
设点P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立直线PQ与椭圆的方程,得消去y,
整理得(4k2+3)x2-12kx-27=0.
∴Δ=(-12k)2-4(4k2+3)·(-27)=576k2+324>0,
且x1+x2=-,x1x2=-
又=(x1,y1-m),=(x2,y2-m),
=(x1,y1-m)·(x2,y2-m)=x1x2+(y1-m)(y2-m)=x1x2+y1y2-m(y1+y2)+m2
=x1x2+(kx1-)(kx2-)-m[(kx1-)+(kx2-)]+m2
=x1x2+k2x1x2-k(x1+x2)+-m[k(x1+x2)-3]+m2
=(k2+1)x1x2-(k+mk)(x1+x2)+(m+)2
=(k2+1)·(-)-(k+mk)+(m+)2
=
0恒成立,∴4(m2-9)k2+3m2+9m-0恒成立.
解得-3≤m
综上可得,在y轴上存在点T,使得0,
此时点T的纵坐标的取值范围为[-3,].
【对点训练2】(2025山东聊城模拟)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线与抛物线对称轴的交点为H,P为抛物线C上的动点,当P的纵坐标为1时, 取得最小值.【一题多解】
(1)求抛物线C的方程;
(2)设点O为坐标原点,过点F作直线l1与曲线C交于A,B两点,作直线l2与曲线C交于C,D两点,E,M分别为AB,CD的中点,直线l1与l2的斜率满足k1k2=-2.试判断△OEM与△MEF的面积之比是否为定值 若是,求出此定值;若不是,说明理由.
解 (1)过点P作准线的垂线,垂足为G,如图所示,
由抛物线的定义知,|PF|=|PG|,则=sin∠PHG,
所以当取得最小值,∠PHG取得最小值,
此时PH与抛物线相切于点P,
不妨设P(,1),又H(0,-),y'=()'=,
则kPH=,解得p=2,
所以抛物线C的方程为x2=4y.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知,直线AB的方程为y=k1x+1,联立消去y得x2-4k1x-4=0,所以x1+x2=4k1,则E(2k1,2+1),
同理可得M(2k2,2+1),
(方法一)设直线EM的方程为mx+ny=1,则2mk1+n(2+1)=1,
即2n+2mk1+n-1=0,
同理2n+2mk2+n-1=0,所以k1,k2是方程2nk2+2mk+n-1=0的两个根,
所以k1k2==-2,解得n=,
则直线EM的方程为mx+y=1,所以直线EM过定点(0,5),
设点O与F到直线EM的距离分别为h1和h2,
所以,所以,
故△OEM与△MEF的面积之比是定值,定值为
(方法二)又k1k2=-2,用-代换k2得,M(-+1),易知直线EM的斜率必存在,kEM=,则直线EM的方程为y-(2+1)=(x-2k1),令x=0,则y=2+1-=5,则直线EM过定点(0,5),设点O与F到直线EM的距离分别为h1和h2,所以,所以,故△OEM与△MEF的面积之比是定值,定值为
