0时, t∈ 0, 16? ? ,当 f'' t? ? <0时, t∈ 16 , 12? ? .所以 y=f t? ? 在 0, 16? ? 上单调递增, 在 16 , 12? ? 单调递减 .所以 f(t)max=f 16? ? = 3227 ,得四边形 ABCD的最大值为 49 6.【点评 】本题考查圆与抛物线的位置关系,考查韦达定理的应用,考查利用导数研究函数的最值问题,属于中档题 .12. (1)y2=4x; (2)258 π.【 分析】 (1)根据抛物线定义求解方程; 第 278页 共 377页
(2)设 P x0,y0? ? ,抛物线在 P处的切线 MN:y0y=2 x+x0? ? ,设 Q x1,y1? ? , M x2,y2? ? , N x3,y3? ? ,可得 QA, QB的方程 ,将直线方程与抛物线方程联立,再利用韦达定理及三角形的面积公式及 △QMN中正弦定理,即可得答案;【解析】设抛物线焦点为 F,作 PT⊥y轴延长交抛物线准线于点 K,作 PS⊥l于点 S,作 FH⊥l于点 H,PS? ? + PT? ? = PS? ? + PK? ? - p2 = PS? ? + PF? ? - p2 ≥ FH? ? - p2焦点 F到直线 l的距离 PH? ? = p2 -0+4? ?12+ -1? ? 2 = p2 +42 , PH? ? - p2 = p2 +42 - p2 = 5 22 -1,解得 p=2因此抛物线 E的方程为 y2=4x.(2)设 P x0,y0? ?抛物线在 P处的切线 MN:y0y=2 x+x0? ?设 Q x1,y1? ? , M x2,y2? ? , N x3,y3? ? , QA:y-y1=k1 x-x1? ? , QB:y-y1=k2 x-x1? ?联立 QA与抛物线: y-y1=k1 x-x1? ?y2=4x??? ,整理得 k14 y2-y+y1-k1x1=0相切: Δ= -1? ? 2-4k14 y1-k1x1? ? =0,即 x1k21-y1k1+1=0同理可得 : x1k22-y1k2+1=0,因此 k1, k2是方程 x1k2-y1k2+1=0的两根,判别式: Δ=y21 -4x1>0,即 x1+4? ? 2-4x1>0, x21+4x1+16>0成立韦达定理 ; k1k2= 1x1 , k1+k2= y1x1 = x1+4x1 ,到角公式; tan∠MQN= k1-k21+k1k2 ,则 sin∠MQN= tan2∠MQN1+tan2∠MQN = k1-k21+k1k2? ? 21+ k1-k21+k1k2? ? 2第 279页 共 377页
= k1-k2? ? 21+k1k2? ? 2+ k1-k2? ? 2 = k1-k2? ?1+k1k2? ? 2+ k1-k2? ? 2-4k1k2联立 QA与 MN: y-y1=k1 x-x1? ?y0y=2 x+x0? ???? ,解得 x2= k1x1+ 2x0y0 -y1k1- 2y0 ,同理可得: x3= k2x1+ 2x0y0 -y1k2- 2y0弦长公式: MN? ? = 1+ 2y0? ? 2 x2-x3? ? = 1+ 4y20 k1x1+ 2x0y0 -y1k1- 2y0 - k2x1+ 2x0y0 -y1k2- 2y0? ?= 1+ 4y20 k1x1+ 2x0y0 -y1? ? k2- 2y0 ? - k2x1+ 2x0y0 -y1? ? k1- 2y0 ?k1- 2y0? ? k2- 2y0 ?? ?= 1+ 4y20 2x0y0 y1+ 2x1y0? ? k1-k2? ?k1k2- 2y0 k1+k2? ? + 4y20? ?在 △QMN中使用正弦定理 :2R= MN? ?sin∠MQN = 1+ 4y20 2x0y0 -y1+ 2x1y0? ? 1+k1k2? ? 2+ k1+k2? ? 2-4k1k2k1k2- 2y0 k1+k2? ? + 4y20? ? =1+ 4y20 2x0y0 - x1+4? ? + 2x1y0? ? 1+ 1x1? ? 2+ x1+4x1? ? 2- 4x11x1 - 2y0 x1+4x1 + 4y20? ? .= 1+ 4y20 12y20 -2 x1+4? ? +4x1??? ? ? ?y0? ? 2x21+6x1+17x21y20 -2 x1+4? ?y0+4x1x1y20? ?= 12 y20 +4 2x21+6x1+17 = 12 y20 +4 2 x1+ 32? ? 2+ 252 ≥ 252S=πR2≥π 12 252? ? 2= 25π8 ,面积最小值为 258 π.【 点评】本题考查抛物线的定义及直线与抛物线的综合问题,考查转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算 求解能力,求解时注意运算的准确性,属于难题 .13. (Ⅰ )y= 4+2 6? ? x-2 ? 和 y= 4-2 6? ? x-2 ? ; (Ⅱ ) 2,97 9732??? ? ? ? ? .【分析 】 (Ⅰ )设过点 P的切线方程为 y=k x-2? ? ,与抛物线 C1的方程联立 ,由 Δ=0可求得 k的值,由此可求得所求切线的方程;(Ⅱ )设点 P m,n? ? 、 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,利用导数求得直线 PA、 PB的方程,将点 P的坐标代入直线 PA、PB的方程,可得出两个等式,可求得直线 AB的方程,并将直线 AB的方程与抛物线的方程联立,列出韦达定理,求得 AB? ? 以及点 P到直线 AB的距离 ,可求得 △PAB的面积,然后利用椭圆方程可将 △PAB的面积表示为有关 n的函数,由此可求得 △PAB面积的取值范围 .【解析】 (Ⅰ )设过点 P的切线方程为 y=k x-2? ? ,将其代入 y=x2+2, 可得 x2-kx+2k+2=0,第 280页 共 377页
因为直线 l与抛物线 C1相切, ∴Δ=k2-8k-8=0,解得 k=4±2 6.因此, 所求的两条切线的方程为 y= 4+2 6? ? x-2 ? 和 y= 4-2 6? ? x-2 ? ;(Ⅱ )设 P m,n? ? 、 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,由 y=x2+2, 可得 y?=2x,则切线 PA的方程为 y-y1=2x1 x-x1? ? ,又 y1=x21+2,即 y=2x1x-y1+4.同理,切线 PB的方程为 y=2x2x-y2+4.又 PA和 PB都过点 P m,n? ? , ∴ n=2x1m-y1+4n=2x2m-y2+4??? .∴直线 AB方程为 n=2mx-y+4,即 y=2mx-n+4.联立 y=2mx-n+4y=x2+2??? ,得 x2-2xm+n-2=0.Δ=4m2-4(n-2)=4(m2-n+2)>0,由韦达定理得 x1+x2=2m, x1x2=n-2.|AB|= 1+4m2 x1-x2? ? =2 1+4m2 m2-n+2.∵点 P到直线 AB的距离为 d= 2m2-n+2? ?1+4m2 ,∴△PAB的面积 S△PAB= 12 AB? ? ?d=2 m2-n+2? ? 32.∵ m24 + n21 =1, ∴m2=4-4n2, -1≤n≤1,∴S△PAB= 12 AB? ? ?d=2 -4n2-n+6? ? 32=2 -4 n+ 18? ? 2+ 9716??? ? ? ? 32 ∈ 2,97 9732??? ? ? ? ? .【点评 】本题考查抛物线的切线方程的求解,同时也考查了三角形面积取值范围的求解,考查了抛物线切点弦方程的求解,考查计算能力,属于较难题 . 第 281页 共 377页
专题 31:抛物线的存在探索性问题参考答案1. (1)x2=4y; (2)存在,定点 R(0, -2).【分析】 (1)由 |PA|等于点 P到直线 y=-1的距离,结合抛物线的定义得出点 P的轨迹方程;(2)由对称性确定点 R必在 y轴上,再由 ∠MRQ=∠NRQ可得 kMR+kNR=0,联立直线 l与抛物线方程,结合韦达定理求出定点 R(0, -2).【解析】 (1)由题知, |PA|等于点 P到直线 y=-1的距离,故 P点的轨迹是以 A为焦点, y=-1为准线的抛物线,所以其方程为 x2=4y.(2)根据图形的对称性知,若存在满足条件的定点 R,则点 R必在 y轴上,可设其坐标为 (0, r)此时由 ∠MRQ=∠NRQ可得 kMR+kNR=0.设 M(x1, y1), N(x2, y2),则 y1-rx1 + y2-rx2 =0由题知直线 l的斜率存在, 设其方程为 y=kx+2,与 x2=4y联立得 x2-4kx-8=0,则 x1+x2=4k, x1x2=-8y1-rx1 + y2-rx2 = kx1+2-rx1 + kx2+2-rx2 =2k+ (2-r)(x1+x2)x1x2 =2k- k(2-r)2 =0故 r=-2, 即存在满足条件的定点 R(0, -2).【点评】关键点睛:解决问题一时,关键是由抛物线的定义得出轨迹方程;解决问题二时,关键是由对称性得 出点 R必在 y轴上,进而设出其坐标 .2. (1)证明见解析; (2)存在, N ± 22 ,-1? ? .【分析 】 (1)由题意设直线 AB:y=kx+1, A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,将直线与抛物线方程联立求出两根之和 、两根之积,求出直线 AN:y= x12 x- x124 以及直线 BN:y= x22 x- x224 ,将两直线联立求出交点即证 .(2)由 (1)知点 N为 CD的中点,取 AB的中点 E,则 EN= AC+BD2 ,利用抛物线的定义可得 AB=2EN,S△ABN=S△AEN+S△BEN, S△ACN= AF?CN2 , S△BDN= BF?CN2 ,根据 2S△BDN=S△ACN+S△ABN,可得 2BF=AF+AB,即 x2=-2x1,结合韦达定理即可求解 .【解析】解 (1)由题知 p=2所以 M:x2=4y设直线 AB:y=kx+1, A x1,y1? ? , B x2,y2? ?联立 y=kx+1x2=4y??? 得 x2-4kx-4=0所以 x1+x2=4kx1x2=-4???对 y= x24 求导得 y?= x2所以直线 AN的斜率为 kAN= x12所以直线 AN:y-y1= x12 x-x1? ? 即 AN:y= x12 x- x124 ①同理直线 BN:y= x22 x- x224 ②联立①和②得 x= x1+x22 =2ky= x1x24 =-1????? 第 282页 共 377页
所以点 N的坐标为 (2k,-1),即点 N在定直线 y=-1上(2)由 (1)知点 N为 CD的中点取 AB的中点 E,则 EN= AC+BD2由题知 AC+BD=AB所以 AB=2EN所以 S△ABN=S△AEN+S△BEN= EN?CN2 + EN?DN2 =2× EN?CN2 = AB?CN2而 S△ACN= AC?CN2 = AF?CN2 , S△BDN= BD?DN2 = BF?CN2若存在点 N满足题意则 2S△BDN=S△ACN+S△ABN即 2BF=AF+AB所以 2 x2-0? ? =0-x1+x2-x1即 x2=-2x1③又因为 x1+x2=4kx1x2=-4??? ④将③代入④解得 k=± 24由 (1)知 N(2k,-1)即 N ± 22 ,-1? ?经检验, 存在 N ± 22 ,-1? ? 满足题意 .【点评 】本题考查了直线与抛物线的位置关系,解题的关键是由 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,求出点 N的坐标为 (2k,-1)以及 x2=-2x1,考查了计算能力、推理能力 .3. (1)4p; (2)证明见解析; (3)存在满足题意的点 Q,其坐标为 (0, 0)和 -158 p, 0? ? .【分析 】 (1)设 AB:y=x- p2 ,与抛物线方程联立 ,利用根与系数的关系以及抛物线的定义得出 A、 B两点之间的距离 ;(2)设 AB:x=ty+ p2 ,与抛物线方程联立 ,得出一元二次方程,通过计算得出 kDO=kOB,即可证得 B、 O、 D在同一条直线上;(3)设点 Q的坐标为 (t, 0),列方程组求出点 Q关于直线 y=2x的对称点为 Q?,将 Q?的坐标代入 y2=2px,可得点 Q的坐标.【解析】 (1)F p2 ,0? ? ,设 AB:y=x- p2 ,联立 y2=2px得:x2-3px+ p24 =0?xA+xB=3p, xAxB= p24 ? AB? ? =xA+xB+p=4p;(2)设 AB:x=ty+ p2 ,联立 y2=2px得: y2-2pty-p2=0,A(x1,y1), B(x2,y2)D -p2 ,y1? ? ,kDO= y1-p2 =-2y1p , kOB= y2x2 = 2py2y22 = 2py1y1y2 = 2py1-p2 =-2y1p ,∴kDO=kOB, ∴B、 O、 D在同一条直线上 ;(3)设点 Q的坐标为 (t, 0),点 Q关于直线 y=2x的对称点为 Q?(x, y),第 283页 共 377页
则 yx-t =- 12y2 =x+t????? ,解得 : x=- 35ty= 45t??? ,若 Q?在 C上, 将 Q?的坐标代入 y2=2px,得 t=0或 t=-158 p.∴存在满足题意的点 Q,其坐标为 (0, 0)和 -158 p, 0? ? .【点评 】本题考查抛物线的定义,考查焦半径公式,考查直线与抛物线的位置关系,解决本题的关键点是通过设出直线方程,与抛物线方程联立化简,利用设而不求法以及 kDO=kOB,证得三点共线成立,考查了学生逻辑思维能力和计算能力,属于中档题. 4. (1)y2=4x; (2)存在; T 4,0? ? .【分析 】 (1)设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,利用点差法可得解 ;(2)由题知 TP为 ∠MPN的角平分线,可得 kMP+kNP=0,设直线 MN的方程为 x=my+t,与抛物线方程联立得 y2-4my-4t=0,由韦达定理结合 kMP+kNP=0得 2my3y4+(t+4) y3+y4? ? =0,即 -4m t-4? ? =0对于任意的 m∈R恒成立, 可得答案 .【解析】 (1)设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,则 y12=2px1,y22=2px2因为线段 AB的中点的纵坐标为 2,则 y1+y2=4,两式相减得 kAB=1= y1-y2x1-x2 = 2py1+y2 = 2p4 = p2 .所以 p=2,即抛物线 C的方程为 y2=4x(2)假设存在这样的点 T满足条件,设为 T t,0? ? ,因为点 T到直线 MP、 NP的距离相等,所以 TP为 ∠MPN的角平分线,则 ∠MPT=∠NPT,可得 kMP+kNP=0,显然直线 MN的斜率不能为零,故设直线 MN的方程为 x=my+t,由 x=my+ty2=4x??? 联立得 y2-4my-4t=0,设 M x3,y3? ? ,N x4,y4? ? ,则有 Δ=16m2+16t>0y3+y4=4my3y4=-4t???得 kMP+kNP= y3x3+4 + y4x4+4 = y3 x4+4? ? +y4 x3+4? ?x3+4? ? x4+4 ? =0即 y3 my4+t+4? ? +y4 my3+t+4? ? =0,整理得 2my3y4+(t+4) y3+y4? ? =0,即 2m -4t? ? +(t+4) 4m? ? =0,得 -4mt+16m=0,即 -4m t-4? ? =0对于任意的 m∈R恒成立, 所以 t=4,且此时满足 Δ>0,所以存在点 T 4,0? ? 到直线 MP,NP的距离相等 .【点评】本题考查求抛物线的方程,直线与抛物线相交问题: (1)对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解,在使用根与系数的关系时,要注意使用条件 Δ>0,在用“点差法”时,要检验直线与圆锥曲线是否相交. (2)用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤:①设点,设出弦的两端点的坐标;②代入:将两端点的坐标代入 曲线方程;③作差:将两式相减,再用平方差公式展开;④整理:转化为斜率和中点坐标的关系式,然后求解. 5. (1)y2=4x; (2)是,定点为 (1,0)和 (-3,0).【分析】 (1)设 M(x,y),P x0,y0? ? ,用动点转移法求得轨迹 C的方程 ;第 284页 共 377页
(2)设直线 x=my+1与曲线 C的交点坐标为 A y214 ,y1? ? , B y224 ,y2? ? ,直线方程代入曲线 C方程 ,应用韦达定理得 y1+y2,y1y2,设 T y204 ,y0? ? ,写出直线 AT,BT方程求得 D,E两点坐标,若存在定点 N(n,0),利用 ND?? ?NE?? =0(注意代入韦达定理的结论 )求得定点.【解析】 (1)设 M(x,y),P x0,y0? ? ,则点 Q的坐标为 x0,0? ? .因为 PM?? =2MQ?? ,所以 x-x0,y-y0? ? =2 x0-x,-y? ? ,即 x0=x,y0=3y.??? ,因为点 P在抛物线 y2=36x上,所以 y20 =36x0, 即 (3y)2=36x.所以点 M的轨迹 C的方程为 y2=4x.(2)设直线 x=my+1与曲线 C的交点坐标为 A y214 ,y1? ? , B y224 ,y2? ? ,由 x=my+1,y2=4x,??? 得 y2-4my-4=0.由韦达定理得 y1+y2=4m,y1y2=-4.设点 T y204 ,y0? ? ,则 kAT= y1-y0y214 - y204 = 4y0+y1 .所以直线 AT的方程为 y-y0= 4y0+y1 x- y204? ? .令 x=-1, 得点 D的坐标为 -1,y0y1-4y0+y1? ? .同理可得点 E的坐标为 -1,y0y2-4y0+y2? ? .如果以 DE为直径的圆过 x轴某一定点 N(n,0),则满足 ND?? ?NE?? =0.因为 ND?? ?NE?? = -1-n,y0y1-4y0+y1? ? ? -1-n,y0y2-4y0+y2? ?=(1+n)2+ y1y2y20 -4y0 y1+y2? ? +16y20 +y0 y1+y2? ? +y1y2 .所以 (1+n)2+ -4y20 -16my0+16y20 +4my0-4 =0.即 (1+n)2-4=0,解得 n=1或 n=-3.故以 DE为直径的圆过 x轴上的定点 (1,0)和 (-3,0).【点评】本题考查求抛物线方程,考查抛物线中的定点问题.解题方法是“设而不求”的思想方法,即设交点 坐标为 (x1,y1),(x2,y2),设直线方程,代入椭圆方程后应用韦达定理得 y1+y2,y1y2,代入定点对应的表达式,利用恒等式知识求得定点坐标.6. (1)证明见解析; (2)存在点 M 1- 3,2- 3? ? ,使得 A, B, P三点共线 .【 分析】 (1)设 M t,t22? ? ,求出 P,Q坐标,直接计算求解即可;(2)设过 M的圆的切线方程为 y- t22 =k x-t? ? ,利用圆心到直线距离等于半径得到方程 ,其两根 k1, k2为两切线斜率,设直线 AB: x1+x2? ?x=2y+x1x2,转化为求关于 t的方程是否有解 .第 285页 共 377页
【解析 】 (1)证明:设 M t,t22? ? (t<0),则切线 MP的斜率 k=y?|x=t=x|x=t=t,所以切线方程为 y- t22 =t(x-t),即 tx=y+ t22 ,所以 P t2 ,0? ? , Q 0,-t22? ? 则 MQ? ? = 1+t2 t? ? F 0, 12? ?所以 MQ? ? 2QO? ? ? QF? ? = 1+t2? ?t2t22 12 + t22? ? =4(定值 )(2)设过 M的圆的切线斜率为 k,则切线方程为 y- t22 =k x-t? ? ,则 k 2-t? ? + t22? ?1+k2 =1即: t2-4t+3? ?k2+ 2-t? ?t2k+ t24 -1=0 其两根 k1, k2为两切线斜率,k1+k2= t-2? ?t2t2-4t+3 k1k2= t2-44 t2-4t+3? ?设 A x1,x122? ? ,B x2,x222? ? ,则直线 AB: y- x122x222 - x122 = x-x1x2-x1化简得: x1+x2? ?x=2y+x1x2若存在 M,符合题意 ,则 x1+x2? ? t2 =x1x2又斜率公式知 k1= x1+t2 ?x1=2k1-t,同理 x2=2k2-t∴x1+x2=2 k1+k2? ? -2t= 4t2-6tt2-4t+3 x1x2= 2k1-t? ? 2k2-t ? = 3t2-4t2-4t+3代入 x1+x2? ? t2 =x1x2并化简有 t3-3t2+2=0所以: t-1? ? t2-2t-2 ? =0,解得 t=1或 t=1+ 3 或 t=1- 3,由 t<0知 t=1- 3,故存在点 M 1- 3,2- 3? ? ,使得 A, B, P三点共线 .【 点评】本题主要考查了抛物线的简单几何性质,圆的切线的性质,函数与方程的思想,考查了运算能力,属 于较难题目 .7. (1)证明见解析; (2)① k∈ -∞,0? ? ∪ 0,1? ? ;②存在 ;定点 Q 14 , 98? ? , QM??? ?QN?? = 8564.【分析 】 (1)将抛物线方程和圆方程联立,消去 y,得到关于 x的方程,然后将交点的横坐标 x0= 5-2代入方程中, 可求出圆的半径,求出过点 P 1,2? ? 的切线方程, 再与圆方程联立求点 A, B的坐标,可得到 OA?? ,OB?? ,然后 OA?? ?OB?? =0,可证得 OA?? ⊥OB?? ;(2)①先判断直线 l的斜是否存在,再设出直线方程,与抛物线方程联立方程组,消元后使判别式大于零,可求出斜率 k的取值范围;②假设存在点 Q x0,y0? ? ,则 QM??? ?QN?? = x1-x0? ? ? x2-x0? ? + y1-y0? ? ? y2-y0? ? ,然后对上式化简 ,再结合根与系数的关系,可得 QM??? ?QN?? = k 2x0-4y0+4? ? -4x0+1k2 +x20+y0,要使此式为定值 ,只要 -4x0+1=0,第 286页 共 377页
2x0-4y0+4=0,求出点 Q的坐标即可 .【 解析】 (1)联立抛物线 C1与圆 C2的方程: y2=4xx2+y2=r2??? ,得 x2+4x-r2=0,由题意, x0= 5-2满足上述方程, 所以 5-2? ? 2+4 5-2? ? -r2=0解得 r2=1,所以 C2的方程为 x2+y2=1.由于点 P 1,2? ? 在 C1上, 且在第一象限, C1在第一象限的方程为 y=2 x,则 y?=x-12,故过点 P 1,2? ? 的切线斜率为 1,所以在 C1上过点 P 1,2? ? 的切线方程为 y-2=x-1,即 y=x+1.与圆 C2的方程联立 y=x+1x2+y2=1??? ,又 A点在 B点的右侧 ,所以 A 0,1? ? , B -1,0? ? ,故 OA?? = 0,1? ? , OB?? = -1,0? ? , OA?? ?OB?? =0,所以 OA?? ⊥OB??(2)(1)若过点 A的直线 l斜率不存在,则 l的方程为 x=0,与 C1只有一个交点,不合题意 .由题意,设 l的方程为 y=kx+1.由 y=kx+1y2=4x??? 得, k2x2+ 2k-4? ?x+1=0由于直线 l与 C1交于不同的两点 M, N,故 k≠0, Δ=-16k+16>0,所以直线 l的斜率 k的取值范围是 k∈ -∞,0? ? ∪ 0,1? ? .(2)假设存在点 Q x0,y0? ? ,设 M x1,y1? ? , N x2,y2? ? ,则 QM??? = x1-x0,y1-y0? ? , QN?? = x2-x0,y2-y0? ? .由 (1)得 x1+x2= 4-2kk2 , x1x2= 1k2 ,QM??? ?QN?? = x1-x0? ? ? x2-x0? ? + y1-y0? ? ? y2-y0? ?=x1x2-x0 x1+x2? ? +x20+ kx1+1-y0? ? kx2+1-y0 ?= 1+k2? ?x1x2+ k 1-y0? ? -x0? ? x1+x2? ? +x20+ 1-y0? ? 2= 1+k2? ? 1k2 + k 1-y0? ? -x0? ? 4-2kk2 +x20+ 1-y0? ? 2= k 2x0-4y0+4? ? -4x0+1k2 +x20+y0当 -4x0+1=0, 2x0-4y0+4=0时,即当 x0= 14 , y0= 98 时, OM??? ?QN?? =x20+y20 = 8564.故存在定点 Q 14 , 98? ? ,不论 k为何值 , QM??? ?QN?? = 8564 为定值 .【点评 】本题主要考查抛物线、圆、直线方程,定值等综合知识以及推理论证能力与运算求解能力,属于较难题 .8. (1)y2=4x; (2)存在定点 Q -2,2? ? 满足题意.【分析 】 (1)联立方程 x-5? ? 2+y2=16y2=2px??? ,得 x2+ 2p-10? ?x+9=0,由 Δ=0可得 p值 ,即可得抛物线 C的方程;(2)由题设 Q m,2? ? ,易得当直线 l的斜率不存在时 ,恒有 2kRQ=kAQ+kBQ;当直线 l的斜率存在时,设直线 l的方程为 y=k x-2? ? , A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,联立方程 y=k x-2? ?y2=4x??? ,由韦达定理与斜率公式表示出 kAQ,kBQ,kRQ,由 2kRQ=kAQ+kBQ列方程求解出 m即可 .第 287页 共 377页
【解析 】 (1)联立方程 x-5? ? 2+y2=16y2=2px??? ,得 x2+ 2p-10? ?x+9=0,因为抛物线 C与圆 M有且只有两个公共点,则 Δ= 2p-10? ? 2-36=0,解得 p=2或 p=8,又 00)经过点 P(3,6),求得 p=6,得到抛物线的方程;(2)设直线 AB的方程为 x=my+t, A(x1,y1), B(x2,y2),联立 y2=12xx=my+t??? ,消元得到 y2-12my-12t=0,利用韦达定理,结合向量数量积坐标公式以及条件 PA⊥PB,得到 t=6m+15或 t=-6m+3,确定出直线方程,进而求得结果 .【解析】 (1)根据题意,可设抛物线 C的方程为 y2=2px(p>0),因为点 P(3,6)在抛物线 C上,所以 62=2p×3,即 p=6,所以抛物线 C的方程为 y2=12x.(2)设直线 AB的方程为 x=my+t, A(x1,y1), B(x2,y2),第 288页 共 377页
联立 y2=12xx=my+t??? ,整理得 y2-12my-12t=0,Δ=144m2+48t>0, y1+y2=12m, y1y2=-12t,因为 PA?? =(x1-3,y1-6), PB?? =(x2-3,y2-6),所以 PA?? ?PB?? =(x1-3,y1-6)?(x2-3,y2-6)=(x1-3)(x2-3)+(y1-6)(y2-6)==(my1+t-3)(my2+t-3)+(y1-6)(y2-6).因为 PA⊥PB,所以 PA?? ?PB?? =(1+m2)y1y2+[(t-3)m-6](y1+y2)+(t-3)2+36=(1+m2)(-12t)+[(t-3)m-6]×12m+(t-3)2+36=t2-18t-36m2-72m+45=0,即 (t-9)2=36(m+1)2,所以 t-9=±6(m+1),t=6m+15或 t=-6m+3,则直线 AB的方程为: x=m(y+6)+15或 x=m(y-6)+3(舍去 ),所以直线 AB过定点 H(15,-6),因为 PQ⊥AB,所以点 Q在以 PH为直径的圆上所以存在定点 M(9, 0),使得 |MQ|=6 2 为定值 .【点评 】思路点睛:该题考查的是有关抛物线的问题,解题思路如下:(1)根据题意,设出抛物线方程,根据点在抛物线上,点的坐标满足抛物线方程,求得结果; (2)设出直线方程,与抛物线方程联立,结合韦达定理以及向量数量积坐标公式,结合向量垂直,得到等量关 系,确定出直线过的定点,结合图形的特征,得到结果 .10. (1)x2=4y; (2)存在, t=-1【分析】 (1)利用坐标写出 MA?? , MB?? , OM??? ,OA?? ,OB?? ,即可求出 MA?? +MB?? , OA?? +OB?? ,再根据 |MA?? +MB?? |=OM??? ?(OA?? +OB?? )+2,化简即可求得曲线 C的方程;(2)先假设存在 P(0,t),根据题意写出 PA,PB的方程,对 t进行讨论,联立方程解出 xD,xE,即可求得 △QAB与 △PDE的面积之比的表达式,利用其为常数 ,即可求得结论 .【解析】 (1)∵A(-2,1), B(2,1),∴MA?? =(-2-x, 1-y) , MB?? =(2-x, 1-y), OM??? = x,y? ? ,OA?? = -2,1? ? ,OB?? = 2,1? ? ,即 MA?? +MB?? = -2x,2-2y? ? , OA?? +OB?? = 0,2? ? ,∴ MA?? +MB??? ? = -2x? ? 2+ 2-2y? ? 2 = 4x2+4y2-8y+4,OM??? ?(OA?? +OB?? )+2= x,y? ? ? 0,2? ? +2=2y+2,∵|MA?? +MB?? |=OM??? ?(OA?? +OB?? )+2,即 4x2+4y2-8y+4=2y+2,化简得曲线 C的方程: x2=4y;(2)假设存在点 P(0, t) t<0? ? 满足条件,则 kPA= t-10- -2? ? = t-12 , kPB= t-10-2 = 1-t2 ,∴直线 PA的方程是 : y= t-12 x+t, 第 289页 共 377页
PB的方程是 y= 1-t2 x+t,∵动点 Q(x0,y0)在曲线 C上,∴y0= x024 ,∵曲线 C的方程: x2=4y;即 y= x24 ,则 y?= x2 ,y? x=x0? = x02 ,∴曲线 C在 Q处的切线 l的方程是: y= x02 x- x024 ,与 y轴交点为: F 0,-x024? ? ,∴ PF? ? =-x024 -t,∵-2 x02 ,∴l与 PA,PB一定相交,联立: y=t-12 x+ty=x02 x-x024??? ,即 t-12 x+t- x02 x+ x024 =0,解得: xD= x02+4t2 x0+1-t? ? ,联立: , y=1-t2 x+ty=x
02 x-x024??? ,即 1-t2 x+t- x02 x+ x024 =0,解得: xE= x02+4t2 x0+t-1? ? ,∴xD-xE= x02+4t2 x0+1-t? ? - x02+4t2 x0+t-1? ? = 1-t? ? x02+4tx02- t-1? ? 2 ,又 ∵ PF? ? =-x024 -t,∴S△PDE= 12 PF? ? ? xD-xE? ? = 12 -x024 -t? ? ? 1-t? ? x02+4tx02- t-1? ? 2? ? = t-18 × x02+4t? ? 2x02- t-1? ? 2 ,又 ∵S△QAB= 4-x022 , 第 290页 共 377页
∴ S△QABS△PDF = 4-x022t-18 × x02+4t? ? 2x02- t-1? ? 2 = 41-t × x04- 4+ t-1? ? 2? ?x02+4 t-1? ? 2x04+8tx02+16t2 ,∵对任意 x0∈ -2,2? ? ,要使 S△QABS△PDF 为常数,则 t要满足 : -4- t-1? ? 2=8t4 t-1? ? 2=16t2??? ,解得: t=1, 此时 S△QABS△PDF =2,故存在 t=1,使 △QAB与 △PDE的面积之比是常数 2.【点评】求轨迹方程的常见方法有 :①直接法,设出动点的坐标 x,y? ? ,根据题意列出关于 x,y的等式即可;②定义法,根据题意动点符合已知曲线的定义,直接求出方程;③参数法,把 x,y分别用第三个变量表示,消去参数即可;④逆代法,将 x0=g x? ?y0=h x? ???? 代入 f x0,y0? ? =0.11. (1)y2=4x;准线 x=-1; (2)存在, T 2,1? ?【分析 】 (1)将点 (2,-2 2)代入抛物线即可求解 y2=4x,再由抛物线的标准方程可得准线 .(2)设出直线 MN: y=k1 x-2? ? ,直线 PQ: y=k2 x-2? ? ,将直线与抛物线联立 ,利用韦达定理以及中点坐标公式求出 A、 B,从而求出直线 AB, DE,将两直线联立求出交点,得到点 D的轨迹是个圆,从而可得定点T为圆心 .【解析】 (1)将点 (2,-2 2)代入抛物线 C:y2=2px(p>0),可得 8=4p,解得 p=2,所以抛物线方程: y2=4x,准线 x=-1.(2)由题意可得直线 MN: y=k1 x-2? ? ,直线 PQ: y=k2 x-2? ? ,联立 y2=4xy=k1 x-2? ???? ,整理可得 k12x2- 4k12+4? ?x+4k12=0,设 M x1,y1? ? , N x2,y2? ? ,则 x1+x2= 4k12+4k12 =4+ 4k12 , y1+y2= 4k1 ,所以 A 2+ 2k12 , 2k1? ? ,同理 B 2+ 2k22 , 2k2? ? ,kAB= 2k2 - 2k12k22 - 2k12 = k1k2k1+k2 =k1k2,设 k1k2=t,AB: y=k1k2 x-2- 2k12? ? + 2k1 =k1k2x-2k1k2- 2k2k1 + 2k1=k1k2x-2k1k2+2=tx-2t+2,DE: y=- 1t x-2? ? ,联立 y=tx-2t+2y=- 1t x-2? ???? ,解得 x0=2- 2tt2+1y0= 2t2+1????? , 第 291页 共 377页
∴ x0-2=- 2tt2+1y0= 2t2+1????? ,整理可得 x0-2? ? 2+y02= 4t2+4t2+1? ? 2 = 4t2+1 =2y0,即 x0-2? ? 2+y02-2y0=0? x0-2? ? 2+ y0-1? ? =1,所以点 D的轨迹是个圆,故 T的坐标为 2,1? ? ,线段 TD长度为定值 .【 点评】此题考查了直线与抛物线的位置关系,解题的关键是求出直线 AB, DE的交点 D,得到点 D的轨迹方程,考查了运算求解能力 .12. (1)y2=4x; (2)存在, 4,4? ? .【分析 】 (1)由抛物线过点 1,-2? ? ,代入即可解得 ;(2)依题意,设点 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,直线 AB的方程为 x=n y+4? ? +8,联立直线与抛物线消去 x, 列出韦达定理由 NA?? ?NB?? =0,即 x1-x0? ? x2-x0 ? + y1-y0? ? y2-y0 ? =0,再结合 y20 =4x0, y21 =4x1, y22 =4x2,整理可得;【解析】 (1)因为抛物线 C: y2=2px p>0? ? 经过点 1,-2? ? ,所以 -2? ? 2=2p×1,解得 p=2.所以抛物线 C的方程是 y2=4x.(2)根据题意 .设点 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,直线 AB的方程为 x=n y+4? ? +8.联立 x=n y+4? ? +8y2=4x??? 消去 x得 y2-4ny-16n-32=0,则 Δ= -4n? ? 2-4 -16n-32? ? =16 n2+4n+8? ? >0.则 y1+y2=4n, y1y2=-16n-32.设点 N x0,y0? ? ,因为 NA?? ?NB?? =0,即 x1-x0? ? x2-x0 ? + y1-y0? ? y2-y0 ? =0,结合 y20 =4x0, y21 =4x1, y22 =4x2,得 y1-y0? ? y2-y0 ? y1+y0? ? y2+y0 ?16 +1???? ? ? ? ? =0,即 y1y2- y1+y2? ?y0+y20? ? y1y2+ y1+y2? ?y0+y2016 +1???? ? ? ? ? =0,化简得 116 y20 -4ny0-16n-32? ? y0+4n+4 ? y0-4 ? =0,解得 y0=4.所以 x0=4,所以抛物线 C上存在定点 N 4,4? ? ,使得 NA?? ?NB?? =0.【点评】本题考查待定系数法求抛物线方程,直线与圆锥曲线的综合应用,属于中档题 .13. 1? ? ∠AMB=90°; 2? ? 能 (理由见解析 ).【分析 】 1? ? 根据抛物线的定义可知 AF? ? = MF? ? , BF? ? = MF? ? ,进而可知 ∠AMF=45°, ∠BMF=45°,即可得出结果; 2? ? 设过焦点的弦 AB方程为 y=k x-1? ? ,代入 y2=4x,得 y2- 4ky-4=0,结合韦达定理写出 kBM?kAM=t2- 4tk -44+ 4k2 ,并令其为 -1,算出 t= 2k,即可得证 .第 292页 共 377页
【解析 】 1? ? 由抛物线的定义得, AF? ? = MF? ? ,在直角三角形 AMF中,∠AMF=45°,同理,直角三角形 BMF中, BF? ? = MF? ? , ∠BMF=45°,∴∠AMB=∠AMF+∠BMF=90°.2? ? 根据题意, 可知焦点 F 1,0? ? ,设过焦点的弦 AB方程为 y=k x-1? ? .代入 y2=4x,得 y2- 4ky-4=0.设该方程两根为 y1, y2, ∴y1+y2= 4k, y1y2=-4.设抛物线准线上一点的坐标为 M -1,t? ? ,设 B x1,y1? ? , A x2,y2? ?则 kBM= y1-tx1+1 , kAM= y2-tx2+1 ,则 :kBM?kAM= y1-t? ? y2-t ?x1+1? ? x2+1 ? = y1-t? ? y2-t ?y214 +1? ? y224 +1 ?= 16 y1y2-t y1+y2? ? +t2? ?y21y22 +4 y21 +y22? ? +16 = t2- 4tk -44+ 4k2 .令 kBM?kAM=-1,即 t2- 4tk -44+ 4k2 =-1,则 t2- 4kt+ 4k2 =0,即 t- 2k? ? 2=0.解得 t= 2k.故在抛物线准线上能找到一点 M -1, 2k? ? ,使 ∠AMB=90°.【点评】本题考查抛物线的定义和性质,结合韦达定理,两直线的位置关系的知识点,考查转化与划归的思 想,属于中档题 .14. (1)y2=4x.(2)存在点 Q(2,0),定值为 14 .【分析 】 (1)设 P(x,y),由题意知: PA=PG,利用距离公式及弦长公式可得方程,化简可得 P的轨迹方程;(2)假设存在 Q(a,0),设 S x1,y1? ??T x2,y2? ? ,由题意知直线 l?的斜率必不为 0, 设直线 l?的方程,与抛物线联立,利用根与系数关系可求得 1QS2 + 1QT2 = 2t21+a2a2 t21+1? ? ,当 a=2时 ,上式 1QS2 + 1QT2 = 14 ,与 t1无关 ,为定值 .【解析】 (1)设 P(x,y),由题意知: PA=PG.当 P点不在 y轴上时,过 P做 PB⊥GH,交 GH于点 B,则 B为 GH的中点,第 293页 共 377页
∴GB= 12GH=2, ∴PG= x2+4.又 ∵PA= (x-2)2+y2,∴ (x-2)2+y2 = x2+4,化简得 y2=4x(x≠0);当 P点在 y轴上时,易知 P点与 O点重合 .P(0,0)也满足 y2=4x,∴曲线 C的方程为 y2=4x.(2)假设存在 Q(a,0),满足题意 .设 S x1,y1? ??T x2,y2? ? .由题意知直线 l?的斜率必不为 0,设直线 l?的方程为 x=t1y+a t1≠0? ? .由 x=t1y+ay2=4x??? 得 y2-4t1y-4a=0.∴y1+y2=4t1, y1?y2=-4a.∴x1+x2=t1 y1+y2? ? +2a=4t21+2a, x1?x2= 116y21 ?y22 =a2.∵QS2= x1-a? ? 2+y21 = x1-a? ? 2+4x1=x21+(4-2a)x1+a2,QT2= x2-a? ? 2+y22 = x2-a? ? 2+4x2=x22+(4-2a)x2+a2,∴QS2+QT2=x21+x22+(4-2a) x1+x2? ? +2a2= x1+x2? ? 2+(4-2a) x1+x2? ? -2x1x2+2a2= x1+x2? ? x1+x2+4-2a ? -2x1x2+2a2= 4t21+2a? ? 4t21+4 ? ,QS2?QT2=16a2 t21+1? ? 2.∴ 1QS2 + 1QT2 = QS2+QT2QS2?QT2 = 4t21+2a? ? 4t21+4 ?16a2 t21+1? ? 2 = 2t21+a2a2 t21+1? ? ,当 a=2时, 上式 1QS2 + 1QT2 = 14 ,与 t1无关 ,为定值 .∴存在点 Q(2,0),使过点 Q的直线 l?与曲线 C的交点 S、 T满足 1QS2 + 1QT2 为定值 14 .【点评 】本题考查轨迹方程、定值问题的求解,求轨迹方程,一般是求谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可,存在性与定值问题一般设存在,代入,结合韦达定理等知识消去参数求解,属于较难题型 .15. (1)y2=4x; (2)存在, P 0,0? ? , x=-5.【 分析】 (1)显然当 AF⊥x轴时, |AC|取得最小值,可得 2p=4,即可得到所求抛物线方程;(2)假设 x轴上存在一点 P(x0, 0),使得直线 PB与直线 m的交点恒在一条定直线上.设 A(x1, y1), B(x2,y2),直线 AB的方程为 x=ty+5,联立抛物线方程,运用韦达定理,由 PB的方程和直线 m的方程,联立求得交点,化简可得所求定点和定直线.【解析】 (1)设直线 AC的倾斜角为 α,所以由抛物线 y2=2px(p>0)的焦点弦公式得 |AC|= 2psin2α,所以当 α= π2 ,即当 AF⊥x轴时, |AC|取得最小值 .把 x= p2 代入 y2=2px可得 y=±p,故 2p=4, p=2,可得抛物线的方程为: y2=4x. 第 294页 共 377页
(2)假设 x轴上存在一点 P(x0, 0),使得直线 PB与直线 m的交点恒在一条定直线上.设 A(x1, y1), B(x2, y2),直线 AB的方程为 x=ty+5,联立抛物线方程 y2=4x,可得 y2-4ty-20=0,y1+y2=4t, y1y2=-20,直线 PB的方程为 y= y2x2-x0 (x-x0)即 y= y2ty2+5-x0 (x-x0),联立直线 m:y=y1,可得 x=x0+ ty1y2+(5-x0)y1y2 =x0+ -20t+(5-x0)y1y2 ,由 y1y2=-20, y1=y, 可得 y2=-20y , t= 14 y- 20y? ? ,即有 x=x0-5+ 14 - 5-x020? ? y2,由假设可得 14 - 5-x020 =0,即 x0=0,此时 x=-5,可得存在定点 P(0,0),定直线为 x=-5.【点评】本题考查抛物线的方程和性质,考查直线和抛物线方程联立,运用韦达定理,考查方程思想和化简运 算能力,属于中档题. 第 295页 共 377页
专题 32:抛物线向量结合问题参考答案1. A【解析】 设 |BF|=m, |AF|=3m,则 |AB|=4m, p= 32m, ∠BAA1=60°,∵四边形 AA1CF的面积为 12 3,∴ 32m+3m? ? ×3msin60°2 =12 3,∴m= 4 23 , ∴ p2 = 2,∴准线 l的方程为 x=- 2,故选 A.2. D【解析 】试题分析: c= p2 , xP= a2c ,PF=b, 因为 OP?? = 12 (OF?? +OQ?? ),所以 P为 FQ中点,即 PQ=2b?xQ=2b-c,,因此 2a2c =c+2b-c?a2=bc?a4=(c2-a2)c2?e4-e2-1=0,又 e>1,所以 e2= 1+ 52 ,选D.考点 :抛物线定义,双曲线渐近线【方法点睛】 1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时,一般运用定义转化为到准线距离处理.本题中充分运用抛物线定义实施转化,其关键在于求点 P的坐标.2.若 P(x0, y0)为抛物线 y2=2px(p>0)上一点,由定义易得 |PF|=x0+;若过焦点的弦 AB的端点坐标为A(x1, y1), B(x2, y2),则弦长为 |AB|=x1+x2+p, x1+x2可由根与系数的关系整体求出;若遇到其他标准方程,则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到. 3. A【解析】设 A、 B两点坐标分别为 A(x1,y1)B(x2,y2)∵2BF?? =FA??∴2(1-x2,-y2)=(x1-1,y1) , x1-1=2(1-x2),y1=-2y2由题意,设直线 AB的方程为 y=k(x-1),代入抛物线方程得: ky2-4y-4k=0 ,因为直线与抛物线有两个交点,所以 k≠0, Δ=16+16k2>0, y1+y2= 4k,y1y2=-4, 把 y1=-2y2代入即可解得 k=±2 2,故选 A.4. (1) y2=4x; (2) α=arctan 2 或 α=π-arctan 2 ;(3) 见解析【分析 】 (1)设出直线的方程与抛物线方程联立 ,消去 x得到关于 y的一元二次方程 ,利用根与系数的关系即可得出;(2)根据向量和 (1)的结论可用 a表示 E点的坐标代入抛物线的方程即可得出直线的斜率和倾斜角;(3)利用向量计算公式和 (1)中的根与系数的关系即可得出 .【解析】 (1)由题知 F p2 ,0? ? ,直线方程为 x=ky+ p2第 296页 共 377页
∴ y2=2pxx=ky+ p2??? 化简得: y2-2pky-p2=0∴y1+y2=2pk, y1y2=-p2=-4, p=2 ∴y2=4x(2) ∵OE?? =2 OA?? +OB??? ? ,设 E(x0,y0)∴x0=2(x1+x2),y0=2(y1+y2)y0=2(y1+y2)=4pk=8k∵x1+x2=k(y1+y2)+p=2pk2+p=4k2+2∴x0=8k2+4∵ 点 E在抛物线 C上, y02=4x0∴(8k)2=4(8k2+4) k=± 22∴kl= lk =± 2 , tanα=± 2,∴α=arctan 2 或 α=π-arctan 2(3)M是抛物线 C的准线上的一点, 设 M(-1,yM)k0= -yM2 , k1= y1-yMx1+1 ,k2= y2-yMx2+1k1+k2= y1-yMx1+1 + y2-yMx2+1 = y1-yMky1+2 + y2-yMky2+2= (y1-yM)(ky2+2)+(y2-yM)(ky1+2)(ky1+2)(ky2+2)= 2ky1y2+2(y1+y2)-yM(k(y1+y2)+2)k2y1y2+2k(y1+y2)+4= -8k+8k-yM(4k2+4)-4k2+8k2+4 =-yM,∴k1+k2=2k0∴ 当 k0为定值时, k1+k2也为定值 .【点评】本题考查抛物线与直线位置关系的应用 . 熟练掌握直线与抛物线相交问题转化为直线方程与抛物线的方程联立得到一元二次方程、根据根与系数的关系、斜率的计算公式是解题的关键 .5. (1)x2=4y; (2)4 2.【分析 】 (1)设点 Q x0,y0? ? ,利用向量的坐标运算公式列出满足 OF?? +2FP??=FQ?? 的关于 x0,y0的式子,解出 x0与 y0,代入抛物线方程解得 p即可得到抛物线的方程;(2)设直线 l的方程为 y=kx+b,设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,将直线 l方程与抛物线方程联立 ,利用韦达定理及中点坐标公示表示点 M的纵坐标,得出 k与 b的关系式,再利用含 k与 b的式子表示 △OAB的面积,利用消元思想将面积的表达式转化为关于 k的式子,然后设法求最值 .【解析】解: (1)设 Q x0,y0? ? , ∵F 0,p2? ? ,∴OF?? +2FP??=FQ?? ?OF?? =FQ?? -2FP??? 0,p2? ? = x0-2,y0+ p2 -1? ? ,∴x0-2=0, y0+ p2 -1= p2 ,∴x0=2, y0=1,即 Q 2,1? ? .又 ∵点 Q在抛物线 C上,∴22=2p?1, ∴p=2, 第 297页 共 377页
∴抛物线 C的方程为 x2=4y.(2)依题意, 可知直线 AB与 x轴不垂直,故可设直线 AB的方程为 y=kx+b,并设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? , AB的中点 M xM,2? ? .联立方程组 y=kx+bx2=4y??? 消去 y,得 x2-4kx-4b=0,∴x1+x2=4k, x1x2=-4b.∵线段 AB的中点的纵坐标为 2,∴y1+y2=k x1+x2? ? +2b=4k2+2b=4,即 b=2-2k2.由 Δ=16k2+16b>0,得 k2+b>0,故 k2+b=k2+ 2-2k2? ? >0,则 k2∈ 0,2? ? .由 y=kx+b, 令 x=0,得 y=b=2-2k2.∴S△OAB= 12 b? ? ? x1-x2? ? = 12 2-2k2? ? ? x1+x2? ? 2-4x1x2 =4 1-k2? ? 2 2-k2? ?设 t=1-k2,则 t∈ -1,1? ? ,y= 1-k2? ? 2 2-k2? ? =t2? t+1? ? =t3+t2,令 y?=3t2+2t=3t t+ 23? ? =0,得 t=0或 t=- 23 ,由 y?>0,得 t∈ -1,- 23? ? , 0,1? ? ,由 y?<0,得 t∈ - 23 ,0? ? ,∴y=t3+t2的单调递增区间为 -1,- 23? ? , 0,1? ? ,单调递减区间为 - 23 ,0? ? ,当 t=- 23 时, y取得极大值 427 ,当 t=1时, y=2, 2> 427 ,∴当 t=1,即 k2=0时 , S△OAB? ? max=4 2,即 △OAB的面积的最大值是 4 2.【点评 】本题考查直线与抛物线的综合问题,考查面积最值问题,难度较大 .解答时一定要想办法利用所设未知量表示所求三角形的面积,当未知量较多时,要利用各未知量之间的关系进行转化,然后利用不等式、导 数等方法求最值 .6. (1)kBF=-kAF=-2; (2)t<-2,或 1
则 AF=AA1,BF=BB1∴ AFBF = AA1BB1 = HAHB,∴ AFBF = HAHB, ∴ AFHA = BFHB ?①ΔAHF中 , AFHA = sin∠AHFsin∠AFH ?②,ΔBHF中, BFHB = sin∠AHFsin∠BFH ?③将②③代入①, 得 sin∠AHFsin∠AFH = sin∠AHFsin∠BFH , ∴sin∠AFH=sin∠BFH∴∠AFH=180°-∠BFH=∠BFx∴kAF+kBF=0, ∴kBF=-kAF=-2. ?6分(Ⅱ )依题意可知, 抛物线为 y2=4x,直线 l的斜率 k存在且 k≠0, l的方程为 y=k x+1? ? ,设交点 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,满足 y=k x+1? ?y2=4x ,???即 x1,x2满足 k2x2+ 2k2-4? ?x+k2=0, ∴Δ= 2k2-4? ? 2-4k4>0, ∴k2<1,且 x1+x2= 4-2k2k2 ,x1x2=1设 M x0,y0? ? ,由 FA?? +FB??=tFM?? ,其中 t≠0,得 x1-1,y1? ? + x2-1,y2? ? =t x0-1,y0? ? , ∴ x0= x1+x2-2t +1y0= y1+y2t ,???????而 y1+y2=k x1+x2+2? ? = 4k代入 y20 =4x0,得 4kt? ? 2=4 4-2k2k2 -2t +1???? ? ? ? ? ,化为 : k2t2-4k2t+4t=4得, k2= 4-4tt2-4t,而 k2<1且 k≠0,∴t<-2,或 1
【解析 】解: (1)由抛物线 C的方程为 y=ax2(a<0)可得,焦点 0, 14a? ? ,准线 y=- 14a;(2)由点 P(1,-1)在 y=ax2(a<0)上,可得 a=-1,所以抛物线为 y=-x2,设直线 PA的直线方程 y-y0=k1(x-x0),直线 PB的直线方程 y-y0=k2(x-x0),点 P x0,y0? ? 与 A x1,y1? ? 是方程组 y-y0=k1(x-x0)①y=ax2②??? 的解, 将②式代入①式得,ax2-k1x+k1x0-y0=0,可得 x1+x0= k1a ③, 可得 x1= k1a -x0点 P x0,y0? ? 与 B x2,y2? ? 是方程组 y-y0=k2(x-x0)④y=ax2⑤??? 的解, 将⑤式代入⑤式得,ax2-k2x+k2x0-y0=0,可得 x2+x0= k2a , x2= k2a -x0,由已知得: k2+λk1=0,则 x2=-λk1a -x0 ⑥,由③可得 x1=-k1-1,代入 y=-x2,可得 y1=-(k1+1)2,将 λ=1代入⑥可得 x2=k1-1,代入 y=-x2,可得 y1=-(k2+1)2,可得直线 PA、 PB分别与抛物线 C得交点坐标为 A(-k1-1,-k21-2k1-1),B(k1-1,-k21+2k1-1),于是 AP?? =(k1+2,k21+2k1),AB?? =(2k1,4k1),AP?? ?AB?? =2k1(k1+2)+4k1?(k21+2k1)=2k1(k1+2)(2k1+1),因为 ∠PAB为钝角且 P、 A、 B三点互不相同,故必有 AP?? ?AB?? <0,可得 k1得取值范围是 k1<-2,或 - 12
所以 x212p +2p= x1p x1-x0? ? ,① x222p +2p= x2p x2-x0? ? .②由①、 ②得 x1+x22 =x1+x2-x0,因此 x0= x1+x22 ,即 2x0=x1+x2=2x3,也即 x0=x3.所以 MN平行于 y轴.(ⅱ )解:由 (ⅰ )知,当 x0=2时,将其代入①、②并整理得:x21-4x1-4p2=0, x22-4x2-4p2=0,所以 x1, x2是方程 x2-4x-4p2=0的两根,因此 x1+x2=4, x1x2=-4p2,又 kAB= x222p - x212px2-x1 = x1+x22p = x0p ,所以 kAB= 2p.由弦长公式的 AB? ? = 1+k2 ? x1+x2? ? 2-4x1x2 = 1+ 4p2 ? 16+16p2.又 AB? ? =4 10,所以 p=1或 p=2,因此所求抛物线方程为 x2=2y或 x2=4y.(Ⅱ )解:设 D x4,y4? ? ,由题意得 C x1+x2,y1+y2? ? ,则 CD的中点坐标为 Q x1+x2+x42 ,y1+y2+y42? ? ,设直线 AB的方程为 y-y1= x0p x-x1? ? ,由点 Q在直线 AB上 ,并注意到点 x1+x22 ,y1+y22? ? 也在直线 AB上 ,代入得 y4= x0px4.若 D x4,y4? ? 在抛物线上, 则 x24=2py4=2x0x4,因此 x4=0或 x4=2x0.即 D 0,0? ? 或 D 2x0,2x20p? ? .(1)当 x0=0时, 则 x1+x2=2x0=0,此时,点 M 0,-2p? ? 适合题意.(2)当 x0≠0,对于 D 0,0? ? ,此时 C 2x0,x21+x222p? ? , kCD= x21+x222p2x0 = x21+x224px0 ,又 kAB= x0p , AB⊥CD,所以 kAB?kCD= x0p ? x21+x224px0 = x21+x224p2 =-1,即 x21+x22=-4p2,矛盾.对于 D 2x0,2x20p? ? ,因为 C 2x0,x21+x222p? ? ,此时直线 CD平行于 y轴,又 kAB= x0p ≠0,所以直线 AB与直线 CD不垂直,与题设矛盾,所以 x0≠0时,不存在符合题意得 M点.综上所述,仅存在一点 M 0,-2p? ? 适合题意.【点评 】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系,考查运算求解能力,属于难题 .9. (1) ; (2) .【分析 】 (1)设出切线 l的方程为 y=-x+m,利用圆心到直线 l的距离等于半径得到切线 l的方程 y=-x+第 301页 共 377页
1,再联立抛物线的方程 ,借助弦长公式求得线段 AB的长; (2)分直线 l的斜率不存在和存在两种情况考虑,将直线 l的方程与抛物线 C:y2=x联立,消元,分别计算 MA?? ?MB?? =0是否成立,从而求得直线 l的方程 .【解析】 (1)因为圆 N:(x+1)2+y2=2,所以圆心 N为 (-1,0),半径 r= 2.设 A(x1,y1),B(x2,y2),当直线 l的斜率为 -1时,设 l的方程为 y=-x+m,则|1+m|2 = 2, ∴m=1或 m=-3(舍 ),由 y=-x+1y2=x??? 消去 x得 y2+y-1=0,所以 y1+y2=-1,y1?y2=-1,(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1?y2=5.弦长 |AB|= 1+ 1k2 |y1-y2|= 10.(2)①当直线 l的斜率不存在时, 因为直线 l是圆 N的切线,所以 l的方程为 x= 2-1,与 y2=x联立, 则得x1x2=3-2 2,y1+y2=0,(y1y2)2=x1x2=3-2 2,即 y1y2=1- 2<0,MA?? ?MB?? =x1x2+y1y2+(y1+y2)+1=5-3 2≠0,不符合题意 .②当直线 l的斜率存在时, 设直线 l的方程为 y=kx+m,即 kx-y+m=0(k≠0).由题意知 |-k+m|1+k2 = 2,得 m2-k2-2mk-2=0① ,由 y=kx+my2=x??? ,消去 x得 ky2-y+m=0,Δ=1-4km>0,即 km< 14 且 k≠0,y1+y2= 1k,y1y2= mk ,∵点 M和点 N关于直线 y=x对称, ∴M(0,-1),∴MA?? =(x1,y1+1),MB?? =(x2,y2+1),∵MA?? ?MB?? =0, ∴x1x2+(y1+1)(y2+1)=0,A(x1,y1),B(x2,y2)在直线 y=kx+m上代入并化简,得(1+k2)y1y2+(k2-m)(y1+y2)+m2+k2=0,化简,得 m2+k2+mk+k=0,②① +②得 2m2-mk+k-2=0,即 (m-1)(2m-k+2)=0,解得 m=1,或 m= 12k-1.当 m=1时, 代入①,解得 k=-1,满足条件 km< 14 且 k≠0,此时直线 l的方程为 y=-x+1; .总上所述,存在满足条件其方程为 y=-x+1.考点: 1、直线与圆锥曲线的位置关系; 2、圆的性质; 3、向量的数量积.10. (1)AB=2 10; (2)存在, y=?x+2.【 分析】 (1)圆 N的圆心坐标为 (?2,0),半径 r=2 2,设 A(x1,y1), B(x2,y2),设 l的方程,利用直线 l是圆 N的切线,求得 m的值,从而可得直线 l的方程,与抛物线方程联立,利用韦达定理,即可计算弦长 |AB|;(2)利用直线 l是圆 N的切线,可得 a, m满足的一个方程,将直线 l的方程与抛物线方程联立,利用 MA?? ⊥MB?? ,可得 a, m满足的另一个方程,联立方程组可求得 a, m的值,从而得到满足题设的直线 l.第 302页 共 377页
【解析 】 ∵圆 N: N:(x+2)2+y2=8, ∴圆心坐标为 (?2,0),半径 r=2 2, (1)当直线 l的斜率为 1时, 设 l的方程为 y=x+m,即 x?y+m=0, ∵直线 l是圆 N的切线, ∴ |?2+m|2 =2 2,解得 m=?2或 m=6(舍 ),此时直线 l的方程为 y=x?2,由 y=x?2y2=2x??? ,消去 x得 y2?2y?4=0, ∴Δ>0,设 A(x1,y1), B(x2,y2),则 y1+y2=2, y1y2=?4,得 (y1?y2)2=(y1+y2)2?4y1y2=20, ∴弦长 |AB|= 1+ 1k2 ?|y1?y2|=2 10;(2)∵直线 l是圆 N的切线 , ∴ |?2?a|1+m2 =2 2,得 a2+4a?8m2?4=0①,由 x=my+ay2=2x??? ,消去 x得 y2?2my?2a=0, ∴Δ=4m2+8a>0,即 m2+2a>0,且 y1+y2=2m, y1y2=?2a, ∵点 M和点 N关于直线 y=x对称, ∴点 M为 (0,?2), ∴MA?? =(x1,y1+2), MB?? =(x2,y2+2), ∵MA?? ⊥MB?? , ∴MA?? ?MB?? =x1x2+(y1+2)(y2+2)=0,即 x1x2+y1y2+2(y1+y2)+4=0,即 a2?2a+4m+4=0②,① +②,得 2a2+2a?8m2+4m=0,解得 a=?2m或 a=2m?1,当 a=?2m时,代入①解得 m=?1, a=2,满足条件 m2+2a>0,当 a=2m?1时,代入①得 4m2?4m+7=0,无解,综上所述,存在满足条件的直线 l,其方程为 y=?x+2.考点: 1.直线与抛物线的位置关系; 2.弦长的计算; 3.韦达定理的运用 .11. (1)x24 +y2=1,(2)9 ,x± 52 y-2=0【分析 】 (1)利用相关点法求轨迹方程,设 M x,y? ? ,则 P x,2y? ? ,代入圆的方程 x2+y2=9, 整理,即可 .(2)法一:分类讨论,当直线 l的斜率不存在时, |AB|=2P=8, |CF|=4, SΔABC= 12 ×4×8=16, 当直线 l的斜率存在时,则 k≠0,设直线 l的方程为 y=k x-2? ? ,与 C2:y2=8x,联立整理 k2x2- 4k2+8? ?x+4k2=0,计算 AB? ? ,设直线 CF的方程为 y=- 1k x-2? ? ,与 x24 +y2=1,联立整理 k2+4? ?x2-16x+16-4k2=0,计算 CF? ? ,根据 SΔABC= 12 |AB|?|CF|=16? k2+1k2+4 ? 1+k2k2 ,令 t= 1+k2k2 ,则 SΔABC=f t? ? = 16t34t2-3 ,f? t? ? = 16 4t4-9t2? ?4t2-3? ? 2 ,判断单调性 ,确定 t= 32 时, ΔABC面积最小,求解即可 . 法二:设直线 l的方程设为 x=my+2,与 C2:y2=8x联立,计算 AB? ? ,设直线 CF的方程为 y=-m x-2? ? 与 x24 +y2=1,联立 ,计算CF? ? ,以下同法一 .【 解析】 (1)设 M x,y? ? , P x0,y0? ? ,则由于 DM??? = 12DP?? ,依题知: x=x0, y= 12y0.即 x0=x, y0=2y,而点 P x0,y0? ? 在圆 x2+y2=9上, 故 x2+ 2y? ? 2=4,得 x24 +y2=1,故曲线 C的方程为 x24 +y2=1.(2)法一:抛物线 C2:y2=8x的焦点为 F 2,0? ? ,当直线 l的斜率不存在时, |AB|=2P=8, |CF|=4, SΔABC= 12 ×4×8=16,当直线 l的斜率存在时 ,则 k≠0,设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,直线 l的方程设为 y=k x-2? ? ,代入 C2:y2=8x,消去 y得 k2 x-2? ? 2=8x,即 k2x2- 4k2+8? ?x+4k2=0,则 x1+x2= 4k2+8k2 , x1x2=4,∴ AB? ? =x1+x2+p= 8k2+8k2 ,CF的直线方程为 : y=- 1k x-2? ? ,代入 x24 +y2=1,第 303页 共 377页
消去 y得, k2+4? ?x2-16x+16-4k2=0,Δ=256-4 k2+4? ? 16-4k2 ? =16k4>0,xC+2= 16k2+4 , xC?2= 16-4k2k2+4 ,CF? ? = 1+ 1k2? ? xC+2? ? 2-4xC?2? ? = 1+k2k2 ? 4k2k2+4 ,ΔABC面积 : SΔABC= 12 |AB|?|CF|= 12 ? 8k2+8k2 ? 1+k2k2 ? 4k2k2+4 =16? k2+1k2+4 ? 1+k2k2 ,令 t= 1+k2k2 ,则 k2= 1t2-1 ,则 SΔABC=f t? ? = 16t34t2-3 ,f? t? ? = 16 4t4-9t2? ?4t2-3? ? 2 ,令 f? t? ? =0,则 t2= 94 ,即 t= 32 ,当 t∈ 1, 32??? ? ? ? 时, f t? ? 为减函数, 当 t∈ 32 ,+∞? ? 时, f t? ? 为增函数, 所以 t= 32 时, ΔABC面积最小.由 1+m2= 94 得 m=± 52 时, ΔABC面积的最小值为 9<16,此时直线 l的方程为: x=± 52 y+2,即 x± 52 y-2=0.法二: 抛物线 C2:y2=8x的焦点为 F 2,0? ? ,过点 F的直线 l的方程设为: x=my+2, 设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,联立 x=my+2y2=8x??? 得 y2-8my-16=0.则 y1+y2=8m, y1y2=-16,∴|AB|= 1+m2 y1+y2? ? 2-4y1y2 =8 1+m2? ? ,过 F且与直线 l垂直的直线设为: y=-m x-2? ? ,联立 y=-m x-2? ?x24 +y2=1??? 得, 1+4m2? ?x2-16m2x+16m2-4=0,xC+2= 16m21+4m2 , ?xC= 2 4m2-1? ?1+4m2 .∴ CF? ? = 1+m2|xC-xF|= 41+4m2 ? 1+m2,ΔABC面积 SΔABC= 12 |AB|?|CF|= 16 1+m2? ?1+4m2 ? 1+m2.令 t= 1+m2 t≥1? ? ,则 SΔABC=f t? ? = 16t34t2-3 , f? t? ? = 16 4t4-9t2? ?4t2-3? ? 2 ,令 f? t? ? =0,则 t2= 94 ,即 t= 32 ,当 t∈ 1, 32??? ? ? ? 时, f t? ? 为减函数, 当 t∈ 32 ,+∞? ? 时, f t? ? 为增函数, 所以 t= 32 时, ΔABC面积最小.由 1+m2= 94 得 m=± 52 时, ΔABC面积的最小值为 9,此时直线 l的方程为: x=± 52 y+2,即 x± 52 y-2=0.【点评 】本题考查相关点法求轨迹方程,直线与圆锥曲线的位置关系,利用导数求最值,属于难题 .第 304页 共 377页
专题 33:抛物线的应用问题参考答案1. B【分析】根据题中光学性质作出图示,先求解出 A点坐标以及直线 AB的方程,从而联立直线与抛物线方程求解出 B点坐标,再根据焦半径公式以及点到点的距离公式求解出 △ABM的三边长度,从而周长可求 .【解析】如下图所示:因为 M 3,1? ? ,所以 yA=yM=1, 所以 xA= y2A4 = 14 ,所以 A 14 ,1? ? ,又因为 F 1,0? ? ,所以 lAB:y-0= 1-014 -1 x-1? ? ,即 lAB:y=- 43 x-1? ? ,又 y=- 43 x-1? ?y2=4x??? ,所以 y2+3y-4=0,所以 y=1或 y=-4,所以 yB=-4,所以 xB= y2B4 =4,所以B 4,-4? ? ,又因为 AB? ? = AF? ? + BF? ? =xA+xB+p= 14 +4+2= 254 , AM? ? =xM-xA=3- 14 = 114 , BM? ? =4-3? ? 2+ -4-1? ? 2 = 26,所以 △ABM的周长为 : AB? ? + AM? ? + BM? ? = 254 + 114 + 26=9+ 26,故选: B.【点评 】结论点睛:抛物线的焦半径公式如下: (p为焦准距 )(1)焦点 F在 x轴正半轴,抛物线上任意一点 P x0,y0? ? ,则 PF? ? =x0+ p2 ;(2)焦点 F在 x轴负半轴, 抛物线上任意一点 P x0,y0? ? ,则 PF? ? =-x0+ p2 ;(3)焦点 F在 y轴正半轴, 抛物线上任意一点 P x0,y0? ? ,则 PF? ? =y0+ p2 ;(4)焦点 F在 y轴负半轴, 抛物线上任意一点 P x0,y0? ? ,则 PF? ? =-y0+ p2 .2. B【分析 】本题首先可根据题意绘出图像,然后设出直线 AB,与抛物线方程联立得出 y1y2=-p2,再然后设出过点 A的切线,与抛物线方程联立得出 pk1=y1,用同样的方式设出过点 B的切线,得出 pk2=y2,最后根据 k1k2=-1即可得出结果 .【解析】如图,结合题意绘出 图像: 第 305页 共 377页
设 A x1,y1? ? , B x1,y2? ? ,则 y21 =2px1, y22 =2px2,设直线 AB:my=x- p2 ,联立 my=x- p2y2=2px??? ,整理得 y2-2pmy-p2=0,则 y1+y2=2pm, y1y2=-p2,设过点 A的切线为 k1 y-y1? ? =x- y212p,联立 k1 y-y1? ? =x- y212py2=2px??? ,整理得 y2-2pk1y+2pk1y1-y21 =0,则 Δ= -2pk1? ? 2-4 2pk1y1-y21? ? =0,即 pk1=y1,设过点 B的切线为 k2 y-y2? ? =x- y222p,同理可得 pk2=y2,则 p2k1k2=y1y2=-p2,即 k1k2=-1, 1k1k2 =-1,故 △ABQ是直角三角形,故选: B.【点评】关键点点睛:本题考查直线与抛物线的相关问题的求解,考查韦达定理和判别式的应用,考查学生对 “阿基米德三角形”的理解,若两条直线的斜率乘积为 -1,则这两条直线互相垂直,考查计算能力,是中档题.3. C【分析】由题意可得 F(1,0),设 P y204 ,y0? ? ,要求 kOM的最大值 ,设 y0>0,运用向量的加减法运算得 OM??? =13OP?? + 23OF?? = y2012 + 23 ,y03? ? ,再由直线的斜率公式 ,结合基本不等式,可求得直线 OM的斜率的最大值 .【解析】解:由题意可得 F(1,0),设 P y204 ,y0? ? ,显然当 y0<0时, kOM<0; 当 y0>0时, kOM>0;要求 kOM的最大值,设 y0>0,由于 M是线段 PF上的点,且 |PM|=2|MF|,则 FM?? = 13FP??,则 OM??? =OF?? +FM?? =OF?? + 13FP??=OF?? + 13 (OP?? -OF?? )= 13OP?? + 23OF?? ,即: OM??? = y2012 + 23 ,y03? ? , 第 306页 共 377页
可得 kOM= y03y2012 + 23 = 2y02 + 4y0 ≤ 22 y02 ? 4y0 = 22 ,当且仅当 y20 =8时取得等号,即 :直线 OM的斜率的最大值为 22 .故选: C.【点评 】本题考查抛物线方程的运用以及直线的斜率最大值,运用了基本不等式和向量的加减法运算,考查运算能力 .4. C【分析】转化: |MM''|= 12 (|AG|+|BH|)= 12 (|AF|+|BF|),利用余弦定理: |AB|=|AF|2+|BF|2-2|AF||BF|cos2π3 ,即得解 .【 解析】如图所示, 由题意得 F(1,0),MM''? ?AB? ? = 12 (|AG|+|BH|)|AB| = 12 (|AF|+|BF|)|AB| = 12 (|AF|+|BF|)|AF|2+|BF|2-2|AF||BF|cos2π3 =12 (|AF|+|BF|)|AF|2+|BF|2+|AF||BF| = 12 (|AF|+|BF|)(|AF|+|BF|)2-|AF||BF| ≤ 12 (|AF|+|BF|)(|AF|+|BF|)2- (|AF|+|BF|)24 =12 (|AF|+|BF|)32 (|AF|+|BF|) = 33当且仅当: |AF|=|BF|时, MM''? ?AB? ? 有最大值 33 .故选: C 第 307页 共 377页
【点评 】本题考查了抛物线的综合问题,考查了学生综合分析,转化化归,数学运算的能力,属于中档题 .5. A【分析】求出 A点坐标,根据光学性质可知直线 AB经过焦点,从而得到结果 .【解析】代 y=1入 y2=4x解,得 x= 14 .即 A 14 ,1? ? .由抛物线的光学性质知, 直线 AB经过焦点 1,0? ? ,所以直线 AB的斜率 k= 1-014 -1 =- 43 .故选 A.【点评 】本题考查抛物线的光学性质,考查抛物线的标准方程,考查直线的斜率的求法,属于基础题 .6. 4.4【分析】建立如图所求的坐标系,得出 A点坐标求得抛物线方程,代入 y=-2.42求得 B点横坐标后可得结论.【解析】解析:如图,建立直角坐标系, 设抛物线方程为 x2=my,将 A(2, -2)代入 x2=my,得 m=-2,所以 x2=-2y,代入 B(x0, -2.42)得 x0=2.2,故水面宽为 4.4米 .故答案为: 4.4 .7. 2【分析】作出图像,设 A(x1,y1),B(x2,y2),题中问题即为求 |y1-y2|的最小值,设直线,联立,用韦达定理表示即可得解 . 第 308页 共 377页
【解析 】根据题意作出图像, 如图所示,设 A(x1,y1),B(x2,y2),题中问题即为求 |y1-y2|的最小值 .设 AB:x=ty+ 12 ,由 x=ty+ 12y2=2x??? ,得 y2-2ty-1=0,所以 y1+y2=2t,y1y2=-1.所以 |y1-y2|= (y1+y2)2-4y1y2 = 4t2+4,当 t=0时, |y1-y2|最小为 2.故答案为: 2.8. x-14? ? 2=-365 y 14013【分析 】根据题意,设桥拱所在抛物线的方程为 x2=-2py,溢流孔 ABC所在方程为 C1: x-14? ? 2=-2p?y(p?>0),运用待定系数法,求得 p, p?,可得右边第二个溢流孔所在方程,联立抛物线方程,可得所求 .【解析】设桥拱所在抛物线方程 x2=-2py,由图可知,曲线经过 20,-5? ? ,代入方程 202=-2p× -5? ? ,解得 : p=40,所以桥拱所在抛物线方程 x2=-80y;四个溢流孔轮廓线相同,所以从右往左看, 设第一个抛物线 C1: x-14? ? 2=-2p?y,由图抛物线 C1经过点 A 20,-5? ? ,则 20-14? ? 2=-2p?× -5? ? ,解得 p?= 185 ,所以 C1: x-14? ? 2=-365 y,点 A即桥拱所在抛物线 x2=-80y与 C1: x-14? ? 2=-365 y的交点坐标,设 A x,y? ? ,7
所以点 A的横坐标为 14013 .故答案为: x-14? ? 2=-365 y; 14013【点评 】关键点点睛:此题考查根据实际意义求抛物线方程和交点坐标,关键在于合理建立模型正确求解,根据待定系数法,及平移抛物线后方程的形式即可 .9. y2=2x或 y2=6x【分析】过 F点的直线为 y=- 3 x- p2? ? ,与抛物线联立 ,求得 y,进而根据条件列方程可得 p的值,则抛物线方程可求 .【解析】过 F点的直线为 y=- 3 x- p2? ? ,由 y=- 3 x- p2? ?y2=2px??? ,得 y=- 3p=- 3 或 y= p3 = 3,从而 p=1或 3,故所求抛物线方程为 y2=2x或 y2=6x.故答案为: y2=2x或 y2=6x.【点评】本题考查抛物线方程的求解,考查运算能力,是基础题 .10. 4【分析】设 P x,y? ? ,由抛物线定义和圆的性质可知 ,要使 PM? ? 2PQ? ? 最小, 则 PQ? ? = PF? ? +1=x+3,从而将PM? ? 2PQ? ? 表示为关于 x的函数, 利用基本不等式可求得最小值 .【解析】 设圆心为 F 2,0? ? ,则 F为抛物线 y2=8x的焦点,该抛物线的准线方程为 :x=-2,设 P x,y? ? ,由抛物线的定义知 : PF? ? =x+2,要使 PM? ? 2PQ? ? 最小, 则 PQ需最大,此时 PQ? ? = PF? ? +1=x+3,又 PM? ? 2= x-4? ? 2+y2=x2-8x+16+8x=x2+16,∴ PM? ? 2PQ? ? = x2+16x+3 = x+3? ? 2-6 x+3? ? +25x+3 = x+3? ? + 25x+3 -6≥10-6=4(当且仅当 x+3=25x+3 ,即 x=2时取等号 ),∴ PM? ? 2PQ? ? 的最小值为 4.故答案为: 4. 第 310页 共 377页
【点评 】本题考查抛物线中的最值问题的求解,涉及到抛物线定义、圆的性质以及基本不等式的应用;关键是能够将所求式子表示为关于某一变量的函数的形式,从而配凑出符合基本不等式的形式,利用基本不等式 求得最值 .11. (1)2, x-1? ? 2+y2=4; (2)证明见解析 .【分析 】 (1)由题意得 l的方程为 x=-p2 ,根据 AB为抛物线 C过焦点 F的弦,以 AB为直径的圆与 l相切于点 -1,0? ? ..利用抛物线和圆的对称性 ,可得 -p2 =-1, 圆心为 F 1,0? ? ,半径为 2.(2)设 M -1,y0? ? , MN的方程为 y=k x+1? ? +y0,代入 C的方程 ,得 ky2-4y+4 y0+k? ? =0,根据直线与抛物线相切 ,令 Δ=16-16k y0+k? ? =0,得 y0+k= 1k,代入 ky2-4y+4 y0+k? ? =0,解得 y= 2k.将 y= 2k 代入 C的方程, 得 x= 1k2 ,得到点 N的坐标为 1k2 , 2k? ? ,然后求解 FM?? ?FN?? .【解析】 (1)解:由题意得 l的方程为 x=-p2 ,所以 -p2 =-1, 解得 p=2.又由抛物线和圆的对称性可知,所求圆的圆心为 F 1,0? ? ,半径为 2.所以圆的方程为 x-1? ? 2+y2=4.(2)证明: 易知直线 MN的斜率存在且不为 0,设 M -1,y0? ? , MN的方程为 y=k x+1? ? +y0,代入 C的方程 ,得 ky2-4y+4 y0+k? ? =0.令 Δ=16-16k y0+k? ? =0,得 y0+k= 1k,所以 ky2-4y+4 y0+k? ? = k2y2-4ky+4k =0,解得 y= 2k.将 y= 2k 代入 C的方程, 得 x= 1k2 ,即点 N的坐标为 1k2 , 2k? ? ,所以 FM?? = -2,y0? ? ,FN?? = 1k2 -1, 2k? ? ,FM?? ?FN?? =2- 2k2 +y0? 2k =2- 2k2 + 1k -k? ? ? 2k =0,故 MF⊥NF.【点评】本题主要考查抛物线的定义几何性质以及直线与抛物线的位置关系,还考查了数形结合的思想和运 算求解的能力,属于中档题 .12. (1)见解析; (2)8x-16y-25=0【分析】 (1)由抛物线的性质及题意,设 PQ:x=my+ p2 ,代入抛物线方程 ,利用根与系数的关系,即可求解 .(2)由题意,求得 kPQ= 43 ,设 ∠MNA=2θ,则 tan2θ= 43 ,求得 tanθ= 12 ,得到直线 l的斜率为 12 ,即可得到直线的方程 .【 解析】 (1)由抛物线的性质及题意知,则光线 PQ必过抛物线的焦点 F p2 ,0? ? ,设 PQ:x=my+ p2 ,代入抛物线方程得 : y2-2mpy-p2=0,所以 y1y2=-p2=-1. 第 311页 共 377页
(2)由题意知 P 2,2? ? , Q 18 ,- 12? ? , N 178 ,- 12? ? ,所以 kPQ= 2- - 12? ?2- 18 = 43 ,MN关于直线 l对称与直线 QN重合 ,设 ∠MNA=2θ,则 tan2θ= 43 = 2tanθ1-tan2θ,解得 tanθ= 12 ,所以直线 l的斜率为 12 ,所以直线 l的方程为 8x-16y-25=0.【点评 】本题主要考查了抛物线的标准方程及其几何性质,以及直线与抛物线的位置关系的应用,其中解答中熟记抛物线的标准方程及其简单的几何性质,合理应用直线的斜率和倾斜角的关系,求得直线的斜率是 解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题 .13. (1)3.3米; (2)不能【分析】 (1)建立如图所示的坐标系,设抛物线的方程为 x2=-2py(p>0),结合题意得到 p值即可;(2)对于抛物线 x2=-5y,令 x=3.5,得 y=-4920 ,因为 7- 4920 -0.5=4.05<4.2,所以,该车不能安全通过隧道 .【解析】 (1)建立如图所示的坐标系,设抛物线的方程为 x2=-2py(p>0),根据题意, 此抛物线经过点 -5,-5? ? ,代入抛物线方程解得 p= 52 ,所以抛物线的方程为 x2=-5y. 在此方程中令 x=-4,得 y=-165 ,因此, 7- 165 -0.5=3.3,所以车辆通过隧道时的限制高度为 3.3米 .(2) 对于抛物线 x2=-5y,令 x=3.5,得 y=-4920 ,因为 7- 4920 -0.5=4.05<4.2,所以,该车不能安全通过隧道 .【点评】本题主要考查了抛物线方程的应用,在解题时要通过题意画出图形,再根据所给的知识点求出答案 是本题的关键. 第 312页 共 377页
专题 34:圆锥曲线中点弦问题参考答案1. A【分析】设直线交椭圆于 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,把两点坐标代入椭圆方程 ,利用点差法求得斜率,然后求解直线方程.【解析】设弦所在的直线与椭圆交 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,则 x1216 + y128 =1x2216 + y228 =1??????? ,两式相减得 : y1+y2x1+x2 × y1-y2x1-x2 =- 12 ,因为弦中点为 (2,1),所以 y1+y2=2,x1+x2=4,所以 12 × y1-y2x1-x2 =- 12 ,即 k= y1-y2x1-x2 =-1则直线方程为 : y-1=(-1)(x-2),化简得 x+y-3=0.故选: A.【点评】本题主要考查了直线与椭圆相交的位置关系,“点差法”的解题思想方法,直线方程的求法,属于中 档题.2. B【分析】设 A y21,y1? ? ,B y22,y2? ? ,M x0,y0? ? ,N= y20,y0? ? ,根据向量运算可得 y1?y2+3y20 +1=0,联立直线与抛物线方程 ,由根与系数的关系即可求解 k.【解析】设 A y21,y1? ? ,B y22,y2? ? ,M x0,y0? ? ,则 N= y20,y0? ? ,NA?? = y21 -y20,y1-y0? ?NB?? = y22 -y20,y2-y0? ?由 NA?? ?NB?? =0,∴ y21 -y20? ? y22 -y20 ? + y1-y0? ? y2-y0 ? =0,∴ y1+y0? ? y2+y0 ? +1=0,∴y1?y2+y0 y1+y2? ? +y20 +1=0,①即 y1?y2+3y20 +1=0,由 y2=xy=kx-2??? 得 ky2-y-2=0,当 Δ=1+8k>0,即 k>- 18 时y1+y2= 1k,y1?y2=- 2k,代入①得:- 2k + 34k2 +1=0即 4k2-8k+3=0, 第 313页 共 377页
解得 k= 32 或 k= 12 (舍去 ),故选: B【 点评】本题主要考查了抛物线的方程,直线与抛物线的位置关系,向量运算,属于难题 .3. D【分析】设出 A,B两点的坐标,代入椭圆方程,作差变形,利用斜率公式和中点坐标可求得结果 .【解析】设 F(-c,0),因为直线 x-y+ 3=0过 F(-c,0),所以 -c-0+ 3=0,得 c= 3,所以 a2-b2=c2=3,设 A(x1,y1),B(x2,y2),由 x21a2 + y21b2 =1x22a2 + y22b2 =1??????? ,得 x21-x22a2 =-y21 -y22b2 ,得 y1-y2x1-x2 =-b2a2 ? x1+x2y1+y2 ,因为 P为线段 AB的中点 , O为坐标原点,所以 P x1+x22 ,y1+y22? ? , kOP= y1+y22 -0x1+x22 -0 = y1+y2x1+x2 =- 12 ,所以 kAB= y1-y2x1-x2 =-b2a2 ?(-2)= 2b2a2 ,又 A,B在直线 x-y+ 3=0上, 所以 kAB=1,所以 2b2a2 =1,即 a2=2b2,将其代入 a2-b2=3,得 b2=3, a2=6,所以椭圆 C的方程为 x26 + y23 =1.故选 : D【点评】本题使用点差法求解,一般涉及到弦的中点和斜率问题的题目可以使用点差法,步骤如下: ①设出弦的两个端点的坐标;②将弦的两个端点的坐标代入曲线方程;③作差变形并利用斜率公式和中点坐标公式求解 .4. A【分析】设点 M x1,y1? ? 、 N x2,y2? ? ,利用点差法求得 b2a2 =1,进而可得出双曲线的离心率为 e= ca =1+ ba? ? 2,即可得解 .【 解析】设点 M x1,y1? ? 、 N x2,y2? ? ,则 P x1+x22 ,y1+y22? ? ,由题意, 得 x21a2 - y21b2 =1, x22a2 - y22b2 =1,两式相减 ,得 x22-x21a2 - y22 -y21b2 =0,整理得 y22 -y21x22-x21 = b2a2 ,所以 kOP?kMN= y1+y22x1+x22 ? y2-y1x2-x1 = y22 -y21x22-x21 = b2a2 =1,因此, 双曲线的离心率为 e= ca = c2a2 = a2+b2a2 = 1+ ba? ? 2 = 2,故选: A.【点评】求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下: 第 314页 共 377页
(1)定义法: 通过已知条件列出方程组,求得 a、 c的值,根据离心率的定义求解离心率 e的值;(2)齐次式法:由已知条件得出关于 a、 c的齐次方程,然后转化为关于 e的方程求解;(3)特殊值法:通过取特殊位置或特殊值,求得离心率 .5. B【分析】利用点差法求出直线斜率,即可得出直线方程 .【解析】由直线 l:(a+1)x+(a+2)y-2a-3=0得 a(x+y-2)+(x+2y-3)=0所以 x+y-2=0x+2y-3=0??? 解得 x=1y=1??? 则 P 1,1? ?设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x21=4y1x22=4y2??? ,两式相减得 (x1-x2)(x1+x2)=4(y1-y2),即 kAB= y1-y2x1-x2 = x1+x24 = 12 ,则直线方程为 y-1= 12 (x-1),即 x-2y+1=0.故选: B.【点评】点差法是求解中点弦有关问题的常用方法 .6. A【分析】设 M x1,y1? ? , N x2,y2? ? , MN的中点 P x0,y0? ? ,根据点 M, N在双曲线上 ,且 P为中点,利用点差法得到 kMN? y0x0 =2,再由 M, N关于直线 y=-x+b对称,得到 kMN=1,则 y0=2x0,又点 P x0,y0? ? 在直线 y=-x+b上, 得到 y0=-x0+b,联立求得点 P,代入抛物线方程求解 .【解析】设 M x1,y1? ? , N x2,y2? ? , MN的中点 P x0,y0? ? ,因为 x21- y212 =1x22- y222 =1??????? ,所以 y2-y1x2-x1 ? y2+y1x2+x1 =2;又因为 x1+x2=2x0y2+y1=2y0??? ,所以 kMN? y0x0 =2;又因为 M, N关于直线 y=-x+b对称 ,所以 kMN=1,即 y0=2x0;又因为点 P x0,y0? ? 在直线 y=-x+b上 ,所以 y0=-x0+b;由 y0=2x0y0=-x0+b??? ,可得 P b3 ,2b3? ? ,所以 2b3? ? 2=3× b3 ,即 b=0或 b= 94 ,故选: A.【点评】圆锥曲线上两点关于直线的对称问题主要有联立方程法和点差法两种解法. 7. 103 第 315页 共 377页
【分析 】将直线 AB的方程与抛物线的方程联立,求出线段 AB的中点的横坐标,由此可得出结果 .【解析】抛物线 y2=8x的焦点为 F 2,0? ? ,设点 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,由题意可知, 直线 AB的方程为 y= 3 x-2? ? ,联立 y2=8xy= 3 x-2? ???? ,消去 y并整理得 3x2-20x+12=0,由韦达定理可得 x1+x2= 203 ,则线段 AB的中点的横坐标为 x1+x22 = 103 .因此, 线段 AB的中点到 y轴的距离是 103 .故答案为: 103 .【点评 】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为 x1,y1? ? 、 x2,y2? ? ;(2)联立直线与圆锥曲线的方程, 得到关于 x(或 y)的一元二次方程,必要时计算 Δ;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为 x1+x2、 x1x2的形式;(5)代入韦达定理求解 .8. y=± 52 x【分析 】设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,由题中条件设双曲线方程为 x2a2 - y2b2 =1(a>0,b>0),将两点坐标代入双曲线方程 ,两式作差化简整理,得到 kAB= b2a2 ? x1+x2y1+y2 ,求出 b2a2 ,即可得出双曲线的渐近线方程 .【 解析】由题意,可设双曲线方程为 x2a2 - y2b2 =1(a>0,b>0), A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,因为过 F的直线 l与 C交于 A, B两点, AB的中点为 E(-12,-15),所以 x1≠x2, y1<0, y2<0,x1+x2=-24y1+y2=-30??? ,又 x12a2 - y12b2 =1x22a2 - y22b2 =1??????? ,两式作差可得 2,即 x1+x2? ? x1-x2 ?a2 = y1+y2? ? y1-y2 ?b2 ,则 y1-y2x1-x2 = b2a2 ? x1+x2y1+y2 = 4b25a2 ,即 kAB= y1-y2x1-x2 = 4b25a2 ,又 kAB=kEF= 0+153+12 =1,所以 4b25a2 =1,因此 b2a2 = 54 ,则 ba = 52 ,所以此双曲线的渐近线方程为 y=±bax=± 52 x.故答案为: y=± 52 x.【点评 】思路点睛:求解圆锥曲线的中点弦问题时,一般需要先设弦两端点的坐标,将两点代入曲线方程,两式作差整理,得到 直线斜率与弦中点坐标之间关系,进而即可求解 .9. (1)± 24 ; (2)y=± 52 x-1? ? ,理由见解析【 分析】 (1)设出直线的方程联立椭圆方程,再由中点坐标公式即可求解 .(2)假设存在,利用斜率公式,等差中项列出式子求解即可 .第 316页 共 377页
【解析 】解: (1)由题知: F1 -1,0? ? , F2 1,0? ? ,设直线 l的方程为: y=k x+1? ? , A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,则联立直线与椭圆方程: x22 +y2=1y=k x+1? ???? ,消去 y得: 1+2k2? ?x2+4k2x+2k2-2=0,∴x1+x2=- 4k21+2k2 , x1x2= 2k2-21+2k2 ,∵M是 AB的中点 ,∴M的横坐标为 x1+x22 =- 2k21+2k2 =- 12 ,解得: k2= 12 ,∴k=± 22 ,∴M的纵坐标为 y1+y22 = k x1+1? ? +k x2+1? ?2 = k x1+x2? ? +2k2 = k2 =± 24 ,(2)假设存在直线 l满足条件,由 (1)知: x1+x2=- 4k21+2k2 , x1x2= 2k2-21+2k2 , y1+y2=k x1+x2? ? +2k= 2k1+2k2 ,∵M是 A, B的中点,∴M的坐标为 : - 2k21+2k2 , k1+2k2? ? ,∵k1, 2k3, k2成等差数列,∴4k3=k1+k2,∵F2 1,0? ? ,∴k1= y1x1-1 , k2= y2x2-1 , k3= k1+2k2- 2k21+2k2 -1 =- k4k2+1 ,代入得: - 4k4k2+1 = y1x1-1 + y2x2-1 ,化简得: -4k x1x2- x1+x2? ? +1? ? = 4k2+1? ? y1x2+y2x1- y1+y2? ?? ? ,将 x1+x2=- 4k21+2k2 , x1x2= 2k2-21+2k2 , y1+y2= 2k1+2k2 , y1=k x1+1? ? , y2=k x2+1? ? 代入并化简解得: k=± 52 ,∴直线 l的方程为: y=± 52 x-1? ? .【点评 】解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:(1)注意观察应用题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角 形的面积等问题.10. (1)证明见解析; (2)是, 4.【分析】 (1)设 C x1,y1? ? , D x2,y2? ? ,由 C,D是椭圆 E上的点可得 x214 + y212 =1x224 + y222 =1??????? ,两式相减进行整理可得 kOM?第 317页 共 377页
k=- 12 ,从而可求出 k=-m2 ,则可得 CD的垂直平分线的斜率,由点斜式可得 CD的垂直平分线的方程为y= 2mx-1,即可得所过定点 .(2)由点斜式得直线 l的方程为 y=kx+1,则点 P - 1k,0? ? 从而可求 OP?? = - 1k,0? ? ;得直线 AC的方程为 y= y1x1+2 x+2? ? ,直线 BD的方程为 y= y1x1-2 x-2? ? ,联立可求出其交点横坐标 xQ= 2y1x2-4y1+2x1y2+4y2x1y2+2y2-y1x2+2y1 ,联立 l与椭圆方程 ,结合韦达定理,对 xQ进行化简,可得 xQ=-4k,即可求出 OP???OQ?? 的值,从而可判断是否为定值 .【解析】解:设 C x1,y1? ? , D x2,y2? ? .(1)由题意知, 直线 OM的斜率为 kOM= 1m,因为 C,D是椭圆 E上的点,则 x214 + y212 =1x224 + y222 =1??????? ,两式相减, 整理得 kOM?k=- 12 ,所以 k=-m2 ,故线段 CD的垂直平分线的斜率为 2m,从而线段 CD的垂直平分线的方程为 y= 2mx-1,所以, 线段 CD的垂直平分线经过定点 0,-1? ? .(2)直线 l的方程为 y=kx+1, 由条件知: k≠0,则点 P - 1k,0? ? , OP?? = - 1k,0? ? .联立直线 l与椭圆 E的方程, 消去 y得: 1+2k2? ?x2+4kx-2=0,所以 x1+x2= -4k1+2k2 , x1x2= -21+2k2 .直线 AC的方程为 y= y1x1+2 x+2? ? ①, 直线 BD的方程为 y= y1x1-2 x-2? ? ② .设点 Q xQ,yQ? ? ,由① ,②得, xQ= 2y1x2-4y1+2x1y2+4y2x1y2+2y2-y1x2+2y1= 4k1x2+2 x1+x2? ? -4k x1-x2? ?x1-x2? ? +2k x1+x2? ? +4 = -16k1+2k2 -4k x1-x2? ?x1-x2? ? + 41+2k2 =-4k.所以, OP?? ?OQ?? =- 1k ? -4k? ? =4.即 OP?? ?OQ?? 为定值 4.【点评】本题考查了中点弦问题,考查了直线与椭圆的位置关系,考查了直线方程的点斜式 .本题的难点在于计算,特别是第二问中对交点横坐标的化简 .一般中点弦问题的做题思路为,设出弦端点的坐标,代入到圆锥曲线方程,两方程相减,进行化简,即可得弦的中点和弦所在直线斜率的关系 .11. (1)3; (2)2x2+3y2-2x=0 - 3
2,结合 kAB=kMF2,求出关于 x,y的方程为点 M的轨迹方程 .【解析】 (1)已知椭圆方程为 x23 + y22 =1,焦点在 x轴上 ,可得 a2=3,b2=2,c2=a2-b2=1,所以 F1 -1,0? ? ,F2 1,0? ? , 第 318页 共 377页
由椭圆的定义可知,PF1? ? + PF2? ? =2a=2 3,又因为 PF1? ? ? PF2? ? ≤ PF1? ? + PF2? ?2? ? 2= 2 32? ? 2=3,则当且仅当 PF1? ? = PF2? ? 时, PF1? ? ? PF2? ? 的最大值为 3.(2)设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,M x,y? ? ,其中 2x=x1+x2,2y=y1+y2,当直线 l的斜率 k存在时,则 x123 + y122 =1,①x223 + y222 =1,②???????① -②得 : x1+x2? ? x1-x2 ?3 + y1+y2? ? y1-y2 ?2 =0,即 kAB= y1-y2x1-x2 =-2x3y,又因为 : kAB=kMF2= yx-1则有: -2x3y = yx-1 ,解得 : 2x2+3y2-2x=0 - 3
将 x=1代入椭圆方程, 得 y=± 72 ,所以 y0=- 12k ∈ - 72 , 72? ? ,则 k2> 114 ,故 F2P?? ?F2Q?? ∈ -4,-9958? ? .当直线 AB的斜率为 0时 ,不满足 AB的中点 M的横坐标为 1;当直线 AB的斜率不存在时, P, Q即为椭圆的左右顶点,故 F2P?? ?F2Q?? = -2 2-2? ? ? 2 2-2? ? =-4,综上所述 , F2P?? ?F2Q?? ∈ -4,-9958??? ? .【点评 】本题考查椭圆方程的求法,考查直线与椭圆的位置关系,考查韦达定理的应用,考查平面向量的坐标运算,考查学生的计算求解能力,属于难题 .13. (1)y25 + x24 =1; (2)5x2-20x+4y2=0(0≤x≤1); (3)xQ=1.【 分析】 (1)根据题意可得 2b=42c=2??? ,由此求得椭圆方程。(2)设 C(x1,y1),D(x2,y2),Q(x,y),利用点差法求出线段 C,D中点 Q的轨迹方程。(3)设直线 AC的方程为: y= y1x1+2(x+2) ,直线 BD的方程为 : y= y2x2-2(x-2) ,联立求得 xQ=2(x1y2+x2y1)+4(y2-y1)x1y2-x2y1+2(y2+y1) ,由此证明点 Q1的横坐标为定值。【 解析】 (1)∵椭圆 y2a2 + x2b2 =1(a>b>0)两顶点 A(-b,0),B(b,0),短轴长为 4,焦距为 2,∴ 2b=42c=2??? ,解得 b=1,c=1,a2=4+1=5∴椭圆方程为: y25 + x24 =1.(2)设 C(x1,y1),D(x2,y2),Q(x,y),则 y215 + x214 =1 ①, y225 + x224 =1 ②,则① -②得 (y2-y1)?(y2+y1)(x2-x1)?(x2+x1) =- 54 ,∵ y2-y1x2-x1 = yx-4,y2+y1x2+x1 = yx,∴ yx-4 ? yx =- 54即 5x2-20x+4y2=0(0≤x≤1) .∴线段 C,D中点 Q的轨迹方程为: 5x2-20x+4y2=0(0≤x≤1).(3)证明:设直线 AC的方程为: y= y1x1+2(x+2) ,直线 BD的方程为: y= y2x2-2(x-2) ,两式联立可得: xQ= 2(x1y2+x2y1)+4(y2-y1)x1y2-x2y1+2(y2+y1)由① -②得 5(x22-x21)=4(y21 -y22)∴x22y21 -x21y22 =4(y21 -y22)即 (x2y1+x1y2)(x2y1-xxy2)=4(y1+y2)(y1-y2) ③,又 P,C,D三点共线,则 y1x1-4 = y2x2-4,x2y1-x1y2=4(y1-y2)④,第 320页 共 377页
②代入③得 x2y1+x1y2=y1+y2把③④代入⑤整理得 xQ= 6y2-2y16y2-2y1 =1.【 点评】本题考查了直线与圆锥曲线的综合问题,掌握直线与圆锥曲线的位置关系,合理运用数形结合、整体 代入等思想和方法。14. (Ⅰ )y2=4x; (Ⅱ )y=-x; (Ⅲ )能, k=- 23 .【分析 】 (Ⅰ )根据题意,结合抛物线的性质,即可求出抛物线的方程为 y2=4x。(Ⅱ )设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,设而不求利用点差法求出直线 AB的斜率,再利用点斜式即可求出直线 l的方程。(Ⅲ )设 A y214 ,y1? ? , B y224 ,y2? ? , C y234 ,y3? ? , D y244 ,y4? ? ,且 l:y=k x-2? ? -2.联立直线与抛物线方程, 得到联立方程,再利用韦达定理以及 M, A, C三点共线得出 y1,y2,y3,y4的数量关系,假设 C, D, Q三点共线,构造关于 y1,y2的等式,转化为 k的等式,进行求解即可得出结论。【解析】 (Ⅰ )由题意有 2pm=4,及 m+ p2 =2,解得 p=2, m=1.故抛物线的方程为 y2=4x.(Ⅱ )设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,则 y21 =4x1, y22 =4x2 ,两式相减得 y21 -y22 =4 x1-x2? ? ,即 y1-y2x1-x2 y1+y2? ? =4.于是 -4kAB=4, kAB=-1,(注:利用直线与抛物线方程联立,求得 kAB=-1,同样得 4分 )故直线 l的方程为 y=- x-2? ? -2,即 y=-x;(Ⅲ )设 A y214 ,y1? ? , B y224 ,y2? ? , C y234 ,y3? ? , D y244 ,y4? ? ,且 l:y=k x-2? ? -2.由 y=k x-2? ? -2y2=4x??? ,得 ky2-4y-8k-8=0,则 y1+y2= 4k, y1y2= -8k-8k ,由 M, A, C三点共线, 可得 y1y214 +1 = y3-y1y234 - y214 = 4y3+y1 ,化简得 y1y3=4, 即 y3= 4y1 .同理可得, y4= 4y2 ,假设 C, D, Q三点共线, 则有 y3+2y234 -2 = y4-y3y244 - y234 ,化简得 y3y4+2 y3+y4? ? +8=0,进一步可得, 2y1y2 + 1y1 + 1y2 +1=0,即 k-4k-4 + 1-2k-2 +1=0,解得 k=- 23 .因此, 当直线 l的斜率 k=- 23 时, C, D, Q三点共线 .【 点评】本题主要考查抛物线的定义,以及利用点差法设而不求的思想求解与抛物线相交的直线的斜率,以 及利用方程思想解决圆锥曲线的各类问题。15. (1)x+y-4=0; (2)是, x+ 12? ? 2+ y- 32? ? 2=6.【解析 】【分析】 (1)利用点差法列式进行化简,由此求得直线 AB的斜率,进而求得直线 AB的方程 .(2)求得直线CD的方程,代入椭圆方程,利用根与系数关系以及弦长公式,求得弦长 CD? ? ,求得 CD中点 M的坐标 .同理第 321页 共 377页
求得弦长 AB? ? ,计算 M到直线 AB的距离,由此计算出 MA? ? = MB? ? = MC? ? = MD? ?【解析 】 (1)设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,则有 3x21+y21 =153x21+y22 =15 ? x1-x2? ? x1+x2 ? + y1-y2? ? y1+y2 ? =0??? ,依题意, x1≠x2, ∴kAB=-3 x1+x2? ?y1+y2 .∵N 1,3? ? 是 AB的中点 ,∴x1+x2=2, y1+y2=6,从而 kAB=-1.∴又 ∵15>3×12+32=12<15, ∴N 1,3? ? 在椭圆内,直线 AB的方程为 y-3=- x-1? ? ,即 x+y-4=0.(2)∵CD垂直平分 AB, ∴直线 CD的方程为 y-3=x-1,即 x-y+2=0,代入椭圆方程,整理得 4x2+4x+4-15=0①.又设 C x3,y3? ? , D x4,y4? ? , CD的中点为 C x0,y0? ? ,则 x3, x4是方程①的两根 ,∴x3+x4=-1,且 x0= 12 x3+x4? ? =- 12 , y0=x0+2= 32 ,即 CD中点 M - 12 , 32? ? ,于是由弦长公式可得 CD? ? = 1+12 ? x3-x4? ? =2 6将直线 AB的方程 x+y-4=0, 代入椭圆方程得 4x2-8x+1=0,同理可得 AB? ? = 1+12 ? x1-x2? ? = 6.点 M到直线 AB的距离为 d= x0+y0-4? ?2 = - 12 + 32 -4? ?2 = 3 22 .∴ MA? ? = MB? ? = 62? ? 2+ 3 22? ? 2 = 6= MC? ? , ∴ABCD四点共圆,且原方程为: x+ 12? ? 2+ y- 32? ? 2=6.【点评 】本小题主要考查利用点差法求解有关弦的中点问题,考查四点共面的证明,属于中档题 .16. (1)x+2y-4=0; (2)2 5.【分析 】 (1)设直线与椭圆的交点为 A(x1, y1), B(x2, y2),设所求直线方程为 y-1=k(x-2),代入椭圆方程整理后由韦达定理得 x1+x2,再由中点坐标可求得 k,从而得直线方程;(2)由 (1)得 x1+x2,x1x2,然后由弦长公式 AB? ? = 1+k2 x1-x2? ? 可得弦长.【解析 】 (1)设所求直线方程为 y-1=k(x-2).代入椭圆方程并整理,得(4k2+1)x2-8(2k2-k)x+4(2k-1)2-16=0,①又设直线与椭圆的交点为 A(x1, y1), B(x2, y2),则 x1, x2是方程的两个根,于是 x1+x2= 8(2k2-k)4k2+1 .又 M为 AB的中点 , ∴ x1+x22 = 4(2k2-k)4k2+1 =2,解得 k=- 12 ,直线方程为 y-1=- 12 (x-2),即 x+2y-4=0.(2)由 (1)将 k=- 12 代入①得, x2-4x=0,∴x1=0,x2=4, ∴|AB|= 1+k2|x1-x2|=4 1+ - 12? ? 2 =2 5.第 322页 共 377页
专题 35:圆锥曲线的弦长问题参考答案1. (1)x26 + y22 =1; (2)2 6.【分析 】 (1)设椭圆的标准方程为 x2a21 + y2b2 =1,将点 3,1? ? 代入方程, 由 ca = 63 ,结合 a2=b2+c2即可求解 .(2)当直线 l1的斜率为 0时,分别求出 AB? ? , CD? ? ,可得 AB? ? + CD? ? ;当直线 l1的斜率不存在时 ,求出 AB? ? +CD? ? ;当直线 l1的斜率存在且不为 0时 ,直线 l1的方程可设为 x=my+2 m≠0? ? ,可得直线 l2的方程为 x=- 1my+2,分别将直线与椭圆联立 ,利用弦长公式求出 AB? ? , CD? ? ,可得 AB? ? + CD? ? = 8 6 m2+1? ? 23m4+10m2+3 ,令m2+1=t, 构造函数 g t? ? = t23t2+4t-4 即可求解 .【解析 】 (1)由题意可设椭圆的标准方程为 x2a2 + y2b2 =1由 e= 63 ,即 ca = 63再由 a2=b2+c2可得 a= 3b①将点 3,1? ? 代入椭圆方程, 可得 3a2 + 1b2 =1②由①②可解得 a= 6,b= 2故椭圆的方程为 x26 + y22 =1(2)由 (2)知, 椭圆右焦点为 2,0? ? ,设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,C x3,y3? ? ,D x4,y4? ?当直线 l1的斜率为 0时, AB? ? =2a=2 6,直线 l2:x=2, 可得 CD? ? = 2 63所以 AB? ? + CD? ? =2 6+ 2 63 = 8 63当直线 l1的斜率不存在时, 直线 l2的斜率为 0,AB? ? + CD? ? = 8 63当直线 l1的斜率存在且不为 0时, 直线 l1的方程可设为 x=my+2 m≠0? ? ,则直线 l2的方程为 x=- 1my+2∴ x26 + y22 =1x=my+2??? 整理得 m2+3? ?y2+4my-2=0Δ=16m2+8 m2+3? ? >0恒成立,则 y1+y2=- 4mm2+3y1y2=- 2m2+3?????而 AB? ? = 1+m2 y1-y2? ? = 1+m2 y1+y2? ? 2-4y1y2= 1+m2 -4mm2+3? ? 2-4 -2m2+3? ? = 2 6 m2+1? ?m2+3联立直线 l2与椭圆方程可得 CD? ? = 2 6 - 1m? ? 2+1??? ? ? ?- 1m? ? 2+3 = 2 6 m2+1? ?3m2+1第 323页 共 377页
则 AB? ? + CD? ? =2 6 m2+1m2+3 + m2+13m2+1? ? = 8 6 m2+1? ? 23m4+10m2+3令 m2+1=t令 g t? ? = t23t2+4t-4 = 1- 4t2 + 4t +3 = 1- 2t -1? ? 2+4 t>1? ?当 t∈ 1,+∞? ? 时, - 2t -1? ? 2+4∈ 3,4? ?则 g t? ? = 1- 2t -1? ? 2+4 ∈ 14 , 13??? ?所以 AB? ? + CD? ? ∈ 2 6,8 63??? ? ,综上, AB? ? + CD? ? ∈ 2 6,8 63??? ? ? ? ? ,∴当 m2=1时, AB? ? + CD? ? 的最小值为 2 6.【点评 】本题考查了直线与椭圆的位置关系,弦长公式,解题的关键是利用弦长公式以及韦达定理得出 AB? ?+ CD? ? = 8 6 m2+1? ? 23m4+10m2+3 ,考查了数学运算以及分类讨论的思想 .2. (1)a=2 2, e= 22 ; (2)x2+y2= 83 ; (3) 4 63 ,2 3??? ? ? ? ? .【分析 】 (1)由焦距写出 a的值,结合椭圆方程求 c,应用离心率公式直接求离心率即可 .(2)由题设知菱形的棱长为 a2+b2,应用等面积法即可求内切圆的半径 ,进而写出内切圆方程;(3)讨论直线斜率不存在、为 0、不为 0三种情况,分别求 |AB|的范围,取并 .【解析】 (1)∵椭圆上的点到椭圆两焦点的距离之和为 4 2,∴2a=4 2,即 a=2 2,而 b=2, 则 c=2,∴e= ca = 22 .(2)由 (1)知: 菱形内切圆的半径 r= aba2+b2 = 2 2×28+4 = 2 63 ,所以内切圆方程为 x2+y2= 83 .(3)①当直线斜率不存在时, 直线方程为 x=±2 63 ,代入椭圆方程得 y=±2 63 ,此时 |AB|= 4 63 ;②当直线斜率为 0时, 直线方程为 y=±2 63 ,代入椭圆方程得 x=±2 63 ,此时 |AB|= 4 63 ;③当直线的斜率存在且不为 0时, 设直线方程为 y=kx+m,由直线与圆相切得 |m|1+k2 = 2 63 ,即 m2=83 (1+k2),直线代入椭圆方程, 可得 1+2k2? ?x2+4kmx+2m2-8=0,?=8 8k2-m2+4? ? = 323 4k2+1? ? >0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=- 4km1+2k2 ,x1x2= 2m2-81+2k2 ,|AB|= 1+k2 ?|x1-x2|= 323 1+ 14k2+ 1k2 +4??? ? ? ? ? ≤2 3,∴|AB|∈ 4 63 ,2 3??? ? ? ? ? .【点评 】 (1)由椭圆方程及焦距求参数,直接求离心率 .(2)根据椭圆各顶点连线所成棱形,结合内切圆性质求半径,写出圆的方程 .(3)讨论直线斜率,结合椭圆方程求相交弦的弦长 .第 324页 共 377页
3. (1)证明见解析; (2)- 29+14 .【分析 】 (1)求出直线 PA、 PB的方程,联立这两条直线的方程,可求得点 P的坐标,并求出点 M的坐标,进一步可求得线段 PM的中点 N的坐标,然后将点 N的坐标代入抛物线 C的方程即可证得结论成立;(2)求出 AB? ?PM? ? 关于 y0的表达式, 换元 t=4y0+1∈ -11,-3? ? ,利用基本不等式可求得当 AB? ?PM? ? 取最大值时对应的 y0的值, 即可得出结果 .【解析】 (1)设直线 PA的方程为 y-x21=k1 x-x1? ? ,联立 y-x21=k1 x-x1? ?y=x2??? ,可得 x2-k1x+k1x1-x21=0,Δ=k21-4 k1x1-x21? ? =4x21-4kx1+k21= 2x1-k1? ? 2=0, ∴k1=2x1,所以, 直线 PA的方程为 y-x21=2x1 x-x1? ? ,即 y=2x1x-x21,同理可知直线 PB的方程为 y=2x2x-x22.联立 y=2x1x-x21y=2x2x-x22??? ,解得 x= x1+x22y=x1x2??? ,即点 P x1+x22 ,x1x2? ? ,线段 AB的中点为 M x1+x22 ,x21+x222? ? ,所以, 线段 PM的中点为 N x1+x22 ,x21+2x1x2+x224? ? ,因此, x21+2x1x2+x224 = x1+x22? ? 2,因此 ,线段 PM的中点 N在抛物线 C上;(2)由 (1)知, AB? ? = x1-x2? ? 2+ x21-x22? ? 2 = x1-x2? ? 2 1+ x1+x2? ? 2? ? ,PM? ? = x21+x222 -x1x2= x1-x2? ? 22 ,∴ AB? ?PM? ? = 2 x1-x2? ? 2 1+ x1+x2? ? 2? ?x1-x2? ? 2 =2 1+ x1+x2? ? 2x1-x2? ? 2 =2 1+ x1+x2? ? 2x1+x2? ? 2-4x1x2=2 1+4x204x20-4y0 = 1+4x20x20-y0 = 4 x20-y0? ? +1+4y0x20-y0 = 4+ 1+4y0x20-y0= 4+ 4y0+11- y0+2? ? 2-y0 = 4- 4y0+1y20 +5y0+3 ,令 t=4y0+1∈ -11,-3? ? ,则 4y0+1y20 +5y0+3 = tt-14? ? 2+ 5 t-1? ?4 +3 = 16tt2+29+18t = 16t+ 29t +18 ,所以, AB? ?PM? ? = 4- 16t+ 29t +18 = 4+ 16-t? ? + 29-t? ? -18 ,所以, 当 -t=-29t t<0? ? 时, 即当 t=- 29∈ -11,-3? ? 时, AB? ?PM? ? 取最大值,此时 4y0+1=- 29,解得 y0=- 29+14 ,因此, 当 AB? ?PM? ? 取最大值时, 点 P的纵坐标为 - 29+14 .【点评 】方法点睛:圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种:一是几何法,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值; 二是代数法,常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题,然后利用基本不等式、函数 的单调性或三角函数的有界性等求最值. 第 325页 共 377页
4. (1)证明见解析; (2) 92 .【分析 】 (1)求得椭圆 C2的方程为 x22 +y2= 12 ,设点 P x0,y0? ? ,可得出 x202 +y20 = 12 ,利用斜率公式可证得 k1?k2为定值 ;(2)设直线 PF1的方程为 y=k x+1? ? k≠0 ? ,设点 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,联立直线 PF1与椭圆 C1的方程,列出韦达定理,可求得 AB? ? 关于 k的表达式, 进而可得出 CD? ? 关于 k的表达式, 利用基本不等式可求得 AB? ? ?CD? ? 的最大值 .【解析 】 (1)证明: ∵点 F1、 F2是椭圆 C1的两个焦点,故 F1、 F2的坐标是 F1 -1,0? ? 、 F2 1,0? ? ,而点 F1、 F2是椭圆 C2上的点, 将 F1、 F2的坐标代入 C2的方程,得 λ= 12 ,设 P x0,y0? ? ,直线 PF1和 PF2的斜率分别是 k1、 k2 k1≠0,k2≠0? ? ,k1?k2= y0x0+1 ? y0x0-1 = y20x20-1 ,又点 P是椭圆 C2上的点, 故 x202 +y20 = 12 ,则 y20 = 1-x202 ,所以 k1?k2= y20x20-1 = 1-x202x20-1 =- 12 (定值 );(2)直线 PF1的方程可表示为 y=k x+1? ? k≠0 ? ,联立方程组 y=k x+1? ?x22 +y2=1??? ,得 1+2k2? ?x2+4k2x+2k2-2=0,Δ=16k4-4 1+2k2? ? 2k2-2 ? =8 k2+1? ? >0恒成立,设 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,则 x1+x2=- 4k21+2k2 , x1?x2= 2k2-21+2k2 ,∴ AB? ? = 1+k2 x1-x2? ? = 1+k2 ? x1+x2? ? 2-4x1x2 = 2 2 1+k2? ?1+2k2 ,同理可求得 CD? ? = 2 1+4k2? ?1+2k2 ,∴ AB? ? ? CD? ? = 4 4k4+5k2+1? ?1+2k2? ? 2 = 4 4k4+5k2+1? ?4k4+4k2+1 =4 1+ k24k4+4k2+1? ? =4 1+ 11k2 +4k2+4??? ? ? ? ? ≤4 1+ 12 1k2 ?4k2 +4???? ? ? ? ? = 92 ,当且仅当 k=± 22 时等号成立, 故 AB? ? ? CD? ? 的最大值等于 92 .【点评 】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为 x1,y1? ? 、 x2,y2? ? ;(2)联立直线与圆锥曲线的方程, 得到关于 x(或 y)的一元二次方程,必要时计算 Δ;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为 x1+x2、 x1x2的形式;(5)代入韦达定理求解 .5. (1)x24 + y23 =1; (2)4 3-1.【 分析】 (1)根据题意列出关于 a,b,c的等式再求解即可 .第 326页 共 377页
(2)设直线 l方程为 y=kx+1, 再联立直线与椭圆的方程 ,求得中点 D的坐标,利用韦达定理可得 |MN|=|yM-yN|= 4k+1+ 3k? ?,再分析 k>0与 k<0两种情况分别利用基本不等式求解最值即可 .【 解析】 (1)依题意可知 b2=3,ca = 12 ,a2=b2+c2,??????? 解得 a=2.所以椭圆 C的标准方程为 x24 + y23 =1;(2)显然直线 l斜率存在, 设过点 (0,1)点的直线 l方程为 y=kx+1, (k≠0,否则直线 OD与直线 x=4无交点 .)直线 l与椭圆 C的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2).由 y=kx+1,3x2+4y2-12=0??? 得 (3+4k2)x2+8kx-8=0, 则 Δ=64k2+32(3+4k2)>0,x1+x2= -8k3+4k2 , y1+y2=k(x1+x2)+2= 63+4k2 .所以 D -4k3+4k2 , 33+4k2? ? .令 x=4, yM=4k+1.直线 OD方程为 y=- 34kx,令 x=4, yN=- 3k.所以 |MN|=|yM-yN|= 4k+1+ 3k? ?.① 当 k>0时, |MN|=4k+1+ 3k ≥1+4 3.当且仅当 4k= 3k 时 ,即 k= 32 时等号成立;② 当 k<0时, 4k+ 3k =- (-4k)+ - 3k? ???? ? ? ? ≤-4 3.当且仅当 k=- 32 时取等号成立 .此时 |MN|= 4k+1+ 3k? ? ≥4 3-1.综上 ,线段 |MN|的取值范围为 4 3-1,+∞? ? .故线段 |MN|的最小值为 4 3-1.【 点评】思路点睛:直线与椭圆的综合问题的常见处理方法:(1)对椭圆上两点构成的弦及其中点相关的题型,我们常用“点差法”,其中直线 AB的斜率 k= y1-y2x1-x2 , AB中点的坐标 M为 x1+x22 ,y1+y22? ? ,点代入椭圆方程 x12a2 + y12b2 =1x22a2 + y22b2 =1??????? 作差, 就可以得到弦中点与直线斜率的关系式 kAB?kOM=-b2a2 .(2)对于弦长问题, 我们常让直线与椭圆方程组方程组,再利用韦达定理及弦长公式,建立关系式.其中弦长公式: (已知直线上的两点距离 )设直线 l:y=kx+m, l上两点 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,所以 AB? ? =1+k2 x1-x2? ? 或 AB? ? = 1+ 1k? ? 2 y1-y2? ? ,斜率不存在时 AB? ? = y1-y2? ? ,解决相关问题 .6. (1)x24 + y23 =1; (2)247 .【分析 】 (1)设出 P点的坐标,根据 P点在椭圆上以及 PA1, PA2的斜率之积为 - 34 ,列出方程 ,即可求得椭圆第 327页 共 377页
C的标准方程;(2)设出直线 l的方程以及 M, N点的坐标,与椭圆方程联立,消去 x,利用韦达定理得出 y1+y2与 y1y2的值,再根据 kA1M+kA1N=-kMN列出方程,即可解出直线的斜率,从而利用弦长公式求得 MN? ?.【解析 】 (1)设 P x0,y0? ? ,由题意知: A1 -a,0? ? , A2 a,0? ? ,∵kPA1?kPA2= y0x0+a ? y0x0-a = y20x20-a2 = 3 1- x20a2? ?x20-a2 =- 3a2 ,∴- 3a2 =- 34 ,解得: a2=4,∴椭圆 C的标准方程为 x24 + y23 =1;(2)根据题意, 设 M x1,y1? ? , N x2,y2? ? ,直线 MN:x=my+1 m≠0? ? ,由 x24 + y23 =1,x=my+1,??? ,消去 x并整理得: 3m2+4? ?y2+6my-9=0,则 Δ=36m2+36 3m2+4? ? >0,即 y1+y2=- 6m3m2+4 , y1y2=- 93m2+4 ,∵kA1M= y1x1+2 , kA1N= y2x2+2 ,∴kA1M+kA1N= y1 x2+2? ? +y2 x1+2? ?x1+2? ? x2+2 ?= y1 my2+3? ? +y2 my1+3? ?my2+3? ? my1+3 ?= 2my1y2+3 y1+y2? ?m2y1y2+3m y1+y2? ? +9= 2m× - 93m2+4? ? +3× - 6m3m2+4? ?m2× - 93m2+4? ? +3m× - 6m3m2+4? ? +9= -36m36=-m,又 ∵kMN= 1m,由 kA
1M+kA1N=-kMN, 得: 1m -m=0,解得: m2=1,∴ y1+y2? ? = 67 , y1y2=- 97 ,故 MN? ? = 1+m2 ? y1-y2? ? = 2? y1+y2? ? 2-4y1y2 = 247 .【点评 】方法点睛: (1)解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去 x (或 y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系; (2)涉及到直线方程的设法第 328页 共 377页
时, 务必考虑全面,不要忽略直线斜率为 0或不存在等特殊情形.7. (1)y2=4x; (2)证明见解析; (3)4.【分析】 (1)由椭圆的方程可得右焦点的坐标,由题意可得抛物线的焦点坐标,进而可得抛物线的方程;(2)可设 M的坐标,设过点 M(-1,t)的直线方程为 y=k(x+1)+t,与抛物线方程 y2=4x联立,消去 x得:ky2-4y+4k+4t=0,利用判别式等于零可得结论;(3)设 A, B的坐标,由 (2)可得参数 t, k的关系,代入过 M的切线方程与抛物线的方程中,可得 A, B用参数 k1, k2表示的坐标,代入弦长公式中求 |AB|的表达式,由参数的范围求出 |AB|的最小值.【解析】 (1)由椭圆方程得,椭圆的右焦点为 (1,0)∴抛物线的焦点为 F(1,0), ∴p=2,所以抛物线的标准方程: y2=4x.(2)抛物线 C的准线方程为 x=-1.设 M(-1,t),设过点 M(-1,t)的直线方程为 y=k(x+1)+t,与抛物线方程 y2=4x联立,消去 x得: ky2-4y+4k+4t=0.其判别式 △=16-16k(k+t),令 △=0,得: k2+kt-1=0.由韦达定理知 k1+k2=-t, k1k2=-1,故 k1k2=-1(定值 ).(3)设 A(x1, y1), B(x2, y2),由 k2+kt-1=0,得 t= 1-k2k ,故 ky2-4y+4k+4t=ky2-4y+4k+4× 1-k2k =ky2-4y+ 4k =k y- 2k? ? 2=0,所以 y= 2k,代入抛物线方程得 x= 1k2 ,所以 A 1k12 , 2k1? ? , B 1k22 , 2k2? ? ,|AB|= 1k12 - 1k22? ? 2+ 2k2 - 2k1? ? 2= k22-k12k22k12? ? 2+4 k1-k2k1k2? ? 2因为 k1k2=-1, k1+k2=-t,所以 |AB|= (k12-k22)2+4(k1-k2)2 = 4+t2|k1-k2|= 4+t2 (k1+k2)2-4k1k2= 4+t2 t2+4=4+t2≥4,当且仅当 t=0时取等号.当且仅时取等号.故 |AB|的最小值为 4. 第 329页 共 377页
【点评 】求曲线弦长的方法: (1)利用弦长公式 l= 1+k2 x1-x2? ? ; (2)利用 l= 1+ 1k2 y1-y2? ? ; (3)如果交点坐标可以求出, 利用两点间距离公式求解即可 .8. (1)x28 + y24 =1; (2)存在, x2+y2= 83 , 4 63 ,2 3??? ? ? ? ? .【分析 】 (1)根据椭圆 E: x2a2 + y2b2 =1(a, b>0)过 M(2, 2) , N( 6, 1)两点, 直接代入方程解方程组即可 .(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E恒有两个交点 A, B,且 OA?? ⊥OB?? ,当切线斜率存在时,设该圆的切线方程为 y=kx+m,联立 y=kx+mx28 + y24 =1??? ,根据 OA?? ⊥OB?? ,结合韦达定理运算x1x2+y1y2=0,同时满足 Δ>0,则存在,否则不存在,当切线斜率不存在时,验证即可;在该圆的方程存在时,利用弦长公式结合韦达定理得到 AB? ? = (1+k2)(x1-x2)2 = 323 1+ k24k4+4k2+1??? ? ? ? ? 求解 .【解析 】 (1)因为椭圆 E: x2a2 + y2b2 =1(a, b>0)过 M(2, 2) , N( 6, 1)两点,所以 4a2 + 2b2 =16a2 + 1b2 =1????? ,解得 1a2 = 181b2 = 14????? ,所以 a2=8b2=4??? ,所以椭圆 E的方程为 x28 + y24 =1.(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E恒有两个交点 A, B,且 OA?? ⊥OB?? ,设该圆的切线方程为 y=kx+m,联立 y=kx+mx28 + y24 =1??? 得 (1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,则 △=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0,即 8k2-m2+4>0x1+x2=- 4km1+2k2x1x2= 2m2-81+2k2????? ,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2 , = k2(2m2-8)1+2k2 - 4k2m21+2k2 +m2= m2-8k21+2k2 ,要使 OA?? ⊥OB?? ,需使 x1x2+y1y2=0,即 2m2-81+2k2 + m2-8k21+2k2 =0,所以 3m2-8k2-8=0,所以 k2= 3m2-88 ≥0,又 8k2-m2+4>0, 第 330页 共 377页
所以 m2>23m2≥8??? ,所以 m2≥ 83 ,即 m≥ 2 63 或 m≤-2 63 ,因为直线 y=kx+m为圆心在原点的圆的一条切线 ,所以圆的半径为 r= m? ?1+k2 , r2= m21+k2 = m21+ 3m2-88 = 83 ,所以 r= 2 63 ,则所求的圆为 x2+y2= 83 ,此时圆的切线 y=kx+m都满足 m≥ 2 63 或 m≤-2 63 ,而当切线的斜率不存在时切线为 x=±2 63 与椭圆 x28 + y24 =1的两个交点为 2 63 ,±2 63? ? 或-2 63 ,±2 63? ? 满足 OA?? ⊥OB?? ,综上,存在圆心在原点的圆 x2+y2= 83 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E恒有两个交点 A, B, 且 OA?? ⊥OB?? .因为 x1+x2=- 4km1+2k2x1x2= 2m2-81+2k2????? ,所以 (x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2= - 4km1+2k2? ? 2-4× 2m2-81+2k2 = 8(8k2-m2+4)(1+2k2)2 ,AB? ? = (x1-x2)2+ y1-y2? ? 2 = (1+k2)(x1-x2)2 = (1+k2)8(8k2-m2+4)(1+2k2)2= 323 ? 4k4+5k2+14k4+4k2+1 = 323 1+ k24k4+4k2+1??? ? ? ? ? ,①当 k≠0时, AB? ? = 323 1+ 14k2+ 1k2 +4???? ? ? ? ? ,因为 4k2+ 1k2 +4≥8,所以 0< 14k2+ 1k2 +4 ≤ 18 ,所以 323 < 323 1+ 14k2+ 1k2 +4???? ? ? ? ? ≤12,所以 43 6< AB? ? ≤2 3,当且仅当 k=± 22 时取” =” .② 当 k=0时, |AB|= 4 63 .③ 当 AB的斜率不存在时 ,两个交点为 2 63 ,±2 63? ? 或 -2 63 ,±2 63? ? ,所以此时 |AB|= 4 63 ,综上, |AB |的取值范围为 43 6≤ AB? ? ≤2 3,即 : AB? ? ∈ 43 6,2 3??? ? ? ?【点评 】思路点睛: 1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决, 往往会更简单.2、设直线与椭圆的交点坐标为 A(x1, y1), B(x2, y2),则 AB? ? = (x1-x2)2+ y1-y2? ? 2 = (1+k2) x1+x2? ? 2-4x1?x2? ? = 1+ 1k2? ? y1+y2? ? 2-4y1?y2? ? (k为直线斜率 ).注意: 利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的,不要忽略判别式大于零.9. (1)x24 + y23 =1; (2)7.【分析 】 (1)由已知条件,结合基本量的关系求得 a,b的值,即可写出椭圆的标准方程; (2)在两直线的斜率有第 331页 共 377页
一条不存在时, 直接求得弦长并求得两弦长的和;在斜率都存在时,设 l1:x=my+1(m≠0),与椭圆的方程联立,判定直线与椭圆相交,并利用根据系数的关系和弦长公式求得 |AB|关于 m的表达式 ,同样得到 |DE|的函数表达式,得到 |AB|+|DE|关于 m的函数表达式,化简整理,并作换元令 m2+1=t∈(1,+∞),转化成关于 t的函数表达式,适当变形,配方,转化为 1t ∈(0,1)的二次函数型问题,利用二次函数的性质并结合不等式的基本性质得到所求弦长和的取值范围,再与两直线的斜率有一条不存在时求得的弦长和综合,得到 最后的结论 .【解析】 (1)由题意知 c=1, -bc =- 3,则 b= 3,又 a2=b2+c2,可得 a=2,所以椭圆 C的方程为 x24 + y23 =1.(2)当 l1, l2其中一条的斜率不存在, 其中一条的斜率为 0时,两条弦长分别为 2a, 2b2a ,则 |AB|+|DE|=2a+ 2b2a =7.当 l1, l2的斜率都存在时, 设 l1:x=my+1(m≠0),设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,联立 x=my+1x24 + y23 =1??? ,化简可得 3m2+4? ?y2+6my-9=0, Δ>0,所以 y1+y2= -6m3m2+4 , y1y2= -93m2+4 ,所以 |AB|= 1+m2 y1-y2? ? = 1+m2 -6m3m2+4? ? 2+ 363m2+4 = 12 m2+1? ?3m2+4 .同理可得 DE ?? = 12 m2+1? ?4m2+3 ,所以 |AB|+|DE|= 12 m2+1? ?3m2+4 + 12 m2+1? ?4m2+3=12 m2+1? ? 13m2+4 + 14m2+3? ?=84 m2+1? ? 23m2+4? ? 4m2+3 ????? ? ? ? ? .令 m2+1=t∈(1,+∞),则 |AB|+|DE|=84 m2+1? ? 23m2+4? ? 4m2+3 ????? ? ? ? ?=84 t2(3t+1)(4t-1)???? ? ? ? ? =84 t212t2+t-1? ?=84 1- 1t - 12? ? 2+ 494???? ? ? ? ? ,根据 1t ∈(0,1),得 |AB|+|DE|∈ 487 ,7??? ? .综上可知, |AB|+|DE|的最大值为 7.【点评】本题考查求椭圆的标准方程,考查直线与抛物线的位置关系,弦长,最值问题,属中高档题,难度较大 .其中利用换元思想转化求取值范围是关键点 .10. (1)x29 + y23 =1; (2)3 62 .【分析 】 (1)由题意可得 a= 3b,再根据边长为 2 3 得出 a,b的值便可解出椭圆的标准方程;第 332页 共 377页
(2)设 M x1,y1? ? , N x2,y2? ? ,先根据直线 y=kx+m与圆 x2+y2= 2b23 相切, 利用点到线距离公式得到 m2=2 1+k2? ? ,然后联立直线与椭圆方程 ,利用弦长公式得到 MN? ? 关于 k与 m的表达式, 将 m2=2 1+k2? ? 代入得到关于 k的表达式, 然后设法求最值 .【解析】 (1)由题意,椭圆上下顶点与左右顶点其中的一个构成等边三角形,∴a= 3b, b= 3, ∴ a=3, b= 3,椭圆 E: x29 + y23 =1(2)设 M x1,y1? ? , N x2,y2? ? ,因为圆 O: x2+y2=2,因为直线 y=kx+m与圆 O: x2+y2=2相切,所以点 O到直线 y=kx+m的距离等于圆的半径,即 m? ?1+k2 = 2,即 m2=2 1+k2? ? .联立方程 x29 + y23 =1y=kx+m??? 得 1+3k2? ?x2+6kmx+3 m2-3? ? =0,设 ,则 x1+x2=- 6km1+3k2 , x1?x2= 3 m2-3? ?1+3k2 ,故 MN? ? = 1+k2 ? x1+x2? ? 2-4x1x2 = 1+k2 ? 12 9k2+3-2k2-2? ?1+3k2= 6? 2+2k2? ? 7k2+1 ?1+3k2 ≤ 6? 12 2+2k2? ? + 7k2+1? ?? ?1+3k2 = 3 62 .当且仅当 2+2k2=7k2+1即 k2= 15 时等号成立 .所以弦长 MN? ? 的最大值是 3 62 .【点评 】本题考查椭圆方程的求解,考查直线与椭圆相交时弦长的最值问题,难度较大 .解答时,利用韦达定理表示弦长的表达式是关键,然后利用基本不等式、函数等方法求其最值 .11. (1)x+y-1=0或 x-y-1=0; (2)15 68 .【分析 】 (1)本题首先可以设 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,然后对直线 l斜率为 0这种情况进行讨论 ,易知这种情况不满足题意,再然后对直线 l斜率不为 0这种情况进行讨论,可设直线 l的方程为 x=my+1,通过联立直线方程与椭圆方程并借助韦达定理得出 y1+y2= -10m5m2+6 、 y1y2= -255m2+6 ,最后通过 S△F1AB= 12 F1F2? ? ? y1-y2? ? =20 311 求出 m的值, 即可得出结果;(2)本题首先可根据 BF2?? =2F2A?? 得出 y2=-2y1,然后结合题 (1)得出 y1= 10m5m2+6 、 2y21 = 255m2+6 ,再然后两者联立 ,计算出 m的值,最后通过 AB? ? = 1+m2 y1-y2? ? 即可得出结果 .【解析 】 (1)设 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,因为椭圆方程为 x26 + y25 =1,所以 F1 -1,0? ? , F2 1,0? ? ,当直线 l斜率为 0时, 直线 l的方程为 x=1,联立 x=1x26 + y25 =1??? ,解得 y=±5 66 ,则 y1-y2? ? = 5 63 ,S△F
1AB= 12 F1F2? ? ? y1-y2? ? = 12 ×2× 5 63 = 5 63 ≠ 20 311 ,不满足题意 ;当直线 l斜率不为 0时,设直线 l的方程为 x=my+1,联立 x=my+1x26 + y25 =1??? ,得 5m2+6? ?y2+10my-25=0,第 333页 共 377页
由韦达定理得 y1+y2= -10m5m2+6 、 y1y2= -255m2+6 ,则 S△F1AB= 12 F1F2? ? ? y1-y2? ? = 12 ×2 (y1+y2)-4y1y2= 100m2(5m2+6)2 -4× (-25)5m2+6 = 20 311 ,整理得 50m4-m2-49=0,解得 m2=1, 或 m2=-4950(舍去 ),故 m=±1, 直线 l的方程为 x+y-1=0或 x-y-1=0.(2)设 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,因为 BF2?? =2F2A?? ,所以 1-x2,-y2? ? =2 x1-1,y1? ? , y2=-2y1,由 (1)可知 y1+y2= -10m5m2+6 , y1y2= -255m2+6 ,故 y1= 10m5m2+6 , 2y21 = 255m2+6 ,联立 y1= 10m5m2+62y21 = 255m2+6????? ,得 2 10m5m2+6? ? 2= 255m2+6 ,解得 m=± 2,所以 AB? ? = 1+m2 y1-y2? ? = 3y1-y2? ? =3 3y1? ? =3 3× 10 25×2+6 = 15 68 .12. (1)x22 +y2=1; (2) 24 .【解析 】 (1)因为抛物线 C2:y2=4x的焦点坐标为 (1,0),所以椭圆的一个焦点坐标为 F(1,0),即 c=1 ,又椭圆离心率为 22 ,所以 ca = 22 ,故可求得 a= 2,所以 b2=a2-c2=1,所以椭圆 C1的标准方程为 x22 +y2=1(2)当直线 l的斜率不存在时, 直线 l:x=1,此时易求得 |AB|=4, CD= 2,所以 |CD||AB| = 24 ,当直线 l的斜率存在时, 设直线 l:y=k(x-1),联立椭圆方程得: 1+2k2? ?x2-4k2x+2k2-2=0设 C x1,y1? ? , D x2,y2? ? ,则 x1+x2= 4k21+2k2 , x1x2= 2k2-21+2k2所以 |CD|= 1+k2 ? x1+x2? ? 2-4x1x2 = 1+k2 ? 4k21+2k2? ? 2-4× 2k2-21+2k2所以 |CD|= 2 2 1+k2? ?1+2k2同理, 将直线方程与曲线 C2联立得: k2x2- 2k2+4? ?x+k2=0设 A x3,y3? ? , B x4,y4? ? ,则 x3+x4= 2k2+4k2 , x3x4=1所以 |AB|=x3+x4+2= 2k2+4k2 +2= 4 k2+1? ?k2所以 |CD||AB| = 2 2 1+k2? ?1+2k24 k2+1? ?k2 = 2k22 1+2k2? ? = 22 1k2 +2? ? < 24所以 |CD||AB| ≤ 24 ,即 |CD||AB| 的最大值为 24 .第 334页 共 377页
专题 36:圆锥曲线的面积问题参考答案1. (1)x24 +y2=1; (2)1.【 分析】 (1)由条件可得 2a=4,ca = 32 ,解出即可 ;(2)分直线 l的斜率不存在、直线 l的斜率存在两种情况,当直线 l的斜率存在时,设 l的方程为 y=kx+m,A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,联立直线与椭圆的方程消元 ,然后韦达定理表示出 x1+x2、 x1x2,然后表示出点 M的坐标,然后由 OM???? ? =1可得 m2 16k2+1? ? = 4k2+1? ? 2,然后表示出 S△AOB= 2 m2 4k2-m2+1? ?4k2+1 ,然后利用基本不等式可求出其最值 .【 解析】 (1)因为椭圆 C: x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ? 的长轴长为 4,离心率为 32所以 2a=4,ca = 32 ,解得 a=2,c= 3,所以 b=1所以椭圆 C的方程为 x24 +y2=1(2)当直线 l的斜率不存在时, 可得 l的方程为 x=±1,易得 AB? ? = 3△AOB的面积为 12 × 3×1= 3当直线 l的斜率存在时, 设 l的方程为 y=kx+m,A x1,y1? ? ,B x2,y2? ?联立 x24 +y2=1y=kx+m??? 可得 4k2+1? ?x2+8kmx+4m2-4=0所以 x1+x2= -8km4k2+1,x1x2= 4m2-44k2+1 ,y1+y2=k x1+x2? ? +2m= 2m4k2+1所以 M -4km4k2+1, m4k2+1? ? ,因为 OM???? ? =1,所以 -4km4k2+1? ? 2+ m4k2+1? ? 2 =1化简可得 m2 16k2+1? ? = 4k2+1? ? 2因为原点到直线 l的距离为 m? ?1+k2AB? ? = 1+k2 ? x1+x2? ? 2-4x1x2 = 1+k2 ? -8km4k2+1? ? 2- 16m2-164k2+1= 1+k2 ? 64k2-16m2+164k2+1所以 S△AOB= 12 × 1+k2 ? 64k2-16m2+164k2+1 × m? ?1+k2= 2 m2 4k2-m2+1? ?4k2+1因为 m2 4k2-m2+1? ? ≤ m2+4k2-m2+12 = 4k2+12 ,当且仅当 m2=4k2-m2+1时,等号成立,此时由 m2=4k2-m2+1m2 16k2+1? ? = 4k2+1? ? 2??? 可解得 k=± 24 ,m=± 32 ,此时也满足 Δ>0所以 S△AOB≤1综上可得: △AOB面积的最大值为 1【点评】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时,一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入” 等解法 .2. (1)x220 + y24 =1; (2)最大值为 2 5. 第 335页 共 377页
【分析 】 (1)由题得 754a2 + 14b2 =12c=8a2=b2+c2??????? ,求出 a,b即可得出方程;(2)利用点差法可得 kAB= 3,设出直线方程 ,与椭圆联立,利用弦长公式和点到直线距离公式即可表示出三角形面积,根据 m的取值范围可求最值 .【解析】解: (1)依题意可知 754a2 + 14b2 =12c=8a2=b2+c2??????? ,解得 a2=20b2=4??? ,故 C的方程为 x220 + y24 =1.(2)易得直线 OM的方程为 y=- 15 3x,设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? , R x0,y0? ? 为 AB的中点 ,其中 y0=- 15 3x0,因为 A, B在椭圆上, 所以 x2120 + y214 =1x2220 + y224 =1??????? ,两式相减可得 kAB= y1-y2x1-x2 =- 420 × x1+x2y1+y2 =- 15 × 2x02y0 = 3.可设直线 l的方程为 y= 3x+m,联立 y= 3x+mx220 + y24 =1??? ,整理得 16x2+10 3mx+5m2-20=0,则 Δ=300m2-64 5m2-20? ? >0,解得 -8
表示可求得 R,N点坐标, 由直线 PR求得 B,根据点 B在点 A右侧确定 t的范围;利用 S1S2 = 12 NA? ? ? yP? ?12 NB? ? ? yR? ? 可将 S1S2 表示为关于 t的函数的形式, 利用换元法和基本不等式可求得最小值 .【解析】 (1)由已知可得:焦点 F p2 ,0? ? ,将 x= p2 代入抛物线的方程, 可得: y2=p2,则 DE? ? =2p=4,解得 : p=2,∴抛物线 C的方程为 y2=4x;(2)设 P xP,yP? ? , Q xQ,yQ? ? , R xR,yR? ? , N xN,0? ? ,令 yP=2t t≠0? ? ,则 xP=t2,∵直线 l过点 A 2,0? ? , ∴直线 l的方程为 x= t2-22t y+2,将其与 y2=4x联立并消去 x得: y2- 2 t2-2? ?t y-8=0,由根与系数的关系得: 2tyQ=-8,即 yQ=- 4t , ∴Q 4t2 , - 4t? ? ,∵NP?? +NQ?? +NR?? =0?, ∴N为 △PQR的重心,∴xN= xP+xQ+xR3 , 0= yP+yQ+yR3 ,∴yR=-yP-yQ=-2t+ 4t ,则 xR= -t+ 2t? ? 2,∴xN= xP+xQ+xR3 = 2t4-4t2+83t2 ,∴R -t+ 2t? ? 2,-2t+ 4t? ? , N 2t4-4t2+83t2 ,0? ? ,则直线 PR的方程为 y-2t=t x-t2? ? ,令 y=0得 : x=t2-2,即 B t2-2,0? ? ,∵点 B在点 A的右侧, ∴t2-2>2, 即 t2>4,∴ S1S2 = 12 NA? ? ? yP? ?12 NB? ? ? yR? ? = 2t4-10t2+8? ?t4-2t2-8? ? ? t2t2-2 = 2 t4-t2? ?t4-4 =2- 2 t2-4? ?t4-4 ,令 m=t2-4,则 m>0, 第 337页 共 377页
∴ S1S2 =2- 2mm2+8m+12 =2- 2m+ 12m +8 ≥2- 22 m? 12m +8 =2- 12 3+4 = 2+ 32 , (当且仅当m= 12m,即 m=2 3 时取等号 ),∴ S1S2 的最小值为 2+ 32 .【点评 】求解直线与抛物线综合应用中的与三角形面积有关的最值 (取值范围 )问题的基本思路如下:①假设直线方程,与抛物线方程联立,整理为关于 x或 y的一元二次方程的形式;②利用 Δ>0或其他限制条件求得变量的取值范围;③利用变量表示出所求三角形的面积;④通过换元法将所求内容转化为关于某一变量的函数的形式,利用函数的单调性或基本不等式求解出最值 (范围 ).4. (1)x25 + y24 =1; (2)最大值为 2 15.【分析 】 (1)当 ∠F1PF2最大时,点 P与椭圆 C的上顶点或下顶点重合,设 P(0, b),由余弦定理得 a,c关系式,再由 PF2?? ?F1F2?? =2得 c值,从而求得 a,b得椭圆方程;(2)当直线 PQ的斜率不存在时,直接求出四边形面积,当直线 PQ的斜率存在时,设直线 PQ的方程为 y=k(x-1), P(x1, y1)?Q(x2, y2),直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得 x1+x2,x1x2,由弦长公式求得弦长PQ? ? ,再求得 O到直线 l的距离 ,由圆中弦长公式求得弦长 AB? ? ,求得四边形面积表示为 k的函数 ,由函数知识求得其取值范围.【解析】 (1)当 ∠F1PF2最大时,点 P与椭圆 C的上顶点或下顶点重合,设 P(0, b),则 cos∠F1PF2= a2+a2-(2c)22a?a = 35 ①,PF2?? ?F1F2?? =(c, -b)?(2c, 0)=2c2=2②,由①②得 c2=1, a2=5,于是 b2=a2-c2=4,∴椭圆 C的标准方程是 x25 + y24 =1;(2)当直线 PQ的斜率不存在时 , |AB|=4, PQ? ? = 8 55 ,则四边形 APBQ的面积是 16 55 ,当直线 PQ的斜率存在时 ,设直线 PQ的方程为 y=k(x-1), P(x1, y1)?Q(x2, y2),将 y=k(x-1)与 x25 + y24 =1联立并消去 y,整理得 (5k2+4)x2-10k2x+5k2-20=0,Δ>0恒成立,则 x1+x2= 10k25k2+4 , x1?x2= 5k2-205k2+4 ,则 PQ? ? = 1+k2 ? (x1+x2)2-4x1x2 = 8 5(k2+1)5k2+4 ,由于直线 l与直线 PQ垂直 ,且经过点 F1, ∴直线 l的方程为 x+ky+1=0,∴点 O到直线 l的距离为 1k2+1 , ∴ AB? ? =2 b2- 1k2+1? ? 2 =2? 4k2+3k2+1 ,则四边形 APBQ的面积:S= 12 × AB? ? × PQ? ? = 8 5 k2+1? 4k2+35k2+4 = 8 54k2+3k2+1 + k2+14k2+3 ,第 338页 共 377页
由于 4k2+3k2+1 = 4- 1k2+1 ∈[ 3, 2), ∴ 4k2+3k2+1 + k2+14k2+3 ∈ 4 33 , 52??? ? ,于是 S∈ 16 55 , 2 15? ? ? ? ? (当 k=0时取得最大值 ),综上可知, 四边形 APBQ面积的最大值为 2 15.【点评 】本题考查求椭圆方程,考查直线与椭圆相交中的面积范围问题.解题方法是“设而不求”的思想方法,即设交点坐标为 (x1,y1),(x2,y2),设直线方程,代入椭圆方程后应用韦达定理得 x1+x2,x1x2(需要根据方便性,可能得 y1+y2,y1y2),由弦长公式求得弦长,同样由圆中弦长公式求得圆中弦长,目的是把四边形面积表示为参数 k的函数求得取值范围,同时需要求得斜率不存在时的面积,才能得出正确结论.5. (1)x22 +y2=1; (2)2 35 .【分析 】 (1)利用垂直平分线的性质可得 EQ? ? + FQ? ? = EQ? ? + PQ? ? =2 2> EF? ? ,符合椭圆定义 ,则可根据定义确定 a,c,进而求得轨迹方程;(2)利用直线与圆相切可得 k,t之间关系;将直线方程与椭圆方程联立后,得到韦达定理的形式,利用弦长公式可表示出 AB? ? ,结合 k,t关系可将 AB? ? 表示为关于 k的函数, 由 OA?? ?OB?? =μ可求得 k的范围,利用换元法可求得 AB? ? 的最大值, 代入三角形面积公式可求得结果 .【解析】 (1)由圆 E的方程可知:圆心 E -1,0? ? ,半径 r=2 2,由题意可知: EQ? ? + FQ? ? = EQ? ? + PQ? ? =r=2 2> EF? ? =2,∴动点 Q的轨迹 Γ为焦点在 x轴上的椭圆,设 Γ: x2a2 + y2b2 =1 a>b>0? ? ,则 2a=2 2, 2c=2,即 a= 2, c=1,∴b2=a2-c2=1,∴动点 Q的轨迹 Γ的方程为: x22 +y2=1.(2)l:kx-y+t=0,则圆 O的圆心到 l的距离 d= t? ?1+k2 =1,则 1+k2=t2联立 x22 +y2=1与 kx-y+t=0得 : 1+2k2? ?x2+4ktx+2t2-2=0,∴Δ= 4kt? ? 2-4 1+2k2? ? 2t2-2 ? =8k2>0,则 k≠0,设 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,则 x1+x2= -4kt1+2k2 , x1x2= 2t2-21+2k2 ,∴y1y2= kx1+t? ? kx2+t ? =k2x1x2+kt x1+x2? ? = t2-2k21+2k2 ,又 1+k2=t2, ∴x1x2= 2k21+2k2 , y1y2= 1-k21+2k2 ,又 OA?? ?OB?? =x1x2+y1y2= 1+k21+2k2 =μ, 35 ≤μ≤1,∴ 35 ≤ 1+k21+2k2 ≤1,解得 : 0
【点评 】求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值 (取值范围 )问题的基本思路如下:①假设直线方程,与椭圆方程联立,整理为关于 x或 y的一元二次方程的形式;②利用 Δ>0求得变量的取值范围,得到韦达定理的形式;③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积;④通过换元法将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式,利用函数的单调性求解出最值 (范围 ).6. (1)|AB|= 2 2 k2+1? ?2k2+1 ; (2) 2, 32 2? ? ? ? .【分析 】 (1)求出焦点坐标,写出直线 AB的方程与椭圆的方程联立,利用韦达定理求出 x1+x2、 x1x2,利用弦长公式即可求解;(2)设 C x3,y3? ? , D x3,y3? ? ,直线 CD的方程为 y=- 12k(x-1),利用点到直线的距离公式分别求 C,D到直线AB的距离 d1, d2,利用 SACBD=S△CAB+S△DAB= 12 AB? ? d1+d2? ? ,再利用换元法和二次函数的性质即可求解.【 解析】 (1)由 x22 +y2=1可得: a2=2, b2=1, 所以 c=1,所以 F1 -1,0? ? , F2 1,0? ?设 A x1,y1? ? , B x1,y1? ? .由已知得: 直线 AB的方程为 y=k(x+1),由 y=k(x+1)x22 +y2=1??? 得 x2+2k2(x+1)2-2=0,即 1+2k2? ?x2+4k2x+2k2-2=0,所以 x1+x2=- 4k21+2k2 , x1x2= 2k2-21+2k2 .故 |AB|= 1+k2 x1-x2? ? = 1+k2 x1+x2? ? 2-4x1x2 = 2 2 k2+1? ?2k2+1 .(2)设 C x3,y3? ? , D x3,y3? ? .由已知得, kCD=- 12k,故直线 CD的方程为 y=- 12k(x-1),即 x=-2ky+1.设 d1,d2分别为点 C,D到直线 AB的距离,则 SACBD=S△CAB+S△DAB= 12 AB? ? d1+d2? ? .又 C,D到直线 AB在异侧 ,则d1+d2= k x3+1? ? -y3? ?1+k2 + k x4+1? ? -y4? ?1+k2 = k x3-x4? ? - y3-y4? ?? ?1+k2 = 1+2k2? ? y3-y4? ?1+k2由 x=-2ky+1x22 +y2=1??? 得, (1-2ky)2+2y2-2=0,即 4k2+2? ?y2-4ky-1=0,故 y3+y4= 4k4k2+2,y3y4=- 14k2+2.所以 d1+d2= 1+2k2? ? y3+y4? ? 2-4y3y41+k2 = 2 4k2+11+k2 ,从而 SACBD= 12 ? 2 2 k2+1? ?2k2+1 ? 2 4k2+11+k2 = 2 k2+1 4k2+12k2+1 ,因为 kAB?kCD=- 12 ,不妨令 k>0, 令 2k2+1=t>1,可得 k2= 12 t-1? ? ,SACBD=2 4k4+5k2+12k2+1? ? 2 =2 4× 14 t-1? ? 2+5× 12 t-1? ? +1t2 =2 t2+ 12t- 12t2 =2 - 12t2 + 12t +1第 340页 共 377页
令 m= 12t,因为 t∈ 1,+∞? ? ,所以 m∈ 0, 12? ? ,所以 SACBD=2 - 12t2 + 12t +1=2 -2m2+m+1,二次函数 y=-2m2+m+1对称轴为 m=- 12× -2? ? = 14 ,开口向下 ,当 m∈ 0, 14? ? 时, y=-2m2+m+1单调递增, m∈ 14 , 12? ? 时, y=-2m2+m+1单调递减,所以 m=0时, y=1;当 m= 14 时, y=-2 14? ? 2+ 14 +1= 98 ;当 m= 12 时, y=-2 12? ? 2+ 12 +1=1,所以 y=-2m2+m+1∈ 1, 98? ? ? ? ,所以 -2m2+m+1∈ 1,3 24? ? ? ? ? , 2 -2m2+m+1∈ 2,3 22? ? ? ? ? ,因此, SACBD∈ 2, 32 2? ? ? ? .【点评 】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时,若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系,则可先建立目标函数,再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑: ①利用判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围; ②利用已知参数的范围,求出新参数的范围,解题的关键是建立两个参数之间的等量关系; ③利用基本不等式求出参数的取值范围;④利用函数值域的求法,确定参数的取值范围. 7. (1)标准方程为 y2=4x,焦点 (1, 0); (2)存在,面积最大为 2 2, p= 6451.【分析 】 (1)由抛物线的准线方程 x=-p2 ,根据条件可得 -p2 =-1,可求出 p的值,从而得到答案 .(2) 设 B x1,y1? ? ,C x2,y2? ? ,P x3,y3? ? ,Q x4,y4? ? ,由 AC?? = 12CB?? ,即得到 y2= 13y1,设点 A到 l2的距离 d,则四边形 APBQ的面积 S=3S△APQ= 32 PQ? ?d,然后方程联立求出弦长 PQ? ? ,由点到直线的距离公式求出 d, 从而求出答案 .【解析】解: (1)抛物线的准线方程 x=-p2 ,焦点坐标 p2 ,0? ? ,则 -p2 =-1,p=2,抛物线的标准方程为 y2=4x,焦点 (1, 0)(2)设 B x1,y1? ? ,C x2,y2? ? ,P x3,y3? ? ,Q x4,y4? ?由 AC?? = 12CB?? ,得点 A -1,0? ? 在直线 l1上, 且 y2= 12y11+ 12 = 13y1,设点 A到 l2的距离 d,四边形 APBQ的面积 S=3S△APQ= 32 PQ? ?d.l1:y=k x+1? ? ,l2:y=-k2 x-x3? ? +y3 第 341页 共 377页
由 y=k x+1? ?y2=2px??? ,得 y2- 2pk y+2p=0则 Δ= 4p2k2 -8p>0,k2< p2 ,则 y1+y2= 2pk ,y1y2=2p因为 y1=3y2,所以 y22 = 23p,x2= y222p = 13 ,所以 C 13 ,y2? ? , k2= 3p8 ,p= y222x2 = 3y222由 l1,l2的斜率分别为 k、 - 12k, 可设 l2:y=-k2 x- 13? ? +y2,有 k=kAC= y213 +1 = 3y24故直线 l2:y=-3y28 x+ 9y28 ,令 t=- 83y2则直线 l2:x=ty+3代入椭圆方程 y22 +x2=1,得 1+2t2? ?y2+12ty+16=0Δ=16 t2-4? ? >0,y3+y4=- 12t1+2t2 ,y3y4= 161+2t2PQ? ? = 1+t2 ? y3-y4? ? = 1+t2 ? 16 t2-4? ?1+2t2点 A到 l2的距离 d= 41+t2 ,四边形的面积 S=24 t2-41+2t2 =12 2× 2t2-82t2-8? ? +9 ≤12 2× 2t2-86 2t2-8 =2 2当且仅当 t2= 172 ,p= 6451 时面积最大为 2 2【点评 】关键点睛:本题考查求抛物线的方程和求四边形面积的最值问题,解答本题的关键是用点的坐标表示出故直线 l2:y=-3y28 x+ 9y28 ,令 t=- 83y2 ,进一步表示出 PQ? ? = 1+t2 ? y3-y4? ? = 1+t2 ?16 t2-4? ?1+2t2 ,再求出点 A到 l2的距离 d= 41+t2 ,得到 S=24 t2-41+2t2 ,属于难题 .8. (1)x28 + y24 =1; (2)①证明见解析; ②最大值为 4 2.【分析 】 (1)由 O为 F1, F2中点,得 F1, F2两点到直线 l的距离之和为 O点到直线 l的距离的 2倍,这样可得 P点轨迹是椭圆,根据 a,b,c求得椭圆方程;(2)①设 G(4,t), M x1,y1? ? , N x2,y2? ? ,写出切线方程代入 G点坐标 ,得直线 MN方程,由方程可得定点坐标;②直线 MN方程为 2x+ty=4与椭圆方程联立消元后得 y1+y2,y1y2,变形得 y1-y2? ? ,然后计算三角形面积S= 12 ×4y1-y2? ? ,利用换元 、基本不等式可得最大值.【解析】 (1)依题意有 O为 F1, F2中点, F1, F2两点到直线 l的距离之和为 O点到直线 l的距离的 2倍,又 l与第 342页 共 377页
圆 O:x2+y2=8相切, d=r=2 2,即动点 P到 F1(-2,0)与 F2(2,0)两点距离之和等于为 4 2,动点 P的轨迹方程为 x28 + y24 =1.(2)① .设 G(4,t), M x1,y1? ? , N x2,y2? ? ,过 M, N的椭圆切线方程为 xx18 + yy14 =1,xx28 + yy24 =1,则 4x18 +ty14 =1, 4x28 + ty24 =1,直线 MN方程为 4x8 + ty4 =1,即 2x+ty=4,显然过定点 2,0? ? .② .直线 MN方程为 2x+ty=4,联立椭圆方程 x2+2y2=8得 2+ t24? ? y2-2ty-4=0显然 Δ>0, y1+y2= 8t8+t2 , y1y2=- 168+t2 , y1-y2? ? = 8 2t2+88+t2△F1MN面积 S= 12 ×4y1-y2? ? =2y1-y2? ? = 16 2t2+88+t2 .令 m= t2+4(m≥2), 8+t2=m2+4,则 S= 16 2mm2+4 = 16 2m+ 4m ≤ 16 24 =4 2.当且仅当 m=2, t=0时等号成立 .故 △F1MN面积的最大值为 4 2.【点评 】本题考查求椭圆标准方程,直线与椭圆的位置关系,直线过定点问题及三角形面积最大问题.解题方法是根据椭圆的定义求得椭圆标准方程;设动点的坐标,写出直线方程,由直线方程得定点;设而不求的 思想方法结合韦达定理求得三角形面积,用基本不等式得最大值.考查了学生的运算求解能力,逻辑思维 能力.9. (1)x24 +y2=1; (2)x=± 52 y+2.【分析 】 (1)由已知求得 a=2,再由椭圆的离心率求得 c,继而求得 b ,得椭圆的标准方程;(2)过点 F(2, 0)的直线 l的方程设为 :x=my+2,设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,联立 x=my+2y2=8x??? ,整理得 y2-8my-16=0,求得 |AB|= 1+m2 y1+y2? ? 2-4y1y2 =8 1+m2? ? ,同理求得 |CF|= 1+m2 xc-xF? ? =44m2+1 ? 1+m2,表示 △ABC的面积为: S= 12 |AB|?|CF|= 16 1+m2? ?4m2+1 ? 1+m2,令 1+m2 =t,所以s=f(t)= 16t34t2-3 ,利用导函数可求得最值 .【解析 】解: (1)椭圆 C1: x2a2 + y2b2 =1(a>b>0)长轴的右端点与抛物线 C2:y2=8x的焦点 F重合, ∴a=2,又椭圆 C1的离心率是 32 , ∴c= 3,?b=1,椭圆 C1的标准方程为 x24 +y2=1;(2)过点 F(2, 0)的直线 l的方程设为 :x=my+2,设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,联立 x=my+2y2=8x??? ,整理得 y2-8my-16=0,所以 y1+y2=8m,y1y2=-16, ∴|AB|= 1+m2 y1+y2? ? 2-4y1y2 =8 1+m2? ? ,过 F且与直线 l垂直的直线设为: y=-m(x-2),联立 y=-m(x-2)x24 +y2=1??? ,整理得 : 1+4m2? ?x2-16m2x+16m2-4=0,设点 C xc,yc? ? , xC+2= 16m21+4m2 ,?xC= 2 4m2-1? ?4m2+1 , ∴|CF|= 1+m2 xc-xF? ? = 44m2+1 ? 1+m2,第 343页 共 377页
所以 △ABC的面积为 : S= 12 |AB|?|CF|= 16 1+m2? ?4m2+1 ? 1+m2,令 1+m2 =t,所以 s=f(t)= 16t34t2-3 ,则 f?(t)= 16t2 4t2-9? ?4t2-3? ? 2 ,令 f?(t)=0,得 t2= 94 ,当 0 94 时, f?(t)>0, f t? ? 单调递增, 所以当 t2= 94 时, f t? ? 有最小值,此时 1+m2= 94 , △ABC的面积最小 ,即当 m=± 52 时, △ABC的面积最小值为 9,此时直线 l的方程为: x=± 52 y+2.【点评 】本题考查求椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中三角形面积的最值问题,关键在于设出直线方程,用一个变化的量表示三角形的面积 .10. (1)x22 +y2=1; (2)2 2.【分析 】 (1)根据已知条件可得出关于 a、 b、 c的方程组,解出这三个量的值,由此可得出椭圆 E的方程;(2)求出 AC? ? 以及点 B到直线 AC的距离 d, 可得出四边形 ABCD的面积关于 k1、 k2的表达式,将 k2=- 12k1 代入四边形 ABCD的面积的表达式,化简即可得解 .【解析】 (1)由已知得 ca = 222a=2 2b= a2-c2??????? ,解得 a= 2b=1c=1??? ,因此, 椭圆 E的方程为 x22 +y2=1;(2)设 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? ,则 C -x1,-y1? ? 、 D -x2,-y2? ? ,联立 y=k1xx2+2y2=2??? ?x2+2k12x2=2,则 x21= 21+2k21 ,∴ AC? ? = 1+k21 x1- -x1? ?? ? =2 1+k21 ? x1? ? = 2 2 1+k211+2k21 ,同理可得 x22= 21+2k22 ,且 B到直线 l1的距离 d= k1x2-y2? ?1+k21 = x2? ? ? k1-k2? ?1+k21 = 2k1-k2? ?1+k21 ? 1+2k22 ,所以 S四边形 ABCD=2S△ABC= AC? ? ?d= 4k1-k2? ?1+2k21 1+2k22 = 4k1-k2? ?1+2k21+2k22+4k21k22 ,又 k1k2=- 12 ?k2=- 12k1所以 S四边形 ABCD= 4k1+ 12k1? ?2k21+2+ 12k21 = 4k1+ 12k1? ?2k1+ 12k1? ? = 4k1+ 12k1? ?2 k1+ 12k1? ? = 42 =2 2.【点评 】求定值问题常见的方法有两种:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.11. (Ⅰ )x2=4y; (Ⅱ )4.【分析】 (Ⅰ )设点 P的坐标为 P(x,y),故根据题意得 |y-3|= x2+(y-5)2-16,进而整理即可得答案 ;(Ⅱ )设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,由导数的几何意义得曲线 P在点 A,B处的切线方程分别为 x1x=2(y+y1), x2x=2(y+y2),设直线 m上一点 R(t,t-2),进一步得直线 AB的方程为 tx-2y+4-2t=0,进而与 (I)中的方第 344页 共 377页
程联立并结合韦达定理得 AB= t2+4? t2-4t+8,点 R(t,t-2)到直线 AB的距离 d= t2-4t+84+t2 ,进而求得 △ABR面积并根据二次函数性质求最值即可 .【解析】解: (Ⅰ )设点 P的坐标为 P(x,y), C(0,5),则点 P到直线 y=3的距离 d=|y-3|,经过点 P作圆 x2+(y-5)2=16的切线,切线长为 PQ= CP2-CQ2 = x2+(y-5)2-16,因此 |y-3|= x2+(y-5)2-16,整理可得 x2=4y,即点 P的轨迹方程为: x2=4y;(Ⅱ )对抛物线 x2=4y,求导可得 y′= x2 ,故在 A x1,y1? ? 处的切线方程为: y-y1= x12 (x-x1),整理可得 : x1x=2(y+y1),同理在 B x2,y2? ? 处的切线方程为: x2x=2(y+y2),设直线 m上一点 R(t,t-2),∴ tx1=2(t-2+y1)tx2=2(t-2+y2)??? ,故 A, B在直线 tx=2(y+t-2)上,即直线 AB的方程为 tx-2y+4-2t=0.联立 x2=4ytx-2y+4-2t=0??? 可得 x2-2tx+4t-8=0.∴x1+x2=2t, x1x2=4t-8,∴ AB? ? = 1+ t24 ? 4t2-16t+32= t2+4? t2-4t+8点 R(t,t-2)到直线 AB的距离 d= t2-4t+84+t2 ,∴△ABR面积 S= 12AB?d= 12 (t2-4t+8)3 = 12 [(t-2)2+4]3 ≥ 12 43 =4,当且仅当 t=2时取等号, 故 △ABR面积的最小值为 4.【点评】关键点点睛: (1)解答直线与椭圆的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去 x(或 y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系. (2)涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为 0或不存在等特殊情形.12. (1)5 23 ; (2)最小值为 163 ,直线 l的方程为 x=2.【分析】 (1)根据题意可得直线 AB的方程为 y=x-2,再由 PO⊥AB可知直线 PO的方程为 y=-x,进而求出 P - 23 , 23? ? ,利用点到直线的距离公式即可求解 .(2)①当直线 l的斜率不存在时,求出 S△ABP= 12 ×4× 83 = 163 ;当直线 l的斜率存在时 ,可设直线 l的方程为y=k(x-2)(k≠0)以及直线 PO的方程为 y=- 1kx,将直线 l与抛物线联立 ,利用弦长公式求出 AB? ? ,再求出 P - 23 , 23k? ? ,利用点到直线的距离公式求出点 P到直线 l的距离 ,将 △ABP面积表示 S△ABP= 12 |AB|?d== 23 4+ 1k2? ? 32 即可求解 .【解析 】解: (1)因为直线 AB的倾斜角为 π4 ,且过点 (2,0),所以直线 AB的方程为 y=x-2, 第 345页 共 377页
又 PO⊥AB,所以直线 PO的方程为 y=-x,因为 P是直线 x=- 23 上的动点, 所以 P - 23 , 23? ? ,所以 P到直线 AB的距离为 d= - 23 - 23 -2? ?2 = 5 23 ;(2)①当直线 l的斜率不存在时, 直线 l的方程为 x=2,此时 |AB|=4, |PM|= 83 ,所以 △ABP的面积为 S△ABP= 12 ×4× 83 = 163 ;②当直线 l的斜率存在时, 易得直线 l的斜率不为 0,可设直线 l的方程为 y=k(x-2)(k≠0),与抛物线的方程 y2=2x联立,可得 k2x2-(4k2+2)x+4k2=0,则 Δ=(4k2+2)2-4k2?4k2=4+16k2>0,设 A(x1, y1), B(x2, y2),则 x1+x2=4+ 2k2 , x1x2=4,所以 |AB|= 1+k2|x1-x2|= 1+k2 ? (x1+x2)2-4x1x2= 1+k2 ? 4+ 2k2? ? 2-16 = 1+k2 ? 4+16k2k2 ,因为 PO⊥AB,所以直线 PO的方程为 y=- 1kx,因为 P是直线 x=- 23 上的动点, 所以 P - 23 , 23k? ? ,所以 P到直线 l的距离 d= - 23k- 23k -2k? ?1+k2 = 23 ? |1+4k2||k| 1+k2 ,所以 S△ABP= 12 |AB|?d= 12 1+k2 ? 4+16k2k2 ? 23 ? |1+4k2||k| 1+k2 = 23 4+ 1k2? ? 32 > 163 ,综上可得, S△ABP≥ 163 ,故 △ABP的面积的最小值为 163 ,此时直线 l的方程为 x=2.【点评】关键点点睛:本题考查了直线与抛物线的位置关系,解题的关键是利用弦长公式求出 AB? ? 以及点 P到直线 l的距离, 根据三角形的面积公式得出 S△ABP= 12 |AB|?d== 23 4+ 1k2? ? 32,考查了计算能力 ,分类讨论的思想 .13. (1)x23 +y2=1; (2) 0, 3? ? .【分析 】 (1)由已知条件可得出 b=1,利用斜率公式结合直线 GA与 GB的斜率之积为 - 13 可求得 a的值, 进而可得出椭圆 C的方程;(2)由题意可知,直线 MF1不与 x轴重合,可设直线 MF1:x=ty- 2, M x1,y1? ? ,延长 MF1交椭圆于另一点T x2,y2? ? ,将直线 MF1的方程与椭圆 E的方程联立,列出韦达定理,可得出 S四边形 F
1MNF2=S△MTF2关于 t的表达式,利用基本不等式以及不等式的基本性质可求得四边形 F1MNF2面积的取值范围.【解析】 (1)由已知可得: b=1, A -a,0? ? 、 B(a,0),即可得 kAC?kBC= 1a ? - 1a? ? =- 13 ,解得 : a2=3,所以椭圆 C的方程为 x23 +y2=1;(2)由 (1)知: F1 - 2,0? ? 、 F2 2,0? ? ,若直线 MF1与 x轴重合 ,此时 NF2也与 x轴重合,不合乎题意 .第 346页 共 377页
设直线 MF1:x=ty- 2, M x1,y1? ? ,延长 MF1交椭圆于另一点 T x2,y2? ? ,由 x23 +y2=1x=ty- 2??? 得 t2+3? ?y2-2 2ty-1=0, Δ=8t2+4 t2+3? ? =12 t2+1? ? >0,则 y1+y2= 2 2t3+t2y1?y2=- 10????? 得 y1-y2? ? = y1+y2? ? 2-4y1?y2 = 2 3 t2+1t2+3 ,由点 T与 N关于原点对称知 TF1? ? = NF2? ? ,所以, S四边形 F1MNF2=S△MTF2= 12 F1F2? ? ? y1-y2? ? = 2? 2 3 t2+1t2+3=2 6? t2+1t2+3 =2 6? 1t2+1+ 2t2+1 ,因为 t2+1+ 2t2+1 ≥2 t2+1? 2t2+1 =2 2(当 t=±1时 ,等号成立 ).所以 0< 1t2+1+ 2t2+1 ≤ 12 2 .所以 0<2 6? 1t2+1+ 2t2+1 ≤ 3,即 S四边形 F1MNF2∈ 0, 3? ? .【点评 】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为 x1,y1? ? 、 x2,y2? ? ;(2)联立直线与圆锥曲线的方程, 得到关于 x(或 y)的一元二次方程,必要时计算 Δ;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为 x1+x2、 x1x2的形式;(5)代入韦达定理求解 .14. (1)x22 +y2=1; (2)2 2.【分析 】 (1)根据题意得到方程组 ca = 222a2c =4????? ,由此求解出 a,c的值,根据 b2=a2-c2求解出 b2的值,则椭圆的方程可知;(2)根据条件分类讨论:两条直线是否都有斜率;当其中一条直线的斜率不存在时,直接计算出面积并求最大值,当直线的斜率都存在时,联立直线与椭圆方程,利用韦达定理的形式表示弦长,根据面积公式表示出 面积,结合取值特点以及不等式求解出面积范围,从而得到四边形 ABCD的面积的最大值 .第 347页 共 377页
【解析 】 (1)因为 ca = 222a2c =4????? ,所以 a= 2c=1??? ,所以 a2=2b2=a2-c2=1??? ,所以 E的标准方程为 x22 +y2=1;(2)当两条直线的斜率一个不存在另一个为 0时, 不妨设 AC:x=t,BD:y=0,所以 AC? ? =2 1- t22 0≤t2<2? ? , BD? ? =2a=2 2,所以 S四边形 ABCD= 12 AB? ? CD? ? = 12 ×2 2×2 1- t22 =2 2 1- t22 ,当 t=0时有最大值 2 2;当两条直线的斜率都存在时, 设 AC:y=k x-t? ? ,BD:y=- 1k x-t? ? , A x1,y1? ? ,C x2,y2? ? ,B x3,y3? ?,D x4,y4? ? ,因为 y=k x-t? ?x2+2y2=2??? ,所以 1+2k2? ?x2-4tk2x+2t2k2-2=0,所以 x1+x2= 4tk21+2k2 ,x1x2= 2t2k2-21+2k2 ,所以 AC? ? = 1+k2 ? x1+x2? ? 2-4x1x2 = 2 2 1+k2 ? 2-t2? ?k2+11+2k2 ,同理可得: BD? ? = 1+ 1k? ? 2 ? x3+x4? ? 2-4x3x4 = 2 2 1+ 1k? ? 2 ? 2-t2? ? 1k ? 2+11+2 1k? ? 2 =2 2 1+k2 ? 2-t2? ? +k2k2+2 ,所以 S四边形 ABCD= 12 AB? ? CD? ? =4 1+k2? ? 2-t2? ?k4+ 2-t2? ? 2+1? ?k2+ 2-t2? ?1+2k2? ? k2+2 ?因为 2-t2∈ 0,2? ? ,所以 4 1+k2? ? 2-t2? ?k4+ 2-t2? ? 2+1? ?k2+ 2-t2? ?1+2k2? ? k2+2 ? ≤4 1+k2? ? 2k4+5k2+21+2k2? ? k2+2 ? ,所以 S四边形 ABCD≤4 1+k2? ? 2k4+5k2+21+2k2? ? k2+2 ? = 4 1+k2? ?2k4+5k2+2 =2 2 2k4+4k2+22k4+5k2+2 <2 2,综上可知四边形 ABCD的面积的最大值为 2 2.【点评 】求解椭圆中过定点的两条互相垂直的弦所围成四边形面积的最值的思路:(1)先分析直线的斜率有不存在的情况,此时计算线段长度直接求解出面积;(2)再分析直线的斜率均存在的情况,此时设出其中一条直线方程与椭圆方程联立,根据弦长公式表示出对应的弦长,同理可求解出另外一条弦长,根据面积公式表示出对应的面积,再根据基本不等式或二次函数性 质或构造函数求解出面积的范围;(3)两种情况统一分析得到最终四边形面积的最值 .15. (1)x22 +y2=1; (2)3 64 .【分析 】 (1)根据已知条件可得出关于 a、 b、 c的方程组,解出这三个量的值,由此可得出椭圆 E的方程;(2)设点 A x1,y1? ? x1>0,y1>0 ? ,可得出点 B -x1,-y1? ? 、 C x1,-y1? ? ,设点 D x2,y2? ? ,写出直线 CD的方程 y=y1x1x-2y1,将直线 CD与椭圆 E的方程联立,列出韦达定理,可求得四边形 ABCD面积为 S=4x1y31,可得出S2=32 1-y21? ?y61,令 t=y21 ∈ 0,1? ? ,设 g t? ? =32 1-t? ?t3,利用导数求出 g t? ? 的最大值, 进而可得出四边形ABCD面积的最大值 . 第 348页 共 377页
【解析 】 (1)由已知条件可得 1a2 + 12b2 =1ca = 22c= a2-b2a>b>0????????? ,解得 a= 2b=1c=1??? ,因此 ,椭圆 E的方程为 x22 +y2=1;(2)设点 A x1,y1? ? x1>0,y1>0 ? ,则点 B -x1,-y1? ? 、 C x1,-y1? ? ,设点 D x2,y2? ? ,直线 AB的斜率为 k= y1x1 ,因为 AB?CD,则直线 CD的方程为 y+y1= y1x1 x-x1? ? ,联立 y+y1= y1x1 x-x1? ?x22 +y2=1????? ,消去 y并整理可得 1x21x2- 4y21x1 x+4y21 -1=0,由韦达定理可得 x1+x2= 4y21x11x21 =4x1y21,因为 AC? ? =2y1,所以四边形 ABCD的面积为 S=S△ABC+S△ACD= 12 AC? ? ? 2x1+x2-x1? ? = 12 ×2y1×x1+x2? ? =4x1y31,S2=16x21y61 =16 2-2y21? ?y61 =32 1-y21? ?y61,令 y21 =t∈ 0,1? ? , g t? ? =32 1-t? ?t3,则 g? t? ? =96t2-128t3=32t2 3-4t? ? ,当 00,此时函数 g t? ? 单调递增;当 34
专题 37:圆锥曲线的统一定义参考答案1. A【分析】根据题设条件,化简得到 (x-1)2+(y-2)2 = |3x+4y+2|32+42 × 12 ,结合椭圆的定义 ,即可求解 .【解析】由 10 (x-1)2+(y-2)2 =|3x+4y+2|,即 (x-1)2+(y-2)2 = |3x+4y+2|32+42 × 12 ,其几何意义为点 P(x,y)到定点 (1,2)的距离等于到定直线 3x+4y+2=0的距离的 12 ,根据椭圆的定义, 可得点 P是以 (1,2)为焦点,以直线 3x+4y+2=0为准线的椭圆 .故选: A.2. B【分析】设双曲线 C: x2a2 - y2b2 =1的右准线为 l,过 A、 B分别作 AM⊥l于 M, BN⊥l于 N, BD⊥AM于D,根据直线 AB的斜率为 3,得到 AD? ? = 12 AB? ? ,再利用双曲线的第二定义得到 AD? ? =1e AF??? ? - FB??? ?? ? ,又 AB? ? = AF??? ? + FB??? ? ,结合 AF?? =4FB??求解 .【解析 】设双曲线 C: x2a2 - y2b2 =1的右准线为 l,过 A、 B分别作 AM⊥l于 M, BN⊥l于 N, BD⊥AM于 D,如图所示:因为直线 AB的斜率为 3,所以直线 AB的倾斜角为 60°,∴∠BAD=60°, AD? ? = 12 AB? ? ,由双曲线的第二定义得: AM? ? - BN? ? = AD? ? = 1e AF??? ? - FB??? ?? ? = 12 AB? ? = 12 AF??? ? + FB??? ?? ? ,又 ∵AF?? =4FB??,∴ 3e FB??? ? = 52 FB??? ? ,∴e= 65故选: B【 点评】本题主要考查双曲线的第二定义的应用以及离心率的求法,还考查了数形结合的思想和运算求解的 第 350页 共 377页
能力, 属于中档题 .3. A【分析】先证明:当点 M与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数 e(0c>0),设 d是点 M到直线 l的距离,根据题意 ,所求轨迹就是集合 P= M MF? ?d = ca???? ? ? ? ,由此得 (x-c)2+y2a2c -x? ? = ca.将上式两边平方, 并化简得 (a2-c2)x2+a2y2=a2(a2-c2).设 a2-c2=b2,就可化成 x2a2 + y2b2 =1(a>b>0),这是椭圆的标准方程.故当点 M与一个定点的距离和它到一条定直线的距离的比是常数 e(0
所以 BN? ?a2c -xB =e,即 BN? ? =a-exB由焦半径公式可得, ΔABN的周长为AN? ? + BN? ? + AB? ? =xA+ p2 +a-exB+xB-xA=2+4- 12xB+xB=6+ 12xB,由 xB∈ 43 ,4? ? ,得到 6+ 12xB∈ 203 ,8? ? ,所以 ΔABN的周长的取值范围为 203 ,8? ? .故选: C.【点评 】本题考查抛物线的定义,椭圆焦半径公式,椭圆上点的范围,属于中档题 .5. A【分析】设 P(x0,y0),由题得 |PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0,根据 PF1? ? =4PF2? ? 得 x0= 3a5e ≤a即得解 .【解析 】设 P(x0,y0)由题得 |PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0,因为 PF1? ? =4PF2? ?所以 a+ex0=4a-4ex0,∴x0= 3a5e ≤a,∴e≥ 35 ,所以此椭圆的离心率 e的最小值为 35 .故选: A【 点评】本题主要考查椭圆的定义和离心率的最值的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平 .6. B【分析】设 P x0,y0? ? ,根据椭圆的第二定义可得 |PF|x0+ 92 = 23 ,即 |PF|= 23x0+3,由此即可确定 |PF|的取值范围,即可求出 |PF|的最大值。【解析】椭圆 x29 + y25 =1的左准线方程为 x=- 92设 P x0,y0? ? ,则根据椭圆的第二定义可得 |PF|x0+ 92 = 23∴|PF|= 23x0+3∵-3≤x0≤3 第 352页 共 377页
∴-2≤ 23x0≤2∴1≤ 23x0+3≤5∴1≤|PF|≤5∴|PF|max=5故选: B【点评】本题考查椭圆的性质,考查椭圆的第二定义,解题的关键是表达出焦半径. 7. B【解析】 分析: AF? ?,BF? ? 是焦半径, 故可用焦半径公式把 AF? ? BF? ?AF? ? + BF? ? 转化为 x1x2+ a4 x1+x2? ? + a216x1+x2+ a2 ,联立直线方程和抛物线方程后再利用韦达定理可求此值 .详解 :设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,直线 l:y=k x- a4? ? =kx- ka4 .由 y=kx- ka4y2=ax??? 得到 k2x2- k2a2 +a? ? x+ k2a216 =0,故 x1+x2= a2 + ak2 ,x1x2= a216 ,所以AF? ? BF? ?AF? ? + BF? ? = x1+ a2? ? x2+ a2 ?x1+x2+ a2 = x1x2+ a4 x1+x2? ? + a216x1+x2+ a2 = a24 + a24k2a+ ak2 = a4 ,故选 B.点睛: 圆锥曲线中的定值问题,需要把目标代数式转化为关于 x1,x2(或 y1,y2)的代数式 (A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? 为直线与圆锥曲线的两个交点 ),通过联立方程组消元后利用韦达定理求定值 .8. C【解析】试题分析:由题意得,设 P(x,y),因为动点 P到点 M -2,0? ? 和到直线 x=-2的距离相等 ,即 PA? ? =d,即 (x+2)2+y2 = x+2? ? ,化简得 y=0, 所以动点 P的轨迹是一条直线,故选 C.考点:轨迹方程的求解 .9. C【解析】试题分析:设椭圆上的点 P(x0,y0),可知 PF1? ? =a-ex0,PF2? ? =a+ex0,因为 ΡΟ? ? 2= ΡF1? ? ? ΡF2? ? ,则有a2-e2x02=x02+y02=x02+b2 1- x02a2? ? ,解得 x0=± 2a2 ,因此满足条件的有四个点 ,故选 C.考点:新定义,椭圆的焦半径公式. 10. 4【分析】根据椭圆方程 x24 + y23 =1,设 M x1,y1? ? ,N x2,y2? ? ,由椭圆的第二定义得到 MF? ? =2- 12x1,NF? ? =2- 12x2,设 P m,n? ? ,然后根据外角平分线定理 ,由 MF? ?NF? ? = MP? ?NP? ? 求解 .【解析 】如图所示: 第 353页 共 377页
因为椭圆方程为 x24 + y23 =1,所以 a=2,b= 3,c=1,所以椭圆的右焦点是 F 1,0? ? ,所以离心率为 e= ca = 12 ,设 M x1,y1? ? ,N x2,y2? ? ,由椭圆的第二定义得:e= MF? ?x1- a2c? ? = NF? ?x2- a2c? ? ,所以 MF? ? =2- 12x1,NF? ? =2- 12x2,设 P m,n? ? ,由外角平分线定理得 MF? ?NF? ? = MP? ?NP? ? ,即 x1-mx2-m = 2- 12x12- 12x2 ,化简得 2 x1-x2? ? = 12m x1-x2? ? ,解得 m=4所以 P的横坐标为 4故答案为: 4【 点评】关键点点睛:本题关键是外角平分线定理的应用 .11. x-2y+4=0【分析】由抛物线的几何性质可得 ∠EAF的角平分线即为 EF的垂直平分线,求出 E、 F的坐标后可得该垂直平分线的方程 .【解析】由抛物线的几何性质可得 AE? ? = AF? ? ,故 ΔEAF为等腰三角形,故 ∠EAF的角平分线即为 EF的垂直平分线 .又 F 1,0? ? ,E -1,4? ? ,故 EF的中点坐标为 0,2? ? ,又 kEF= -42 =-2,故 EF的垂直平分线方程为: y-2= 12 x-0? ? 即 x-2y+4=0.故答案为: x-2y+4=0. 第 354页 共 377页
【点评 】本题考查抛物线的几何性质,注意抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等,解题时常利用这个性质实现两类距离之间的转化,本题属于中档题 .12. ± 3【分析 】设 l为椭圆的右准线,过 A、 B作 AA1, BB1垂直于 l,过 B作 BE⊥AA1于 E,根据椭圆的第二定义,转化求解即可.【解析】设 l为椭圆的右准线,过 A、 B作 AA1, BB1垂直于 l, A1, B1为垂足,过 B作 BE⊥AA1于 E,根据椭圆的第二定义,得|AA1|= AF? ?e , |BB1|= BF? ?e ,∵AF?? =2FB??, ∴cos∠BAE= AE? ?AB? ? = BF? ?e3BF? ? = 13e = 12 ,∴tan∠BAE= 3.∴k=± 3.故答案为 ± 3【点评 】本题考查椭圆的简单性质的应用,椭圆的第二定义,考查转化思想以及计算能力. 第 355页 共 377页
专题 38:圆锥曲线的新定义参考答案1. C【分析】求出满足条件 PF1? ?PF2? ? = 21 时的 PF1? ? 和 PF2? ? ,再求出 F1F2? ? ,验证 PF1? ? , PF2? ? , F1F2? ? 能否是三角形的三边长, 即可得.【解析】 PF1? ?PF2? ? = 21 ,则 PF1? ? =2PF2? ? ,若是椭圆 ,则 PF1? ? + PF2? ? =3PF2? ? =2a, PF2? ? = 2a3 , PF1? ? = 4a3 ,若是双曲线, 则 PF1? ? - PF2? ? = PF2? ? =2a, PF1? ? =4a,A中椭圆, a=6,c=2, PF2? ? =4, PF1? ? =8, F1F2? ? =4,不存在 △PF1F2;B中椭圆, a=4,c=1, PF1? ? = 83 , PF1? ? = 163 , F1F2? ? =2,不存在 △PF1F2C中双曲线, a= 5,c=3,双曲线上点到到右焦点距离的最小值是 c-a=3- 5< 2a3 ,PF2? ? =2 5, PF1? ? =4 5, F1F2? ? =6,构成 △PF1F2,存在“ Ω点”,D中双曲线, a=1, c=4, PF2? ? =2, PF1? ? =4, F1F2? ? =8,不存在 △PF1F2故选: C.【点评】本题考查新定义“ Ω点”,解题方法是弱化条件,求出满足部分条件的 P点具有的性质,验证是否满足另外的条件:构成三角形.从而完成求解. 2. B【分析】设点 P x,y? ? ,由 PO? ? 2= PF1? ? ? PF2? ? 得出关于 x、 y的等式, 由 y2=1- x24 ,求出方程的解 ,即可得出结论 .【解析】设点 P x,y? ? ,则 y2=1- x24 , F1 - 3,0? ? 、 F2 3,0? ? ,PF1? ? = x+ 3? ? 2+y2 = x2+2 3x+3+1- x24 = 3x24 +2 3x+4=2+ 32 x,PF2? ? =4- PF1? ? =4- 2+ 3x2? ? =2- 3x2 ,由 PO? ? 2= PF1? ? ? PF2? ? ,得 x2+y2= 2+ 3x2? ? 2- 3x2 ? ,即 3x24 +1=4- 3x24 ,解得 x=± 2,此时 y=± 22 ,所以, 椭圆 C上有且只有 4个点是“★”点 .故选: B.【点评】本题考查椭圆中的新定义,考查椭圆方程的应用,考查化归与转化思想的应用,属于中等题 .3. B【分析】根据新定义“ δ和”,通过数形结合判断 (1)正确,通过研究函数最值对选项 (2)(3)(4)逐一判断即可 .【解析】 (1)当 x? ? + y? ? =1时, 点 P(x,y)的轨迹如图,其面积为 2,正确;第 356页 共 377页
(2)∵P是直线 2x-y-4=0上的一点, ∴y=2x-4,∴ x? ? + y? ? = x? ? + 2x-4? ? = 4-3x,x≤0,4-x,00,即直线与椭圆有公共点,即为“ A型直线”,联立 y=2和 x24 + y23 =1,显然无交点 ,故不是“ A型直线”,联立 y=-x+3和 x24+y23=1,消 y整理可得 7x2-24x+24=0,故 Δ<0,故不是“ A型直线”,联立 y=-2x+3和 x24 + y23 =1消 y整理可得 19x2-48x+24=0,故 Δ>0, 即直线与椭圆有公共点,即为“ A型直线”,故选: D【点评】本题考查了椭圆的定义以及椭圆的标准方程,此题属于圆锥曲线的新定义题目,同时考查了直线与 椭圆位置关系的判断,属于中等题 . 第 357页 共 377页
5. AC【 分析】利用曲率半径公式的定义, A中有圆上任一点 R?=R4 R2R4? ? 32 =R; B、 C中由椭圆在 (±a,0), (0,±b)处分别是最大、最小处,结合公式求得曲率半径的范围; D中由公式得 R= a-834 +a43 - a-234? ? 32,构造 f(a)=a-834 +a43 - a-234 ,利用导数研究其单调性即可 ,进而可确定正确选项 .【解析】 A:由题设知:圆的方程可写为 x2R2 + y2R2 =1,所以圆上任一点 P x0,y0? ? 曲率半径为 R?=R4 x20+y20R4? ? 32 =R4 R2R4? ? 32 =R,正确 ;B、 C:由 x2a2 + y2b2 =1 a>0,b>0? ? 弯曲最大处为 (±a,0),最小处为 (0,±b),所以在 (±a,0)处有 R=a2b2 a2a4 + 0b4? ? 32 = b2a ,在 (0,±b)处有 R=a2b2 0a4 + b2b4? ? 32 = a2b ,即 R∈ b2a,a2b??? ? ? ? ? ,故 B错误 , C正确;D:由题意, 12 ,y0? ? 处的曲率半径 R=a2 14a4 +y20? ? 32,而 y20 =1- 14a2 ,所以 R=a2 14a4 - 14a2 +1? ? 32 = a-834 +a43 - a-234? ? 32,令 f(a)= a-834 +a43 - a-234 ,则在 a>1上有 f?(a)= a-1136 (8a4+a2-4)>0恒成立 ,故 R在 a>1上随着 a的增大而增大,错误;故选: AC.【点评】由曲率半径公式,结合曲线方程写出相应点的曲率半径,根据圆、椭圆的性质,构造函数并应用导数 研究其单调性,判断各项的正误 .6. BCD【分析】动点坐标为 x,y? ? ,根据题意可得曲线 C的方程为 x+1? ? 2+y2? ? ? x-1? ? 2+y2? ? =a4,对各个选项逐一验证 ,即可得出结论.【解析】由题意设动点坐标为 x,y? ? ,则 (x+1)2+y2 ? (x-1)2+y2 =a2,即 (x+1)2+y2? ? (x-1)2+y2 ? =a4,若曲线 C过坐标原点 0,0? ? ,将点 0,0? ? 代入曲线 C的方程中可得 a2=1与已知 a>1矛盾,故曲线 C不过坐标原点 ,故 A错误;把方程中的 x被 -x代换, y被 -y代换,方程不变,故曲线 C关于坐标原点对称,故 B正确;因为把方程中的 x被 -x代换,方程不变,故此曲线关于 y轴对称,把方程中的 y被 -y代换,方程不变,故此曲线关于 x轴对称,故曲线 C关于坐标轴对称,故 C正确;若点 P在曲线 C上,则 PF1? ? PF2? ? =a2,S△F
1PF2= 12 PF1? ? PF2? ?sin∠F1PF2≤ 12a2,当且仅当 ∠F1PF2=90°时等号成立,故 △F1PF2的面积不大于 12a2,故 D正确 . 第 358页 共 377页
故选: BCD.【点评】本题考查圆锥曲线新定义,轨迹方程的求法,关键是读懂题意,并能正确运用新定义是解题的关键, 属于中档题型 .7. BCD【分析】令 y=0,求出整点的坐标,可判断选项 A;利用已知和两点距离公式可判断选项 B;由曲线 C上关于y=x对称的两点都满足方程,可判断选项 C;联立直线 y=kx与曲线 C解出方程的根,可得实数 k的取值范围.【解析】 y=0时, x4=4x2, x=0或 2或 -2,三个整点 0,0? ? , 2,0? ? , -2,0? ? , y≥1无解, ∴共有 3个整点 , A错误,x2+y2= 4(x2-y2)x2+y2 ≤4,曲线 C上往取一点 p x,y? ? 到原点的距离 d= x2+y2 ≤2﹐ B正确;曲线 C上往取一点 M关于 y=x的对称点为 N, 设 N x,y? ? ,则 M y,x? ? , M在曲线 C上, ∴(x2+y2)2=4(y2-x2), C正确.y=kx与曲线 C一定有公共点 0,0? ? , ∵y=kx与曲线 C只有一个公共点 , (x2+y2)2=4(x2-y2)y=kx???则 x4(1+k2)=4x2(1-k2), ∴1-k2≤0, ∴k≥1或 k≤-1, D正确故选: BCD8. 8π3【分析 】可作出对应曲线的图象,结合图形,求出题中“中心投影点”构成的曲线长度对应圆中的圆心角,从而 求出其“中心投影点”构成的曲线的长度 .【解析】曲线 y2- x23 =1的渐近线方程为: y=± 33 x ,设渐近线与圆 x2+y2=4的交点分别为 A,C,B,D,如下图则曲线 y2- x23 =1上所有点的“ 中心投影点”构成的曲线为圆弧 AB?,CD?由题意 ∠AOx= π6 ,所以 ∠AOB= 2π3所以 AB?= 2π3 ×2= 4π3 ,则 AB?+CD?= 8π3故答案为: 8π39.②③【分析 】根据“友好点”的定义,根据逐项判断即可得到结果. 第 359页 共 377页
【解析 】定义点 P x,y? ? 的“ 友好点”为: P′ xx2+y2 , yx2+y2? ? ,即 xx2+y2? ? 2+ yx2+y2? ? 2=1, x≠0且y≠0 .对于①, 取 A x,y? ? , x≠0且 y≠0,则点 A的 “友好点”点 A′ xx2+y2 , yx2+y2? ? ,所以A′ xx2+y2 , yx2+y2? ? 的“ 友好点”是点 A′ xx2+y2 , yx2+y2? ? ,故①错误 ;对于②,设单位圆上任意一点 A cosθ,sinθ? ? ,所以 A的 “友好点”点 A′ cosθ,sinθ? ? ,所以 A′ cosθ,sinθ? ? 仍在在单位圆上, 故②正确;对于③,取 A x,y? ? , x≠0且 y≠0,则点 A的 “友好点”点 A′ xx2+y2 , yx2+y2? ? ,若 A的 “友好点”点为 A,则 x= xx2+y2y= yx2+y2??????? ,可知 x2+y2=1, 所以点 A一定在单位圆上,故③正确;对于④,由“友好点”点的定义可知 x≠0且 y≠0,故 OA′? ? ≠0,故④错误.故答案为 :②③.【点评】本题考查了新定义型问题的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题型. 10. (1)x24 + y22 =1, x2+y2=6; (2)证明见解析 .【分析 】 (1)利用椭圆 C的长轴长是短轴长的 2 倍, 且经过点 ( 2,1),列方程求出 a,b的值,从而可得答案;(2)讨论弦 AB垂直与不垂直于 x轴两种情况,不垂直时,设直线 AB的方程为 y=kx+m,与椭圆方程联立,利用点到直线距离公式、勾股定理求出弦 AB的长,利用韦达定理,结合 OM??? ?ON?? =0化简即可得答案 .【解析】 (1)由题意 a= 2b,2a2 + 1b2 =1,??? 解得 a=2, b= 2所以椭圆的标准方程为 x24 + y22 =1椭圆 C的“ 准圆”方程为 x2+y2=6(2)证明:①当弦 AB⊥x轴时,交点 M、 N关于 x轴对称,又 OM??? ?ON?? =0,则 OM⊥ON,可设 M(t,t)、 N(t,-t), t24 + t22 =1得 |t|= 2 33此时原点 O到弦 AB的距离 d=|t|= 2 33 ,则 ,因此 |AB|=2 6- 43 = 23 42②当弦 AB不垂直于 x轴时 ,设直线 AB的方程为 y=kx+m,且与椭圆 C的交点 M x1,y1? ? 、 N x2,y2? ? ,联列方程组 y=kx+mx24 + y22 =1??? ,代入消元得: 2+4k2? ?x2+8kmx+4m2-8=0,由 x1+x2= -8km2+4k2 ,x1x2= 4m2-82+4k2 第 360页 共 377页
可得 y1y2= kx1+m? ? kx2+m ? =k2× 4m2-82+4k2 +km× -8km2+4k2 +m2= 2m2-8k22+4k2 ,由 OM??? ?ON?? =0得 x1x2+y1y2=0,即 4m2-82+4k2 + 2m2-8k22+4k2 = 6m2-8k2-82+4k2 =0,所以 m2= 43 k2+1? ?此时 △=32 4k2-m2+2? ? =32 83k2+ 23? ? >0成立,则原点 O到弦 AB的距离 d= |m|k2+1 = m2k2+1 = 43 = 2 33 ,则 |AB|=2 6- 43 = 23 42,综上得 |AB|= 23 42,因此弦 AB的长为定值 .【点评】方法点睛:探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种:① 从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出 定值,再证明这个值与变量无关;② 直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值 .11. (1)x2+y2= 43 ; (2)OA?? ?OB?? =0; (3)证明见解析,定圆的方程为 x2+y2= 43 .【分析 】 (1)由协同圆的定义,结合椭圆方程的参数写出协同圆圆 O的方程;(2)讨论直线 l的斜率存在和不存在两种情况:斜率不存在时,直接求出交点坐标,利用向量数量积的坐标表示求 OA?? ?OB?? ;斜率存在时,设 l:y=kx+t联立椭圆方程,由切线的性质确定判别式符号,应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求 OA?? ?OB?? ;(3)设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1x2+y1y2=0,讨论 OM,ON有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在,分别求 |OM|, |ON|, |MN|,由等面积法求 |OH|,即可证结论,并写出定圆方程 .【解析】 (1)由椭圆 C: x24 + y22 =1,知 a2=4,b2=2.根据协同圆的定义,可得该椭圆的协同圆为圆 O:x2+y2= 43 .(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 OA?? ?OB?? =x1x2+y1y2.直线 l为圆 O的切线,分直线 l的斜率存在和不存在两种情况讨论:①当直线 l的斜率不存在时,直线 l:x=± 23 .若 l:x= 23 ,由 x24 + y22 =1x= 23????? ,解得 x= 23y=± 23????? ,此时 OA?? ?OB?? =x1x2+y1y2= 43 - 43 =0.若 l:x=- 23 ,同理得 : OA?? ?OB?? =0.②当直线 l的斜率存在时,设 l:y=kx+t.由 x24 + y22 =1y=kx+t??? ,得 (1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0,有 Δ=16k2t2-8(1+2k2)(t2-2)=8(4k2-t2+2),又直线 l是圆 O的切线,故 |t|1+k2 = 23 ,可得 3t2=4k2+4.∴Δ>0,则 x1+x2=- 4kt1+2k2x1x2= 2t2-41+2k2????? ,而 y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2= t2-4k21+2k2 .∴x1x2+y1y2= 2t2-41+2k2 + t2-4k21+2k2 = 3t2-4k2-41+2k2 =0,即 OA?? ?OB?? =0.综上,恒有 OA?? ?OB?? =0. 第 361页 共 377页
(3)∵M,N是椭圆 C上的两个动点且 OM⊥ON,设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1x2+y1y2=0.∴直线 OM,ON:有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论 .若直线 ON的斜率不存在,即点 N在 y轴上,则点 M在 x轴上,有 x21=4,y22 =2.∴|OM|=2, |ON|= 2,且 |MN|= x21+y22 = 6,由 S△OMN= 12 |OM|?|ON|= 12 |OH|?|MN|,解得 |OH|= 23 .若直线 OM,ON的斜率都存在,设 OM:y=k1x,则 ON:y=- 1k1x.由 x24 + y22 =1y=k1x??? ,得 x21= 41+2k2y21 = 4k211+2k2??????? ,有 |OM|=2 1+k211+2k21 ;同理 ,得 |ON|=2 1+k212+k21 .于是, |MN|= |OM|2+|ON|2 =2 3(1+k21)2(1+2k21)(2+k21) .由 S△OMN= 12 |OM|?|ON|= 12 |OH|?|MN|,可得 |OH|= 23 .因此, 总有 |OH|= 23 ,即点 H在圆心为坐标原点 ,半径为 23 的圆上 .∴该定圆的方程为圆 x2+y2= 43 .【点评 】研究直线与曲线相交关系注意讨论直线的斜率是否存在,求出交点坐标或联立椭圆、直线方程,根据判断判别式的符号、根与系数关系,结合题设已知条件列方程求定值或定曲线 .12. (1)椭圆方程为 x23 +y2=1,“ 准圆”方程为 x2+y2=4; (2)证明见解析 .【分析】 (1)由已知 c= 2,a= 3,进而可得椭圆 C的方程和其 “准圆”方程;(2)①当直线 l1, l2中有一条斜率不存在时,分别求出 l1和 l2,验证命题成立;②当 l1, l2斜率存在时,设点 P(x0, y0),其中 x20+y20 =4,联立过点 P(x0, y0)与椭圆相切的直线方程与椭圆方程,由 Δ=0化简整理,可证得l1⊥l2;进而得出线段 MN为“准圆” x2+y2=4的直径,即线段 MN的长为定值.【解析】 (1)∵椭圆 C的一个焦点为 F 2,0? ?其短轴上的一个端点到 F的距离为 3.∴c= 2,a= 3,∴b= a2-c2 =1,∴椭圆方程为 x23 +y2=1,∴“准圆 ”方程为 x2+y2=4.(2)证明:①当直线 l1, l2中有一条斜率不存在时,不妨设直线 l1斜率不存在,则 l1: x=± 3,当 l1: x= 3 时, l1与 “准圆”交于点 ( 3, 1), ( 3, -1),此时 l2为 y=1(或 y=-1),显然直线 l1, l2垂直;同理可证当 l1: x=- 3 时, 直线 l1, l2垂直.②当 l1, l2斜率存在时,设点 P(x0, y0),其中 x20+y20 =4.设经过点 P(x0, y0)与椭圆相切的直线为y=t(x-x0)+y0, 第 362页 共 377页
∴由 y=t x-x0? ? +y0x23 +y2=1???得 (1+3t2)x2+6t(y0-tx0)x+3(y0-tx0)2-3=0.由 Δ=0化简整理,得 (3-x20)t2+2x0y0t+1-y20 =0,∵x20+y20 =4, ∴有 (3-x20)t2+2x0y0t+(x20-3)=0.设 l1, l2的斜率分别为 t1, t2,∵l1, l2与椭圆相切, ∴t1, t2满足上述方程 (3-x20)t2+2x0y0t+(x20-3)=0,∴t1·t2=-1,即 l1, l2垂直.综合①②知, l1⊥l2.∵l1, l2经过点 P(x0, y0),又分别交其“准圆”于点 M, N,且 l1, l2垂直.∴线段 MN为“准圆” x2+y2=4的直径, |MN|=4,∴线段 MN的长为定值.【点评】思路点睛:本题考查椭圆的标准方程,考查新定义,考查椭圆的切线方程,考查直线与椭圆的位置关 系,有关平面解析问题一些基本解题思想总结如下: 1.常规求值问题:需要找等式,范围问题需要找不等式;2.是否存在问题:当作存在去求,不存在时会无解;3.证明定值问题:把变动的元素用参数表示出来,然后证明结果与参数无关,也可先猜再证; 4.处理定点问题:把方程中参数的同次项集在一起,并令各项系数为 0,也可先猜再证;5.最值问题:将对象表示为变量的函数求解.13. (1)d P,C? ? =2 2; (2)4+π.【 分析】 (1)设 A y204 ,y0? ? 是抛物线 C:y2=4x上任意一点, 则 PA? ? = 116 y20 -4? ? 2+8,可求出答案 .(2)设线段 l的端点分别为 A, B,以直线 AB为 x轴, AB的中点为原点建立直角坐标系,则 A -1,0? ? , B 1,0? ? ,则集合 D= Pd P,l? ? ≤1?? ? 所表示的图形是一个边长为 2的正方形和两个半径是 1的半圆, 从而可求解 .【解析】解: (1)设 A y204 ,y0? ? 是抛物线 C:y2=4x上任意一点, 则PA? ? = 3- y204? ? 2+ 0-y0? ? 2 = y4016 - 12y20 +9= 116 y20 -4? ? 2+8,因为 y0∈R,所以当 y0=±2时, PA? ? min=2 2.点 P 3,0? ? 到抛物线 C:y2=4x的距离 d P,C? ? =2 2.(2)设线段 l的端点分别为 A, B,以直线 AB为 x轴, AB的中点为原点建立直角坐标系,则 A -1,0? ? , B 1,0? ? ,点集 D由如下曲线围成 :l1:y=1, x? ? ≤1? ? , l2:y=-1, x? ? ≤1? ? ,C1: x+1? ? 2+y2=1, x≤-1? ? , C2: x-1? ? 2+y2=1, x≥1? ? ,∴集合 D= Pd P,l? ? ≤1?? ? 所表示的图形是一个边长为 2的正方形和两个半径是 1的半圆, ∴其面积为 S=22+π=4+π. 第 363页 共 377页
【点评 】本题考查抛物线上的点与已知点的距离的最值,考查新定义问题,考查数形结合思想,考查逻辑分析能力,属于中档题 .14. (1)x28 + y24 =1, x2+y2=12; (2)证明见解析 .【分析】 (1)本题可根据题意得出 e= ca = 22 以及 4a2 + 2b2 =1,然后通过计算得出 a、 b的值以及椭圆方程 ,最后根据 r= a2+b2 即可求出卫星圆的方程;(2)本题可先讨论 l1、 l2中有一条无斜率的情况,通过求出 l1与 l2的方程即可求出 MN? ? 的值, 然后讨论 l1、 l2都有斜率的情况,设点 P x0,y0? ? 以及经过点 P且与椭圆只有一个公共点的直线为 y=t x-x0? ? +y0,再然后通过联立方程以及韦达定理的应用得出满足条件的两直线 l1、 l2垂直 ,判断出此时线段 MN应为“卫星圆”的直径以及 MN? ? 的值, 最后综合两种情况即可得出结果 .【解析】 (1)因为椭圆 C的离心率为 22 ,点 2, 2? ? 在 C上,所以 e= ca = 224a2 + 2b2 =1????? ,解得 a=2 2, b=2,椭圆方程为 x28 + y24 =1,因为 r= a2+b2 =2 3,圆心为原点 O,所以卫星圆的方程为 x2+y2=12.(2)①当 l1、 l2中有一条无斜率时,不妨设 l1无斜率,因为 l1与椭圆只有一个公共点,所以其方程为 x=2 2 或 x=-2 2,当 l1方程为 x=2 2 时, 此时 l1与“卫星圆”交于点 2 2,2? ? 和 2 2,-2? ? ,此时经过点 2 2,2? ? 或 2 2,-2? ? 且与椭圆只有一个公共点的直线是 y=2或 y=-2,即 l2为 y=2或 y=-2,此时 l1⊥l2,线段 MN应为“卫星圆”的直径, MN? ? =4 3,②当 l1、 l2都有斜率时, 设点 P x0,y0? ? ,其中 x02+y02=12,设经过点 P x0,y0? ? 与椭圆只有一个公共点的直线为 y=t x-x0? ? +y0,联立方程 y=t x-x0? ? +y0x28 + y24 =1??? ,消去 y得到 1+2t2? ?x2+4t y0-tx0? ?x+2 y0-tx0? ? 2-8=0,则 Δ= 64-8x02? ?t2+16x0y0t+32-8y02=0,t1?t2= 32-8y0264-8x02 = 32-8 12-x02? ?64-8x02 =-1, 满足条件的两直线 l1、 l2垂直,此时线段 MN应为“卫星圆”的直径, MN? ? =4 3,综合①②可知, MN? ? 为定值, MN? ? =4 3.【点评 】本题考查椭圆方程的求法以及圆的方程的求法,考查椭圆、直线以及圆相交的综合问题的求解,考查 第 364页 共 377页
韦达定理以及判别式的灵活应用, 考查计算能力,考查转化与化归思想,是难题 .15. (1)不存在,理由详见解析; (2)4x-y-5=0; (3)证明见解析 .【分析】 (1)由题意可知,点 F为 ΔABC的重心,假设存在一点使得“向心三角形”存在,求得该点的坐标,代入抛物线的方程,进行判断即可; (2)设点 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? 、 C x3,y3? ? ,利用点差法求得 y1+y2=1, 根据重心的坐标公式,求出线段 AB的中点坐标,然后利用点斜式方程可得出直线 AB的方程;(3)由 y1=- y2+y3? ? ,等式两边平方 ,利用基本不等式可得出 x1<2 x2+x3? ? ,结合等式 x2+x3=3-x1可求出 x1<2, 进而证明结论成立 .【解析】 (1)由题意可知,抛物线的标准方程为 y2=4x,由 FA?? +FB??+FC?? =0?,可知, F为 ΔABC重心,设存在点“向心三角形”,其中两个顶点的坐标分别为 0,0? ? 和 1,2? ? ,另外的顶点为 x0,y0? ? ,由 0+1+x03 =10+2+y03 =0????? ,解得 : x0=2y0=-2??? ,显然 y20 ≠4x0,故不存在“向心三角形”,其中两个顶点的坐标分别为 0,0? ? 和 1,2? ? ;(2)设 A x1,y1? ? 、 B x2,y2? ? 、 C x3,y3? ? ,由 y21 =4x1y22 =4x2??? ,两式相减 ,得 y1-y2? ? y1+y2 ? =4 x1-x2? ? ,所以 y1-y2x1-x2 = 4y1+y2 =4,所以 y1+y2=1,由题意可知 , y1+y2+y3=0,所以 y3=-1,则 x3= 14 ,由 x1+x2+x3=3,所以 x1+x2= 114 ,所以 ,线段 AB的中点 118 , 12? ? ,因此, 直线 AB的方程为 y- 12 =4 x- 118? ? ,整理得 4x-y-5=0.因此,直线 AB的方程 4x-y-5=0;(3)由 (2)可知 x1+x2+x3=3,则 x2+x3=3-x1,①由 y1+y2+y3=0, y1=- y2+y3? ? ,平方可得 y21 =y22 +2y2y3+y23 ≤2 y22 +y23? ? ,当且仅当 y2=y3时取等号 ,显然 y2≠y3,所以 y214 <2 y224 + y234? ? ,即 x1<2 x2+x3? ? ,将①代入可得 x1<2 3-x1? ? ,解得 x1<2,所以点 A的横坐标小于 2.【 点评】本题考查抛物线的性质,直线与抛物线的位置关系,考查三角形重心坐标公式的应用、点差法以及基 本不等式的应用,考查计算能力与推理能力,属于中等题 .16. (1)l与椭圆 C相切.见解析 (2)逆命题:若直线 l: ax0x+by0y=1与椭圆 C相交,则点 N(x0, y0)在椭圆C的外部.是真命题.见解析 (3)为定值 0,见解析【分析】 (1) ax2+by2=1ax0x+by0y=1? aby02+a2x02? ?x2-2ax0x+1-by02=0??? ,由根的差别式能得到 l与椭圆 C相切.(2)逆命题:若直线 l: ax0x+by0y=1与椭圆 C相交,则点 N(x0, y0)在椭圆 C的外部.是真命题.联立方程得 aby02+a2x02? ?x2-2ax0x+1-by02=0.由 Δ=4a2x02-4a by02+ax02? ? 1-by02 ? >0,能求出 N(x0, y0)在椭第 365页 共 377页
圆 C的外部.(3)此时 l与椭圆相离, 设 M(x1, y1), A(x, y)则 x= x1+λ1x01+λ1y= y1+λ1y01+λ1??????? 代入椭圆 C: ax2+by2=1,利用 M在 l上,得ax02+by02-1? ?λ12+ax12+by12-1=0.由此能求出 λ1+λ2=0.【解析】解: (1) ax2+by2=1ax0x+by0y=1? aby02+a2x02? ?x2-2ax0x+1-by02=0???即 ax2-2ax0x+ax02=0∴Δ=4a2x02-4a2x02=0∴l与椭圆 C相切.(2)逆命题:若直线 l: ax0x+by0y=1与椭圆 C相交,则点 N(x0, y0)在椭圆 C的外部.是真命题.联立方程得 aby02+a2x02? ?x2-2ax0x+1-by02=0则 Δ=4a2x02-4a by02+ax02? ? 1-by02 ? >0∴ax02-by02+b2y04-ax02+abx02y02>0∴by02+ax02>1∴N(x0, y0)在椭圆 C的外部.(3)同理可得此时 l与椭圆相离,设 M(x1, y1), A(x, y)则 x= x1+λ1x01+λ1y= y1+λ1y01+λ1??????? 代入椭圆 C: ax2+by2=1,利用 M在 l上,即 ax0x1+by0y1=1,整理得 ax02+by02-1? ?λ12+ax12+by12-1=0同理得关于 λ2的方程,类似.即 λ1、 λ2是 ax02+by02-1? ?λ2+ax12+by12-1=0的两根∴λ1+λ2=0.【点评】本题是一道解析几何中的新定义题目,考查了四种命题以及命题真假的判断、直线与椭圆中的定值 问题,考查了学生审题、分析、解决问题的能力,综合性比较强,属于难题 .17. (1)是; (2)(2,2 2]; (3)是, 证明见解析 .【分析】 (1)直接判断即可,(2)由 (1)的方法判断,可得 y=-2时,函数值达到最大,分别讨论二次项系数的正负,是否满足条件得出 a的取值范围;(3)设参数方程满足以 MN为直径的圆过原点,使数量积为零得出定点 (0, ±2 2).【解析 】 (1)由题意得椭圆方程: x25 + y24 =1,所以 A(0, 2),设 P(x, y)则 |PA|2=x2++(y-2)2=5? 1- y24? ? +(y-2)2=- 14y2-4y+9, y∈[-2, 2],二次函数开口向下,对称轴 y=-8, y∈[-2, 2]上函数单调递减,所以 y=-2时,函数值最大,此时 P为椭圆的短轴的另一个端点, 第 366页 共 377页
∴椭圆是“ 圆椭圆”;(2)由 (1)的方法:椭圆方程: x2a2 + y24 =1, A(0, 2)设 P(x, y),则 |PA|2=x2+(y-2)2=a2? 1- y24? ? +(y-2)2= -a24 +1? ? y2-4y+4+a2, y∈[-2, 2],由题意得,当且仅当 y=-2时,函数值达到最大,讨论:①当开口向上时,满足: -a24 +1>0- -42 -a24 +1? ? >0??????? ? -2b矛盾,舍 );②当开口向下时,满足 -a24 +1<0- -42 -a24 +1? ? ≤-2??????? ?2
专题 39:圆锥曲线的综合题参考答案1. C【解析】 设 C: x2a2 - y2a2 =1.∵抛物线 y2=16x的准线为 x=-4,联立 x2a2 - y2a2 =1和 x=-4得 A(-4, 16-a2), B(-4, - 16-a2),∴|AB|=2 16-a2 =4 3,∴a=2, ∴2a=4.∴C的实轴长为 4.2. A【分析 】根据双曲线的几何性质求出 a,c,再根据双曲线的定义得到 PF1? ? = PF2? ? +2,令 t= PF2? ? ∈[4,+∞),则 PF1? ? 2PF2? ? 2+4 =1+ 4t+ 4t ,再根据单调性可求出结果 .【 解析】 (x-2)2+y2=9与 x轴交点的坐标分别为 -1,0? ? , 5,0? ? ,故 a=1, c=5,因为 P为 C右支上任意一点, 根据双曲线的定义有 PF1? ? - PF2? ? =2a=2,即 PF1? ? = PF2? ? +2令 t= PF2? ? ∈[4,+∞),则 PF1? ? 2PF2? ? 2+4 = (t+2)2t2+4 = t2+4t+4t2+4 =1+ 4t+ 4t ,因为 t+ 4t 在 [4,+∞)上为增函数 ,所以 t+ 4t ≥4+ 44 =5,所以 4t+ 4t ∈ 0, 45? ? ? ? ,所以 1+ 4t+ 4t ∈ 1, 95? ? ? ? ,即 PF1? ? 2PF2? ? 2+4 ∈ 1, 95? ? ? ? .故选: A3. y=± 2x【分析 】先将双曲线的方程和抛物线的方程联立得 y2a2 - x2b2 =1y2=2px??? ,消元化简得 a2x2-2pb2x+a2b2=0,设A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,则 x1+x2= 2pb2a2 ,再根据抛物线的定义得 AF? ? + BF? ? =x1+ p2 +x2+ p2 =x1+x2+p,代入已知条件 AF? ? + BF? ? =4OF? ? 可得 2b2a2 =1,从而可得双曲线的渐近线方程 .【 解析】由双曲线的方程 y2a2 - x2b2 =1 a>0,b>0? ? 和抛物线的方程 y2=2px联立得 y2a2 - x2b2 =1y2=2px??? ,消元化简得 a2x2-2pb2x+a2b2=0,设 A x1,y1? ? ,B x2,y2? ? ,则 x1+x2= 2pb2a2 ,由抛物线的定义得 AF? ? + BF? ? =x1+ p2 +x2+ p2 =x1+x2+p,又因为 AF? ? + BF? ? =4OF? ? ,所以 x1+x2+p=4× p2 ,所以 2pb2a2 +p=2p,化简得 2b2a2 =1,所以 a2b2 =2,所以双曲线的渐近线方程为 y=± 2x, 第 368页 共 377页
故答案为: y=± 2x.【点评 】本题主要考查双曲线的渐近线方程的求解与抛物线的定义的运用,关键在于联立方程得出关于交点的横坐标的韦达定理,再根据抛物线的定义转化抛物线上的点到焦点的距离,属于中档题。 4. 4 8517【分析 】由题知椭圆 M的方程为 x24 +y2=1,故设 A, B两点的坐标分别为 x1,y1? ? , x2,y2? ? ,直线 l的方程为y=2x+m,与椭圆联立并结合弦长公式得 |AB|= 1+k2? ? x1-x2? ? = 4 517 17-m2,进而即可得答案 .【 解析】依题意,知双曲线 T的两焦点坐标为 (± 3,0),离心率 e2= 31 = 3;从而知椭圆 M的两焦点 F1,2(± 3,0),得半焦距 c= 3,又 e1e2= 32 ,得 e1= 32 = ca,即 a=2, 则 b= a2-c2 =1,所以椭圆 M的方程为 x24 +y2=1.设 A, B两点的坐标分别为 x1,y1? ? , x2,y2? ? ,直线 l的方程为 y=2x+m;联立方程组 x2+4y2=4y=2x+m??? ,消去 y得 17x2+16mx+4 m2-1? ? =0,Δ=256m2-17×16 m2-1? ? >0,解得 - 17 0,则 y1+y2=- 2tt2+1y1y2=- 2t2+1?????F1A?? ???F1B?? =(x1+1)(x2+1)+y
1y2=(ty1+2)(ty2+2)+y1y2=(t2+1)y1y2+2t(y1+y2)+4= 2-2t2t2+1因为 F1A?? ?F1B?? =1,所以 2-2t2t2+1 =1,解得 t2= 13第 369页 共 377页
联立 x=ty+1x22 +y2=1??? ,得 (t2+2)y2+2ty-1=0, △=8(t2+1)>0设 C(x3,y3),B(x4,y4),则 y3+y4= -2tt2+2y3y4=- 1t2+2?????SΔF1CD= 12 F1? F2 ? ? y3-y? 4 ? = 8(1+t2)t2+2 = 8× 4373 = 4 67【点评 】本题主要考查抛物线和椭圆的定义与性质应用,同时考查利用根与系数的关系,解决直线与圆,直线与椭圆的位置关系问题. 意在考查学生的数学运算能力.6. (1)y2=4x.(2)48.【分析】 (1)求得 K的坐标,圆的圆心和半径,运用对称性可得 MR的长,由勾股定理和锐角的三角函数,可得CK=6,再由点到直线的距离公式即可求得 p=2,进而得到抛物线方程; (2)设出直线方程,运用弦长公式和四边形的面积公式,换元整理,结合基本不等式,即可求得最小值. 【解析】 (1)由已知得 K -p2 ,0? ? ,C 5,0? ? 设 MN与 x轴交于点 R, 由圆的对称性可知, MR? ? = 32 3.于是 CR? ? = 32 ,所以 ∠CMR=30°,∠MCR=60°,所以 CK? ? =6,所以 p=2.故抛物线 E的方程为 y2=4x.(2)设直线 AB的方程为 x=my+2,设 A= x1,y1? ? ,B= x2,y2? ? ,联立 y2=4xx=my+2??? 得 y2-4my-8=0,则 y1+y2=4m,y1y2=-8.∴ AB? ? = 1+m2 y1-y2? ? = 1+m2 ? 16m2+32=4 1+m2 ? m2+2设 G= x3,y3? ? ,D= x4,y4? ? ,同理得 GD? ? =4 1m? ? 2+1? 1m? ? 2+2,则四边形 AGBD的面积S= 12 AB? ? ? GD? ? =8 1+m2 ? 1m? ? 2+1? m2+2? 1m? ? 2+2=8 m2+ 1m2 +2? 2 m2+ 1m2? ? +5令 m2+ 1m2 =μ μ≥2? ? ,则 S=8 μ+2? ? 2μ+5 ? =8 2μ2+9μ+10S=8 2μ2+9μ+10 是关于 μ的增函数,故 Smin=48,当且仅当 m=±1时取得最小值 48.【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法,弦长公式法,因直线的方程是一 次的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终转化为一元二次 方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一,尤其是弦中点问题,弦长问题,可 用韦达定理直接解决,但应注意不要忽视判别式的作用. 7. (1)x22 +y2=1.(2)见解析【解析】 (1)∵等轴双曲线离心率为 2, ∴椭圆 C的离心率 e= 22 .∴e2= c2a2 = a2-b2a2 = 12 , ∴a2=2b2.∵由 x-y+ 2=0与圆 x2+y2=b2相切, 得b=1, ∴a2=2. 第 370页 共 377页
∴椭圆 C的方程为 x22 +y2=1.(2)证明 ①若直线 AB的斜率不存在,设方程为 x=x0,则点 A(x0, y0), B(x0, -y0).由已知 y0-1x0 + -y0-1x0 =4,得 x0=- 12 .此时 AB方程为 x=- 12 ,显然过点 - 12 ,-1? ? .②若直线 AB的斜率存在 ,设 AB方程为 y=kx+m,依题意 m≠±1.设 A(x1, y1), B(x2, y2),由 y=kx+mx22 +y2=1???得 (1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.则 x1+x2=- 4km1+2k2 , x1x2= 2m2-21+2k2 .由已知 k1+k2=4,可得 y1-1x1 + y2-1x2 =4,∴ kx1+m-1x1 + kx2+m-1x2 =4,即 2k+(m-1) x1+x2x1x2 =4,将 x1+x2, x1x2代入得 k- kmm+1 =2, ∴k=2(m+1),∴m= k2 -1.故直线 AB的方程为 y=kx+ k2 -1,即 y=k x+ 12? ? -1.∴直线 AB过定点 - 12 ,-1? ? .综上, 直线 AB过定点 - 12 ,-1? ? .8. (1)见解析 (2)这样点 P存在, 其坐标为 ± 33 , 13? ? .【解析 】 (1)因为 y?=2x,设切点分别为 (x1,x21),(x2,x22)则 l1方程为 y-x21=2x1(x-x1)即 y=2x1x-x21 ①l2方程为 y=2x2x-x22②由 l1⊥l2得 2x12x2=-1即 x1x2=- 14 ,由① 、②联立得 yM=x1x2所以 yM=- 14 ,即点 M的纵坐标为定值 - 14 .(2)设 P(x0,x20),则 C1在点 P处切线方程为: y=2x0x-x20代入 C2方程 4x2+y2-4=0得 4x2+(2x0x-x20)-4=0即 (4+4x20)x2-4x30x+x40-4=0设 A(x3,y3),B(x4,y4)则 x3+x4= x301+x20 ,x3?x4= x40-44+4x20Δ=16x60-16(1+x20)(x40-4)=16(4+4x20-x40)>0③第 371页 共 377页
由 (1)知 yM=- 14从而 y3+y42 =- 14 ,即 x0(x3+x4)-x20=-- 14进而得 x401+x20 -x20=- 14解得 x20= 13 ,且满足③所以这样点 P存在 ,其坐标为 ± 33 , 13? ? .9. (1)圆 O的方程为 x2+y2=1,曲线 Γ的方程为 x2+y2+xy=1 x,y∈ -2 33 ,2 33??? ? ? ? ?? ? ; (2)当 k=±1时 ,四边形 EMFN的面积最大值为 4 33 ; (3)证明见解析, 其焦点坐标为 F1 - 63 , 63? ? , F2 63 ,- 63? ? .【解析 】 (1)由题意圆 O的半径 r= 212+ 3? ? 2 =1,故圆 O的方程为 x2+y2=1. 2分由 OC?? =xOA?? +yOB?? 得, OC?? 2= xOA?? +yOB??? ? 2,即 OC?? 2=x2OA?? 2+y2OB?? 2+2xyOA??? ? OB??? ?cos60°, 得x2+y2+xy=1 x,y∈ -2 33 ,2 33??? ? ? ? ?? ? 为曲线 Γ的方程 .(2)由 {y=kxx2+y2+xy=1 得 E 1k2+k+1 , kk2+k+1? ? , F - 1k2+k+1 ,- kk2+k+1? ? ,所以 EF? ? =2 k2+1k2+k+1 ,同理 MN? ? =2 1k2 +11k2 - 1k +1 =2 k2+1k2-k+1 .由题意知 l1⊥l2,所以四边形 EMFN的面积 S= 12 EF? ? ? MN? ?.2S = k2+k+1k2+1 ? k2-k+1k2+1 = 1+ kk2+1? ? 1- kk2+1 ? = 1- k2k2+1? ? 2 = 1- 1k2+ 1k2 +2 ,∵k2+ 1k2 +2≥2 k2? 1k2 +2=4, ∴ 2S ≥ 1- 14 = 32 ,S≤ 4 33 .当且仅当 k2= 1k2 时等号成立, 此时 k=±1.∴ 当 k=±1时,四边形 EMFN的面积最大值为 4 33 .(3)曲线 Γ的方程为 x2+y2+xy=1 x,y∈ -2 33 ,2 33??? ? ? ? ?? ? ,它关于直线 y=x、 y=-x和原点对称,下面证明:设曲线 Γ上任一点的坐标为 P x0,y0? ? ,则 x02+y02+x0y0=1, 点 P关于直线 y=x的对称点为 P1 y0,x0? ? ,显然y02+x02+y0x0=1, 所以点 P1在曲线 Γ上,故曲线 Γ关于直线 y=x对称,同理曲线 Γ关于直线 y=-x和原点对称 .可以求得 x2+y2+xy=1和直线 y=x的交点坐标为 B1 - 33 ,- 33? ? ,B2 33 , 33? ?x2+y2+xy=1和直线 y=-x的交点坐标为 A1 -1,1? ? ,A2 1,-1? ? ,OA1? ? = 2, OB1? ? = 63 , OA1? ? 2- OB1? ? 2 = 2 33 , OA1? ? 2- OB1? ? 22 = 63 .第 372页 共 377页
在 y=-x上取点 F1 - 63 , 63? ? ,F2 63 ,- 63? ?下面证明曲线为椭圆:ⅰ )设 P x,y? ? 为曲线 Γ上任一点, 则PF1? ? + PF2? ? = x+ 63? ? 2+ y- 63? ? 2 + x- 63? ? 2+ y+ 63? ? 2= x2+y2+ 43 + 2 63 x-y? ? + x2+y2+ 43 - 2 63 x-y? ?= 1-xy+ 43 + 2 63 x-y? ? + 1-xy+ 43 - 2 63 x-y? ?= 73 -xy+ 2 63 x-y? ? + 73 -xy- 2 63 x-y? ?= 73 -xy+ 2 63 x-y? ? + 73 -xy- 2 63 x-y? ? +2 73 -xy? ? 2- 2 63 x-y? ???? ? ? ? ? 2 =143 -2xy+2 xy+ 53? ? 2= 143 -2xy+2 xy+ 53? ? (因为 xy? ? ≤ 43 ).即曲线 Γ上任一点 P到两定点 F1 - 63 , 63? ? ,F2 63 ,- 63? ? 的距离之和为定值 2 2.ⅱ )若点 P到两定点 F1 - 63 , 63? ? ,F2 63 ,- 63? ? 的距离之和为定值 2 2,可以求得点 P的轨迹方程为 x2+y2+xy=1(过程略 ).故曲线 Γ是椭圆,其焦点坐标为 F1 - 63 , 63? ? ,F2 63 ,- 63? ? .10. (1)x24 + y23 =1; (2)证明见解析 .【分析 】 (1)根据几何性质,得出点 M的轨迹是以 F, C为焦点的椭圆,根据椭圆定义可得标准方程;(2)设直线 GH的方程为 x=my+4, G x1,y1? ? , H x2,y2? ? ,直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得 y1+y2,y1y2,写出 AG方程,求得 N点坐标,再写出 NH方程,令 x=2代入方程,结合韦达定理的结论求得 y=0,完成证明.【解析】 (1)由圆 x-1? ? 2+y2=16, 可得圆心 C 1,0? ? ,半径 r=4,因为 FC? ? =2<4,所以点 F在圆 C内 ,又由点 M在线段 PF的垂直平分线上,所以 MF=MP,所以 MC+MF=MP+MC=PC=4,由椭圆的定义知,点 M的轨迹是以 F, C为焦点的椭圆,其中 a=2, c=1, b2=3,所以点 M的轨迹方程为 x24 + y23 =1.(2)设直线 GH的方程为 x=my+4, G x1,y1? ? , H x2,y2? ? , A -2,0? ? , B 2,0? ? ,将 x=my+4代入 x24 + y23 =1,得 3m2+4? ?y2+24my+36=0,y1+y2= -24m3m2+4 , y1y2= 363m2+4 , 第 373页 共 377页
直线 AG的方程为 y= y1x1+2(x+2),令 x=1得 y= 3y1x1+2 ,即 N 1, 3y1x1+2? ? ,NH的直线方程为 y= 3y1x1+2 -y21-x2 (x-1)+ 3y1x1+2 ,x=2代入得 y= 3y1x1+2 -y21-x2 + 3y1x1+2 = 3y1-y2 x1+2? ? +3y1 1-x2? ?1-x2? ? x1+2 ?= 3y1-y2(my1+6)+3y1(-3-my2)(1-x2)(x1+2) = 4my1y2+6(y1+y2)(x2-1)(x1+2) = 4m× 363m2+4 +6× -24m3m2+4(x2-1)(x1+2) =0,所以直线 NH过定点 B(2,0).【点评】本题考查求椭圆方程,考查椭圆中直线过定点问题,解题关键是掌握椭圆的定义,艇椭圆定义求得椭 圆方程,对定点问题,采取设而不的思想方法,即设直线方程,设交点坐标 G(x1,y1),H(x2,y2),直线方程代入椭圆方程由韦达定理得 y1+y2,y1y2,求出动直线 NH的方程,代入定点坐标结合韦达定理的结论完成证明.11. (1)x24 + y23 =1; (2)[12,+∞).【分析】 (1)先运用椭圆的定义求出 a,根据抛物线,可得 c,进一步就可求出椭圆方程;(2)先将 |AB||MN| 化简为 y1-y2? ?xM-0? ? ,然后用 m表示出来 ,再求范围即可 .【解析】 (1)由点 P在抛物线 E上知, x0= 23 ,则 P到抛物线准线的距离为 53 ,所以 |PF|= 53 ,设椭圆左焦点为 F1,则 PF1= 53? ? 2+ 2 63? ? 2 = 73 ,∴2a= 53 + 73 =4, a=2,又 c=1, ∴b= 3,椭圆 C的方程为 x24 + y23 =1;(2)设直线 l的方程为 x=my+1,与椭圆 C的方程联立得 3m2+4? ?y2+6my-9=0,设 A x1,y1? ? , B x2,y2? ? ,则 y1+y2= -6m3m2+4 , y1y2= -93m2+4 ,由 AB⊥MN知 |AB||MN| = y1-y2? ?xM-0? ? ,y1-y2? ? = y1+y2? ? 2-4y1y2 = 12 m2+13m2+4 ,设 AB中点坐标为 x0,y0? ? ,则 y0= y1+y22 = -3m3m2+4 , x0=my0+1= 43m2+4 ,故 AB中垂线方程为 y+ 3m3m2+4 =-m x- 43m2+4? ? ,令 y=0得 xM= 13m2+4 ,∴ |AB||MN| =12 m2+1∈[12,+∞).【点评】关键【点评】解决本题的关键,一是定义的运用,二是对 |AB||MN| 的化简与求范围 .12. (1)x+2y+1=0; (2) 510 , 12??? ? ? ? ? .【分析 】 (1)设直线 l1: y+1=k(x-1),与抛物线方程联立,再由根的判别式等于零求得直线的斜率,由此可 第 374页 共 377页
求得直线的方程.(2)设 A(x1, y1), B(x2, y2),求得直线 l1:y1y= x+x12 ,直线 l2:y2y= x+x22 ,得到点 M 0,y12? ? , N 0,y22? ? .表示出直线 AB方程 ,与抛物线方程联立,由根与系数的关系表示 |MN||AB| ,可求得范围.【 解析】 (1)由题意知直线 l1, l2的斜率一定存在,设直线 l1: y+1=k(x-1),与抛物线方程联立,得 ky2-y-k-1=0.由 △=1+4k(k+1)=0,得 k=- 12 ,则 l1的方程为 y= 12x- 12 .(2)设 A(x1, y1), B(x2, y2),设直线 l1: y-y1=k x-x1? ? ,与抛物线方程 y2=x联立 ,得 ky2-y+y1-y12k=0.由 Δ=1-4k y1-y12k? ? =0 ,解得 k= 12y1 ,所以直线 l1:y1y= x+x12 ,同理得直线 l2:y2y= x+x22 ,则M 0,y12? ? , N 0,y22? ? .设点 P(x0, y0),代入可得 y1y0= x0+x12y2y0= x0+x22????? ,则直线 AB方程为 y0y= x0+x2 .与抛物线方程联立, 得 y2-2y0y+x0=0,则有 y1+y2=2y0, y1y2=x0.则 |MN|= 12 |y1-y2|, |AB|= 4y20 +1|y1-y2|,所以 |MN||AB| = 12 4y20 +1 .又点 P在圆 (x+2)2+y2=1上, 所以 -1≤y0≤1,即 0≤y02≤1,所以 |MN||AB| = 12 4y20 +1 ∈ 510 , 12??? ? ? ? ? .所以 |MN||AB| 的取值范围为 510 , 12??? ? ? ? ? .【点评 】方法【点评】 (1)解答直线与抛物线的题目时,时常把两个曲线的方程联立,消去 x (或 y)建立一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件建立有关参变量的等量关系; (2)涉及到直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为 0或不存在等特殊情形.有时若直线过 x轴上的一点,可将直线设成横截式 .13. (1)x24 + y23 =1; (2)证明见解析【分析 】 (1)由已知可得 MC2? ? + MC1? ? =4,可判断点 M在以 C1,C2为交点的椭圆上,即可求出方程;(2)将直线方程代入椭圆,利用弦长公式可求出 AG? ? = 12 1+k23+4k2 ,同理可得 AH? ? = 12k 1+k24+3k2 ,由已知可得 4k3-6k2+3k-8=0,利用导数结合零点存在性定理即可证明 .【解析】 (1)∵C2N??? =2C2P??? , ∴P是 C2N的中点, ∵MP?? ?C2N??? =0, ∴MP⊥C2N,∴点 M在 C2N的垂直平分线上, ∴|MN|= MC2? ? ,∵|MN|+MC1? ? = MC2? ? + MC1? ? =4>2,∴点 M在以 C1,C2为交点的椭圆上, 且 a=2,c=1,则 b= 3,故点 M的轨迹方程为 x24 + y23 =1;(2)可得直线 AG的方程为 y=k(x+2)(k>0),与椭圆方程联立可得 3+4k2? ?x2+16k2x+16k2-12=0,第 375页 共 377页
设 G x1,y1? ? ,则 x1?(-2)= 16k2-123+4k2 ,可得 x1= 2 3-4k2? ?3+4k2 ,则 AG? ? = 1+k2 x1+2? ? = 12 1+k23+4k2 ,由题可得, 直线 AH的方程为 y=- 1k(x+2),故同理可得 AH? ? = 12k 1+k24+3k2 ,由 2AG? ? = AH? ? 可得 23+4k2 = k4+3k2 ,即 4k3-6k2+3k-8=0,设 f(t)=4t3-6t2+3t-8,则 k是 f t? ? 的零点,f?(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,则 f t? ? 在 0,+∞? ? 单调递增,又 f( 3)=15 3-26<0,f(2)=6>0,因此 f t? ? 在 0,+∞? ? 有唯一零点, 且零点 k在 3,2? ? 内, 即 3
整理得 3m+2=0, ∴m=- 23 ,∴直线 l恒过定点 0,- 23? ? .【点评 】关键点【点评】本题考查双曲线方程、椭圆方程、直线与椭圆的位置关系,本题以圆锥曲线为背景,解 题的关键是掌握双曲线方程的求法、椭圆方程的求法和直线与椭圆的位置关系,体现了数学运算和逻辑推 理的核心素养.15. x=-2或 x=± 3y+1【分析 】根据题意设 l的方程为 x=ky+a与双曲线方程联立,由韦达定理可得点 T的坐标,代入圆的方程得到关系 k2=a+2,由 CT⊥l可得答案 .【解析】圆 x2+y2+2x=0化为 x+1? ? 2+y2=1其圆心为 C -1,0? ? ,半径为 1.根据题意直线 l与 x轴不平行,设 l的方程为 x=ky+a由 x=ky+ax2-y2=1??? ,可得 k2-1? ?y2+2kay+a2-1=0显然 k2-1≠0,所以 yT= yA+yB2 =- akk2-1所以 xT=kyT+a=- ak2-1 ,即 T - ak2-1 , - akk2-1? ?由点 T在圆上, - ak2-1? ? 2+ - akk2-1? ? 2+ a1-k2 =0,化简可得 k2=a+2由条件可得 CT⊥l,当直线 l的斜率不存在时, k=0,则 a=-2,此时直线 l的方程为: x=-2当直线 l的斜率存在时, k≠0 ,则 kCT?kl=-1,即 - akk2-1 -0- ak2-1 +1 × 1k =-1,化简得 k2=2a+1,又 k2=a+2,则 2a+1=a+2,所以 a=1,k=± 3此时直线 l的方程为: x=± 3y+1,【点评 】关键【点评】本题考查两直线垂直的性质和直线与双曲线的位置关系,解答本题的关键是由直线方程与双曲线方程联立得到 T - ak2-1 , - akk2-1? ? ,由 CT⊥l可得答案,属于中档题 .第 377页 共 377页