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9.7 圓錐曲線的綜合問題
挖命題
【考情探究】
考點(diǎn)
內(nèi)容解讀
5年考情
預(yù)測(cè)熱度
考題示例
考向
關(guān)聯(lián)考點(diǎn)
1.定點(diǎn)與定值問題
1.了解圓錐曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用
2.掌握解析幾何中求解定點(diǎn)、定值問題的方法和步驟
2013天津,18
定值問題
直線的斜率、向量的運(yùn)算
★★★
2.參變量的取值范圍與最值問題
1.知道圓錐曲線的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)(如范圍、對(duì)稱性、頂點(diǎn)、漸近線、離心率等),并能用性質(zhì)解決一些簡(jiǎn)單的圓錐曲線問題
2.理解圓錐曲線離心率的定義,并會(huì)求圓錐曲線的離心率
2017天津,19
2016天津,19
2015天津,19
圓錐曲線的幾何性質(zhì)
直線方程
★★★
3.存在性問題
1.理解圓錐曲線中存在性問題的基本解法
2.理解轉(zhuǎn)化思想在圓錐曲線中的應(yīng)用
2015北京,19
圓錐曲線中存在性問題的推理論證
直線與橢圓的位置關(guān)系
★★☆
分析解讀 1.會(huì)處理動(dòng)曲線(含直線)過定點(diǎn)的問題.2.會(huì)證明與曲線上的動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問題.3.會(huì)按條件建立目標(biāo)函數(shù),研究變量的最值問題及變量的取值范圍問題,注意運(yùn)用“數(shù)形結(jié)合思想”以及“幾何法”求某些量的最值.4.能與其他知識(shí)交匯,從假設(shè)結(jié)論成立入手,通過推理論證解答存在性問題.5.本節(jié)在高考中圍繞直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,展開對(duì)定值、最值、參數(shù)取值范圍等問題的考查,注重對(duì)數(shù)學(xué)思想方法的考查,分值約為14分,難度偏大.
煉技法
【方法集訓(xùn)】
方法1 與圓錐曲線相關(guān)的最值、范圍問題的解題方法
1.已知橢圓W:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)分別為F1,F2,且|F1F2|=2,橢圓上一動(dòng)點(diǎn)P滿足|PF1|+|PF2|=23.
(1)求橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程及離心率;
(2)如圖,過點(diǎn)F1作直線l1與橢圓W交于點(diǎn)A,C,過點(diǎn)F2作直線l2⊥l1,且l2與橢圓W交于點(diǎn)B,D,l1與l2交于點(diǎn)E,試求四邊形ABCD面積的最大值.
解析 (1)由已知,得2c=2,2a=23,a2=b2+c2,解得c=1,a=3,b=2.
所以橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23+y22=1,離心率e=ca=33.
(2)連接EO.
由題意知EF1⊥EF2,O為F1F2的中點(diǎn),所以|EO|=12|F1F2|=1.
所以E點(diǎn)軌跡是以原點(diǎn)為圓心,1為半徑的圓.
顯然E點(diǎn)在橢圓W的內(nèi)部.
S四邊形ABCD=S△ABC+S△ADC=12|AC||BE|+12|AC||DE|=12|AC||BD|.
當(dāng)直線l1,l2中一條與x軸垂直時(shí),不妨令l2⊥x軸,此時(shí)AC為長(zhǎng)軸,BD⊥x軸,把x=1代入橢圓方程,可求得y=233,
則|BD|=433,
此時(shí)S四邊形ABCD=12|AC||BD|=4.
當(dāng)直線l1,l2的斜率都存在時(shí),設(shè)直線l1:x=my-1(m≠0),A(x1,y1),C(x2,y2).
聯(lián)立x=my-1,x23+y22=1,消去x,得(2m2+3)y2-4my-4=0.
所以y1+y2=4m2m2+3,y1y2=-42m2+3,
則|AC|=(1+m2)(y1-y2)2=43(m2+1)2m2+3.
同理,|BD|=43(m2+1)2+3m2.
S四邊形ABCD=12|AC||BD|=1243(m2+1)2m2+343(m2+1)2+3m2=24(m2+1)2(2m2+3)(3m2+2)
=24(m4+2m2+1)6m4+13m2+6=4(6m4+12m2+6)6m4+13m2+6=41-m26m4+13m2+6<4.
綜上,四邊形ABCD面積的最大值為4.
思路分析 (1)由橢圓定義及焦距|F1F2|=2c=2,求得a、b和c的值,即可求得橢圓的方程及離心率.
(2)當(dāng)有一條直線斜率不存在時(shí),有S四邊形ABCD=12|AC||BD|=4.當(dāng)直線斜率存在時(shí),設(shè)直線l1的方程,代入橢圓方程,由根與系數(shù)的關(guān)系及弦長(zhǎng)公式求得|AC|,同理求得|BD|,表示出四邊形ABCD的面積,即可求得四邊形ABCD面積的取值范圍,再求最大值.
2.過點(diǎn)A(1,0)的直線l與橢圓C:x23+y2=1相交于E,F兩點(diǎn),自E,F分別向直線x=3作垂線,垂足分別為E1,F1.
(1)當(dāng)直線l的斜率為1時(shí),求線段EF的中點(diǎn)坐標(biāo);
(2)記△AEE1,△AFF1的面積分別為S1,S2.設(shè)λ=S1S2,求λ的取值范圍.
解析 (1)依題意,得直線l的方程為y=x-1,由y=x-1,x2+3y2-3=0,得2x2-3x=0.
設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),線段EF的中點(diǎn)為M(x0,y0),
則x1+x2=32,則x0=34,
y0=x0-1=-14.
所以M34,-14.
(2)當(dāng)直線l與x軸重合時(shí),△AEE1和AFF1不存在.
設(shè)直線l的方程為x=my+1,由x=my+1,x2+3y2-3=0,
得(m2+3)y2+2my-2=0,顯然m∈R.
設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),則E1(3,y1),F1(3,y2).
則y1+y2=-2mm2+3,y1y2=-2m2+3.
因?yàn)棣?S1S2=12(3-x1)|y1|12(3-x2)|y2|
=14(2-my1)(2-my2)|y1y2|,
所以將y1+y2,y1y2的值代入上式,得
S1S2=14[4-2m(y1+y2)+m2y1y2]|y1y2|
=2m2+6+2m2-m22(m2+3)2m2+3
=3m2+6(m2+3)2
=-3(m2+3)2+3m2+3.
因?yàn)?m2+3∈0,13,
所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍是0,23.
思路分析 (1)依題意,得直線l的方程為y=x-1,與橢圓方程聯(lián)立可得2x2-3x=0.設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),EF中點(diǎn)M(x0,y0),利用根與系數(shù)的關(guān)系,中點(diǎn)坐標(biāo)公式即可得出.
(2)設(shè)直線l的方程為x=my+1,與橢圓方程聯(lián)立可得(m2+3)y2+2my-2=0,顯然m∈R.設(shè)E(x1,y1),F(x2,y2),則E1(3,y1),F1(3,y2).λ=S1S2=12(3-x1)|y1|12(3-x2)|y2|=14[4-2m(y1+y2)+m2y1y2]|y1y2|.利用根與系數(shù)的關(guān)系及二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出λ的取值范圍.
方法點(diǎn)撥 過點(diǎn)A(1,0)的直線斜率可能存在也可能不存在,故設(shè)方程為x=my+1,避免了分類討論.
方法2 圓錐曲線中的定值、定點(diǎn)問題的解題方法
3.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(1,0),離心率為12.
(1)求橢圓C的方程;
(2)A,B是橢圓C在y軸右側(cè)部分上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),若原點(diǎn)O到直線AB的距離為3,證明:△ABF的周長(zhǎng)為定值.
解析 (1)由題意得a2=b2+1,ca=12,解得a2=4,b2=3.
所以橢圓C的方程為x24+y23=1.
(2)證明:①當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí),直線AB的方程為x=3,
不妨令A(yù)3,32,B3,-32,因?yàn)镕(1,0),
所以|AF|=|BF|=(3-1)2+322=4-32.
因?yàn)閨AB|=3,
所以|AF|+|BF|+|AB|=4.
②當(dāng)直線AB不垂直于x軸時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=kx+m(k≠0).
因?yàn)樵c(diǎn)O到直線AB的距離為3,
所以|m|1+k2=3,故m2=3(1+k2).
由y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
即(3+4k2)x2+8kmx+12k2=0.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=12k23+4k2.
所以|AB|=1+k2|x1-x2|
=1+k2(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2-8km3+4k22-412k23+4k2
=|m|364k2m2-48k2(3+4k2)(3+4k2)2
=4|m||k|333+4k2=4|m||k|3+4k2.
因?yàn)锳,B在y軸右側(cè),所以mk<0,所以|AB|=-4mk3+4k2.
|AF|2=(x1-1)2+y12=(x1-1)2+31-x124
=14x12-2x1+4=12x1-22.
所以|AF|=2-12x1,同理,|BF|=2-12x2.
所以|AF|+|BF|=4-12(x1+x2)=4-12-8km3+4k2=4+4km3+4k2.
所以|AF|+|BF|+|AB|=4+4km3+4k2-4km3+4k2=4.
綜上,△ABF的周長(zhǎng)為4,是定值.
4.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F(1,0)的距離和它到直線x=-1的距離相等,記點(diǎn)P的軌跡為C.
(1)求C的方程;
(2)設(shè)點(diǎn)A在曲線C上,x軸上一點(diǎn)B(在點(diǎn)F右側(cè))滿足|AF|=|FB|.平行于AB的直線與曲線C相切于點(diǎn)D,試判斷直線AD是否過定點(diǎn).若過定點(diǎn),求出定點(diǎn)的坐標(biāo);若不過定點(diǎn),請(qǐng)說(shuō)明理由.
解析 (1)因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F(1,0)的距離和它到直線x=-1的距離相等,
所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以點(diǎn)F(1,0)為焦點(diǎn),直線x=-1為準(zhǔn)線的拋物線.
設(shè)C的方程為y2=2px(p>0),則p2=1,即p=2.
所以C的方程為y2=4x.
(2)直線AD過定點(diǎn).理由如下:
設(shè)Am24,m,則|AF|=m24+1=|FB|,則Bm24+2,0,
所以直線AB的斜率為m-2=-m2.
如圖,設(shè)與直線AB平行,且與拋物線C相切的直線為y=-m2x+b,
由y2=4x,y=-m2x+b,得my2+8y-8b=0,
由Δ=64-4m(-8b)=0,得b=-2m.
所以解方程是y=-4m,所以點(diǎn)D4m2,-4m.
當(dāng)m24≠4m2,即m≠2時(shí),直線AD的方程為y-m=m+4mm24-4m2x-m24,
整理得y=4mm2-4(x-1),所以直線AD過點(diǎn)(1,0).
當(dāng)m24=4m2,即m=2時(shí),直線AD的方程為x=1,直線AD過點(diǎn)(1,0).
綜上所述,直線AD過定點(diǎn)(1,0).
方法3 存在性問題的解題策略
5.(2015四川,20,13分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是22,過點(diǎn)P(0,1)的動(dòng)直線l與橢圓相交于A,B兩點(diǎn).當(dāng)直線l平行于x軸時(shí),直線l被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為22.
(1)求橢圓E的方程;
(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q,使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立?若存在,求出點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
解析 (1)由已知得,點(diǎn)(2,1)在橢圓E上.
因此,2a2+1b2=1,a2-b2=c2,ca=22.解得a=2,b=2.
所以橢圓E的方程為x24+y22=1.
(2)存在.理由如下:
當(dāng)直線l與x軸平行時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于C,D兩點(diǎn).
如果存在定點(diǎn)Q滿足條件,則有|QC||QD|=|PC||PD|=1,
即|QC|=|QD|.
所以Q點(diǎn)在y軸上,可設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,y0).
當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí),設(shè)直線l與橢圓相交于M,N兩點(diǎn),
則M,N的坐標(biāo)分別為(0,2),(0,-2).
由|QM||QN|=|PM||PN|,有|y0-2||y0+2|=2-12+1,解得y0=1或y0=2.
所以,若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件,則Q點(diǎn)坐標(biāo)只可能為(0,2).
下面證明:當(dāng)Q的坐標(biāo)為(0,2)時(shí),對(duì)任意直線l,均有|QA||QB|=|PA||PB|.
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),由上可知,結(jié)論成立.
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),可設(shè)直線l的方程為y=kx+1,A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2).
聯(lián)立x24+y22=1,y=kx+1,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.
其判別式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,
所以,x1+x2=-4k2k2+1,x1x2=-22k2+1.
因此1x1+1x2=x1+x2x1x2=2k.
易知,點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-x2,y2).
又kQA=y1-2x1=kx1-1x1=k-1x1,
kQB=y2-2-x2=kx2-1-x2=-k+1x2=k-1x1,
所以kQA=kQB,即Q,A,B三點(diǎn)共線.
所以|QA||QB|=|QA||QB|=|x1||x2|=|PA||PB|.
故存在與P不同的定點(diǎn)Q(0,2),使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立.
過專題
【五年高考】
A組 自主命題天津卷題組
1.(2017天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A,離心率為12.已知A是拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),F到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為12.
(1)求橢圓的方程和拋物線的方程;
(2)設(shè)l上兩點(diǎn)P,Q關(guān)于x軸對(duì)稱,直線AP與橢圓相交于點(diǎn)B(B異于點(diǎn)A),直線BQ與x軸相交于點(diǎn)D.若△APD的面積為62,求直線AP的方程.
解析 (1)設(shè)F的坐標(biāo)為(-c,0).依題意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34.
所以,橢圓的方程為x2+4y23=1,拋物線的方程為y2=4x.
(2)設(shè)直線AP的方程為x=my+1(m≠0),與直線l的方程x=-1聯(lián)立,可得點(diǎn)P-1,-2m,故Q-1,2m.將x=my+1與x2+4y23=1聯(lián)立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由點(diǎn)B異于點(diǎn)A,可得點(diǎn)B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直線BQ的方程為-6m3m2+4-2m(x+1)--3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因?yàn)椤鰽PD的面積為62,故126m23m2+22|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=63.
所以,直線AP的方程為3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.
方法總結(jié) 1.利用待定系數(shù)法求圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程的步驟:(1)作判斷:根據(jù)焦點(diǎn)位置設(shè)方程;(2)找等量關(guān)系;(3)解方程得結(jié)果.
2.解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題的基本策略:(1)巧設(shè)直線方程:當(dāng)已知直線與x軸交點(diǎn)固定時(shí),常設(shè)為x=my+b的形式,這樣可避免對(duì)斜率是否存在的討論;(2)注意整體代入思想的應(yīng)用,利用根與系數(shù)的關(guān)系可以簡(jiǎn)化運(yùn)算,提高運(yùn)算效率和正確率.
2.(2016天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,其中O為原點(diǎn),e為橢圓的離心率.
(1)求橢圓的方程;
(2)設(shè)過點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直線l的斜率的取值范圍.
解析 (1)設(shè)F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以,橢圓的方程為x24+y23=1.
(2)設(shè)直線l的斜率為k(k≠0),則直線l的方程為y=k(x-2).
設(shè)B(xB,yB),由方程組x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,
整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2或x=8k2-64k2+3,
由題意得xB=8k2-64k2+3,從而yB=-12k4k2+3.
由(1)知,F(1,0),設(shè)H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3.
由BF⊥HF,得BFFH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.
因此直線MH的方程為y=-1kx+9-4k212k.
設(shè)M(xM,yM),
由方程組y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).
在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,即(xM-2)2+yM2≤xM2+yM2,化簡(jiǎn)得xM≥1,即20k2+912(k2+1)≥1,解得k≤-64,或k≥64.
所以,直線l的斜率的取值范圍為-∞,-64∪64,+∞.
評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力以及用方程思想解決問題的能力.
3.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),離心率為33,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=b24截得的線段的長(zhǎng)為c,|FM|=433.
(1)求直線FM的斜率;
(2)求橢圓的方程;
(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上,若直線FP的斜率大于2,求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍.
解析 (1)由已知有c2a2=13,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.
設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=b22,解得k=33.
(2)由(1)得橢圓方程為x23c2+y22c2=1,直線FM的方程為y=33(x+c),兩個(gè)方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或x=c.因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限,可得M的坐標(biāo)為c,233c.由|FM|=(c+c)2+233c-02=433,解得c=1,
所以橢圓的方程為x23+y22=1.
(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯(lián)立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=6-2x23(x+1)2>2,解得-32
0,于是m=2x2-23,得m∈23,233.
②當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2-23,得m∈-∞,-233.
綜上,直線OP的斜率的取值范圍是-∞,-233∪23,233.
評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程和圓的方程、直線與圓的位置關(guān)系、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力以及用函數(shù)與方程思想解決問題的能力.
4.(2013天津,18,13分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,離心率為33,過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為433.
(1)求橢圓的方程;
(2)設(shè)A,B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn),過點(diǎn)F且斜率為k的直線與橢圓交于C,D兩點(diǎn).若ACDB+ADCB=8,求k的值.
解析 (1)設(shè)F(-c,0),由ca=33,知a=3c.過點(diǎn)F且與x軸垂直的直線為x=-c,代入橢圓方程有(-c)2a2+y2b2=1,解得y=6b3,于是26b3=433,解得b=2,又a2-c2=b2,從而a=3,c=1,所以橢圓的方程為x23+y22=1.
(2)設(shè)點(diǎn)C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直線CD的方程為y=k(x+1),
由方程組y=k(x+1),x23+y22=1消去y,
整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.
由根與系數(shù)關(guān)系可得x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2.
因?yàn)锳(-3,0),B(3,0),所以ACDB+ADCB=(x1+3,y1)(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)(3-x1,-y1)
=6-2x1x2-2y1y2
=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)
=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2
=6+2k2+122+3k2.
由已知得6+2k2+122+3k2=8,解得k=2.
評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線的方程、向量的運(yùn)算等基礎(chǔ)知識(shí),考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì),考查運(yùn)算求解能力,以及用方程思想解決問題的能力.
B組 統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組
考點(diǎn)一 定點(diǎn)與定值問題
1.(2017課標(biāo)Ⅱ,20,12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C:x22+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點(diǎn)P滿足NP=2NM.
(1)求點(diǎn)P的軌跡方程;
(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=-3上,且OPPQ=1.證明:過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.
解析 (1)設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).
由NP=2NM得x0=x,y0=22y.
因?yàn)镸(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.
因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.
(2)證明:由題意知F(-1,0).設(shè)Q(-3,t),P(m,n),則OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).
由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1,
又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以O(shè)QPF=0,即OQ⊥PF.
又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.
思路分析 (1)設(shè)出P、M的坐標(biāo),利用NP=2NM得到P、M坐標(biāo)間的關(guān)系,由點(diǎn)M在C上求解.(2)利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算得OQPF=0,進(jìn)而證明直線l過曲線C的左焦點(diǎn)F.
方法總結(jié) 求軌跡方程的方法有直接法和間接法.直接法有定義法、待定系數(shù)法和直譯法.間接法有相關(guān)點(diǎn)法、交軌法和參數(shù)法.
2.(2016山東文,21,14分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,焦距為22.
(1)求橢圓C的方程;
(2)過動(dòng)點(diǎn)M(0,m)(m>0)的直線交x軸于點(diǎn)N,交C于點(diǎn)A,P(P在第一象限),且M是線段PN的中點(diǎn).過點(diǎn)P作x軸的垂線交C于另一點(diǎn)Q,延長(zhǎng)QM交C于點(diǎn)B.
(i)設(shè)直線PM,QM的斜率分別為k,k,證明kk為定值;
(ii)求直線AB的斜率的最小值.
解析 (1)設(shè)橢圓的半焦距為c.
由題意知2a=4,2c=22,
所以a=2,b=a2-c2=2.
所以橢圓C的方程為x24+y22=1.
(2)(i)證明:設(shè)P(x0,y0)(x0>0,y0>0).
由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).
所以直線PM的斜率k=2m-mx0=mx0,
直線QM的斜率k=-2m-mx0=-3mx0.
此時(shí)kk=-3.所以kk為定值-3.
(ii)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線PA的方程為y=kx+m,
直線QB的方程為y=-3kx+m.
聯(lián)立y=kx+m,x24+y22=1,
整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.
由x0x1=2m2-42k2+1,可得x1=2(m2-2)(2k2+1)x0.
所以y1=kx1+m=2k(m2-2)(2k2+1)x0+m.
同理x2=2(m2-2)(18k2+1)x0,y2=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m.
所以x2-x1=2(m2-2)(18k2+1)x0-2(m2-2)(2k2+1)x0=-32k2(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,
y2-y1=-6k(m2-2)(18k2+1)x0+m-2k(m2-2)(2k2+1)x0-m=-8k(6k2+1)(m2-2)(18k2+1)(2k2+1)x0,
所以kAB=y2-y1x2-x1=6k2+14k=146k+1k.
由m>0,x0>0,可知k>0,
所以6k+1k≥26,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)k=66時(shí)取得.
此時(shí)m4-8m2=66,即m=147,符合題意.
所以直線AB的斜率的最小值為62.
3.(2015陜西文,20,12分)如圖,橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)A(0,-1),且離心率為22.
(1)求橢圓E的方程;
(2)經(jīng)過點(diǎn)(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2.
解析 (1)由題設(shè)知ca=22,b=1,
結(jié)合a2=b2+c2,解得a=2.
所以橢圓E的方程為x22+y2=1.
(2)證明:由題設(shè)知,直線PQ的方程為y=k(x-1)+1(k≠2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.
由已知可知Δ>0.
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,
則x1+x2=4k(k-1)1+2k2,x1x2=2k(k-2)1+2k2.
從而直線AP,AQ的斜率之和
kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2-kx1+kx2+2-kx2
=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2
=2k+(2-k)4k(k-1)2k(k-2)=2k-2(k-1)=2.
評(píng)析本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程與簡(jiǎn)單性質(zhì)的同時(shí),重點(diǎn)考查直線與橢圓的位置關(guān)系.
4.(2015課標(biāo)Ⅱ文,20,12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,點(diǎn)(2,2)在C上.
(1)求C的方程;
(2)直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.
解析 (1)由題意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,
解得a2=8,b2=4.
所以C的方程為x28+y24=1.
(2)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入x28+y24=1得
(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.
故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.
于是直線OM的斜率kOM=yMxM=-12k,即kOMk=-12.
所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.
考點(diǎn)二 參變量的取值范圍與最值問題
1.(2018浙江,17,4分)已知點(diǎn)P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點(diǎn)A,B滿足AP=2PB,則當(dāng)m= 時(shí),點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大.
答案 5
2.(2018浙江,21,15分)如圖,已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn),拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.
(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明:PM垂直于y軸;
(2)若P是半橢圓x2+y24=1(x<0)上的動(dòng)點(diǎn),求△PAB面積的取值范圍.
解析 (1)證明:設(shè)P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.
因?yàn)镻A,PB的中點(diǎn)在拋物線上,
所以y1,y2為方程y+y022=414y2+x02,
即y2-2y0y+8x0-y02=0的兩個(gè)不同的實(shí)根.
所以y1+y2=2y0,
因此,PM垂直于y軸.
(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,
所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,
|y1-y2|=22(y02-4x0).
因此,△PAB的面積S△PAB=12|PM||y1-y2|=324(y02-4x0)32.
因?yàn)閤02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面積的取值范圍是62,15104.
疑難突破 解析幾何中“取值范圍”與“最值”問題:
在解析幾何中,求某個(gè)量(直線斜率,直線在x、y軸上的截距,弦長(zhǎng),三角形或四邊形面積等)的取值范圍或最值問題的關(guān)鍵是利用條件把所求量表示成關(guān)于某個(gè)變量(通常是直線斜率,動(dòng)點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)等)的函數(shù),并求出這個(gè)變量的取值范圍(即函數(shù)的定義域),將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值.
3.(2016課標(biāo)Ⅰ,20,12分)設(shè)圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.
(1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點(diǎn)E的軌跡方程;
(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍.
解析 (1)證明:因?yàn)閨AD|=|AC|,EB∥AC,
故∠EBD=∠ACD=∠ADC.
所以|EB|=|ED|,
故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.
又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x+1)2+y2=16,
從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.
由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,
由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為x24+y23=1(y≠0).
(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),
M(x1,y1),N(x2,y2).
由y=k(x-1),x24+y23=1得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.
則x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.
所以|MN|=1+k2|x1-x2|=12(k2+1)4k2+3.
過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m:y=-1k(x-1),A到m的距離為2k2+1,
所以|PQ|=242-2k2+12=44k2+3k2+1.
故四邊形MPNQ的面積S=12|MN||PQ|=121+14k2+3.
可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83).
當(dāng)l與x軸垂直時(shí),其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.
綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,83).
4.(2015山東,20,13分)平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,左、右焦點(diǎn)分別是F1,F2.以F1為圓心以3為半徑的圓與以F2為圓心以1為半徑的圓相交,且交點(diǎn)在橢圓C上.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)橢圓E:x24a2+y24b2=1,P為橢圓C上任意一點(diǎn).過點(diǎn)P的直線y=kx+m交橢圓E于A,B兩點(diǎn),射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q.
(i)求|OQ||OP|的值;
(ii)求△ABQ面積的最大值.
解析 (1)由題意知2a=4,則a=2.
又ca=32,a2-c2=b2,可得b=1,
所以橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)由(1)知橢圓E的方程為x216+y24=1.
(i)設(shè)P(x0,y0),|OQ||OP|=λ,由題意知Q(-λx0,-λy0).
因?yàn)閤024+y02=1,
又(-λx0)216+(-λy0)24=1,
即λ24x024+y02=1,
所以λ=2,即|OQ||OP|=2.
(ii)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).
將y=kx+m代入橢圓E的方程,
可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,
由Δ>0,可得m2<4+16k2.①
由根與系數(shù)的關(guān)系有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.
所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.
因?yàn)橹本€y=kx+m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,m),
所以△OAB的面積S=12|m||x1-x2|
=216k2+4-m2|m|1+4k2
=2(16k2+4-m2)m21+4k2
=24-m21+4k2m21+4k2.
設(shè)m21+4k2=t.
將y=kx+m代入橢圓C的方程,
可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②
由①②可知014時(shí),S△OPQ=84k2+14k2-1=81+24k2-1>8;
當(dāng)0≤k2<14時(shí),S△OPQ=84k2+11-4k2=8-1+21-4k2.
因0≤k2<14,則0<1-4k2≤1,21-4k2≥2,
所以S△OPQ=8-1+21-4k2≥8,
當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào).
所以當(dāng)k=0時(shí),S△OPQ的最小值為8.
綜合(i)(ii)可知,當(dāng)直線l與橢圓C在四個(gè)頂點(diǎn)處相切時(shí),△OPQ的面積取得最小值8.
評(píng)析本題考查求軌跡方程的方法,及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí).
考點(diǎn)三 存在性問題
1.(2014湖南文,20,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),雙曲線C1:x2a12-y2b12=1(a1>0,b1>0)和橢圓C2:y2a22+x2b22=1(a2>b2>0)均過點(diǎn)P233,1,且以C1的兩個(gè)頂點(diǎn)和C2的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是面積為2的正方形.
(1)求C1,C2的方程;
(2)是否存在直線l,使得l與C1交于A,B兩點(diǎn),與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),且|OA+OB|=|AB|?證明你的結(jié)論.
解析 (1)設(shè)C2的焦距為2c2,由題意知,2c2=2,2a1=2,
從而a1=1,c2=1.
因?yàn)辄c(diǎn)P233,1在雙曲線x2-y2b12=1上,所以2332-1b12=1,故b12=3.
由橢圓的定義知2a2=2332+(1-1)2+2332+(1+1)2=23.
于是a2=3,b22=a22-c22=2,故C1,C2的方程分別為x2-y23=1,y23+x22=1.
(2)不存在符合題設(shè)條件的直線.證明如下:
(i)若直線l垂直于x軸,因?yàn)閘與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),所以直線l的方程為x=2或x=-2.
當(dāng)x=2時(shí),易知A(2,3),B(2,-3),
所以|OA+OB|=22,|AB|=23,
此時(shí),|OA+OB|≠|(zhì)AB|.
當(dāng)x=-2時(shí),同理可知,|OA+OB|≠|(zhì)AB|.
(ii)若直線l不垂直于x軸,設(shè)l的方程為y=kx+m,
由y=kx+m,x2-y23=1得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.
當(dāng)l與C1相交于A,B兩點(diǎn)時(shí),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1,x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根,從而x1+x2=2km3-k2,x1x2=m2+3k2-3.
于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3k2-3m2k2-3.
由y=kx+m,y23+x22=1得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.
因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),所以上述方程的判別式
Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.
化簡(jiǎn),得2k2=m2-3,因此OAOB=x1x2+y1y2=m2+3k2-3+3k2-3m2k2-3=-k2-3k2-3≠0,
于是OA2+OB2+2OAOB≠OA2+OB2-2OAOB,
即|OA+OB|2≠|(zhì)OA-OB|2,故|OA+OB|≠|(zhì)AB|.
綜合(i),(ii)可知,不存在符合題設(shè)條件的直線.
評(píng)析本題考查橢圓與雙曲線的定義、幾何性質(zhì)、標(biāo)準(zhǔn)方程及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,同時(shí)考查方程思想,運(yùn)算、推理能力,綜合性較強(qiáng).
2.(2014山東文,21,14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,直線y=x被橢圓C截得的線段長(zhǎng)為4105.
(1)求橢圓C的方程;
(2)過原點(diǎn)的直線與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)(A,B不是橢圓C的頂點(diǎn)).點(diǎn)D在橢圓C上,且AD⊥AB,直線BD與x軸、y軸分別交于M,N兩點(diǎn).
(i)設(shè)直線BD,AM的斜率分別為k1,k2.證明存在常數(shù)λ使得k1=λk2,并求出λ的值;
(ii)求△OMN面積的最大值.
解析 (1)由題意知a2-b2a=32,可得a2=4b2,
橢圓C的方程可簡(jiǎn)化為x2+4y2=a2.
將y=x代入可得x=5a5,
因此225a5=4105,可得a=2.
因此b=1,
所以橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)(i)證明:設(shè)A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),
則B(-x1,-y1),
因?yàn)橹本€AB的斜率kAB=y1x1,
又AB⊥AD,所以直線AD的斜率k=-x1y1.
設(shè)直線AD的方程為y=kx+m,由題意知k≠0,m≠0.
由y=kx+m,x24+y2=1可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0.
所以x1+x2=-8mk1+4k2,
因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+4k2.
由題意知x1≠-x2,所以k1=y1+y2x1+x2=-14k=y14x1.
所以直線BD的方程為y+y1=y14x1(x+x1).
令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0).
可得k2=-y12x1.所以k1=-12k2,即λ=-12.
因此存在常數(shù)λ=-12使得結(jié)論成立.
(ii)直線BD的方程為y+y1=y14x1(x+x1),
令x=0,得y=-34y1,即N0,-34y1.
由(i)知M(3x1,0),
可得△OMN的面積S=123|x1|34|y1|=98|x1||y1|.
因?yàn)閨x1||y1|≤x124+y12=1,當(dāng)且僅當(dāng)|x1|2=|y1|=22時(shí)等號(hào)成立,
此時(shí)S取得最大值98,
所以△OMN面積的最大值為98.
C組 教師專用題組
考點(diǎn)一 定點(diǎn)與定值問題
1.(2013陜西,20,13分)已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A(4,0),且在y軸上截得弦MN的長(zhǎng)為8.
(1)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程;
(2)已知點(diǎn)B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,若x軸是∠PBQ的角平分線,證明直線l過定點(diǎn).
解析 (1)如圖,設(shè)動(dòng)圓圓心為O1(x,y),由題意,知|O1A|=|O1M|,當(dāng)O1不在y軸上時(shí),過O1作O1H⊥MN交MN于H,則H是MN的中點(diǎn),
∴|O1M|=x2+42,
又|O1A|=(x-4)2+y2,∴(x-4)2+y2=x2+42,
化簡(jiǎn)得y2=8x(x≠0).
又當(dāng)O1在y軸上時(shí),O1與O重合,點(diǎn)O1的坐標(biāo)(0,0)也滿足方程y2=8x,∴動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程為y2=8x.
(2)由題意,設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
將y=kx+b代入y2=8x中,
得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.
其中Δ=-32kb+64>0.
由根與系數(shù)的關(guān)系得,x1+x2=8-2bkk2,①
x1x2=b2k2,②
∵x軸平分∠PBQ,∴y1x1+1=-y2x2+1,
即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,
(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,
2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③
將①,②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,
∴k=-b,此時(shí)Δ>0,
∴直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(diǎn)(1,0).
2.(2014安徽,19,13分)如圖,已知兩條拋物線E1:y2=2p1x(p1>0)和E2:y2=2p2x(p2>0),過原點(diǎn)O的兩條直線l1和l2,l1與E1,E2分別交于A1,A2兩點(diǎn),l2與E1,E2分別交于B1,B2兩點(diǎn).
(1)證明:A1B1∥A2B2;
(2)過O作直線l(異于l1,l2)與E1,E2分別交于C1,C2兩點(diǎn).記△A1B1C1與△A2B2C2的面積分別為S1與S2,求S1S2的值.
解析 (1)證明:設(shè)直線l1,l2的方程分別為y=k1x,y=k2x(k1,k2≠0),則
由y=k1x,y2=2p1x,得A12p1k12,2p1k1,
由y=k1x,y2=2p2x,得A22p2k12,2p2k1.
同理可得B12p1k22,2p1k2,B22p2k22,2p2k2.
所以A1B1=2p1k22-2p1k12,2p1k2-2p1k1=2p11k22-1k12,1k2-1k1,
A2B2=2p2k22-2p2k12,2p2k2-2p2k1=2p21k22-1k12,1k2-1k1,
故A1B1=p1p2A2B2,所以A1B1∥A2B2.
(2)由(1)知A1B1∥A2B2,同理可得B1C1∥B2C2,C1A1∥C2A2.
所以△A1B1C1∽△A2B2C2.
因此S1S2=|A1B1||A2B2|2.
又由(1)中的A1B1=p1p2A2B2知|A1B1||A2B2|=p1p2.
故S1S2=p12p22.
考點(diǎn)二 參變量的取值范圍與最值問題
1.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是橢圓和雙曲線的公共焦點(diǎn),P是它們的一個(gè)公共點(diǎn),且∠F1PF2=π3,則橢圓和雙曲線的離心率的倒數(shù)之和的最大值為( )
A.433 B.233 C.3 D.2
答案 A
2.(2014四川,20,13分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為4,其短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長(zhǎng)軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn),T為直線x=-3上任意一點(diǎn),過F作TF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P,Q.
(i)證明:OT平分線段PQ(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn));
(ii)當(dāng)|TF||PQ|最小時(shí),求點(diǎn)T的坐標(biāo).
解析 (1)由已知可得a2+b2=2b,2c=2a2-b2=4,
解得a2=6,b2=2,
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是x26+y22=1.
(2)(i)證明:由(1)可得,F的坐標(biāo)是(-2,0),設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為(-3,m).
則直線TF的斜率kTF=m-0-3-(-2)=-m.
當(dāng)m≠0時(shí),直線PQ的斜率kPQ=1m,直線PQ的方程是x=my-2.
當(dāng)m=0時(shí),直線PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立,得x=my-2,x26+y22=1.
消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,
其判別式Δ=16m2+8(m2+3)>0.
所以y1+y2=4mm2+3,y1y2=-2m2+3,
x1+x2=m(y1+y2)-4=-12m2+3.
所以PQ的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為-6m2+3,2mm2+3.
所以直線OM的斜率kOM=-m3,
又直線OT的斜率kOT=-m3,所以點(diǎn)M在直線OT上,
因此OT平分線段PQ.
(ii)由(i)可得,
|TF|=m2+1,
|PQ|=(x1-x2)2+(y1-y2)2
=(m2+1)[(y1+y2)2-4y1y2]
=(m2+1)4mm2+32-4-2m2+3=24(m2+1)m2+3.
所以|TF||PQ|=124(m2+3)2m2+1=124m2+1+4m2+1+4≥124(4+4)=33.
當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=4m2+1,即m=1時(shí),等號(hào)成立,此時(shí)|TF||PQ|取得最小值.
所以當(dāng)|TF||PQ|最小時(shí),T點(diǎn)的坐標(biāo)是(-3,1)或(-3,-1).
評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線方程、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸、分類與整合等數(shù)學(xué)思想.
3.(2014湖南,21,13分)如圖,O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,離心率為e1;雙曲線C2:x2a2-y2b2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F3、F4,離心率為e2,已知e1e2=32,且|F2F4|=3-1.
(1)求C1,C2的方程;
(2)過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB,M為AB的中點(diǎn),當(dāng)直線OM與C2交于P,Q兩點(diǎn)時(shí),求四邊形APBQ面積的最小值.
解析 (1)因?yàn)閑1e2=32,所以a2-b2aa2+b2a=32,即a4-b4=34a4,因此a2=2b2,從而F2(b,0),F4(3b,0),于是3b-b=|F2F4|=3-1,所以b=1,所以a2=2.
故C1,C2的方程分別為x22+y2=1,x22-y2=1.
(2)因?yàn)锳B不垂直于y軸,且過點(diǎn)F1(-1,0),
故可設(shè)直線AB的方程為x=my-1.
由x=my-1,x22+y2=1得(m2+2)y2-2my-1=0,
易知此方程的判別式大于0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則y1,y2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-1m2+2.
因此x1+x2=m(y1+y2)-2=-4m2+2,于是AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為-2m2+2,mm2+2.故直線PQ的斜率為-m2,則PQ的方程為y=-m2x,即mx+2y=0.
由y=-m2x,x22-y2=1得(2-m2)x2=4,
所以2-m2>0,且x2=42-m2,y2=
m22-m2,
從而|PQ|=2x2+y2=2m2+42-m2.
設(shè)點(diǎn)A到直線PQ的距離為d,則點(diǎn)B到直線PQ的距離也為d,所以2d=|mx1+2y1|+
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