2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题6 培优点9　圆锥曲线与圆的综合问题

培优点9圆锥曲线与圆的综合问题随着新高考不断地推进与深入，高考对解析几何的要求也随之发生很大的变化，对圆的考查在逐渐加深，与圆相关的几何性质、最值问题、轨迹问题等都能与椭圆、双曲线及抛物线相结合，呈现别具一格的新颖试题，题型渐渐成为高考命题的热点，是一种新的命题趋势．考点一圆的切线与圆锥曲线的综合问题例1已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点为F2(1,0)，点P32，214在椭圆上．(1)求椭圆的方程；(2)点M在圆x2＋y2＝b2上，且M在第一象限，过点M作圆x2＋y2＝b2的切线交椭圆于A，B两点，问△AF2B的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．解(1)由题意得a2－b2＝c2＝1，94a2＋2116b2＝1，∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)是定值．由题意，设AB的方程为y＝kx＋m(k0，m0)，∵AB与圆x2＋y2＝3相切，∴|m|1＋k2＝3，即m2＝3(1＋k2)，由y＝kx＋m，x24＋y23＝1，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2＝1＋k2－8km3＋4k22－4·4m2－123＋4k2＝－4km3＋4k2.又|AF2|2＝(x1－1)2＋y21＝(x1－1)2＋31－x214＝14(x1－4)2，∴|AF2|＝12(4－x1)＝2－12x1，同理|BF2|＝12(4－x2)＝2－12x2，∴|AF2|＋|BF2|＝4－12(x1＋x2)＝4＋4km3＋4k2∴|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4＋4km3＋4k2－4km3＋4k2＝4(定值)．规律方法处理圆的切线与圆锥曲线综合问题，主要就是巧设直线方程，利用圆的切线性质(圆心到直线的距离等于半径)找到直线的参数之间的关系或者转化为直线斜率的一元二次方程，利用根与系数的关系求解．跟踪演练1在平面直角坐标系中，F为抛物线C：x2＝2py(p0)的焦点，D为抛物线C上第一象限内任意一点，△FOD外接圆的圆心为Q，且圆心Q到抛物线C的准线的距离为34.(1)求抛物线C的方程；(2)设点P(x0，y0)(x01)为抛物线C上第一象限内任意一点，过点P作圆x2＋(y－1)2＝1的两条切线l1，l2且与y轴分别相交于A，B两点，求△PAB面积的最小值．解(1)由抛物线C方程x2＝2py，已知F0，p2，准线y＝－p2，外接圆的圆心在直线y＝p4上，依题意3p4＝34，即p＝1，抛物线C的方程为x2＝2y.(2)设过点P(x0，y0)的直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)，直线kx－y＋y0－kx0＝0与圆x2＋(y－1)2＝1相切，则|y0－1－kx0|1＋k2＝1，化简得(x20－1)k2－2(y0－1)x0·k＋y20－2y0＝0，①方程的根为k1，k2，则有k1＋k2＝2y0－1x0x20－1，k1·k2＝y20－2y0x20－1，设直线l1，l2在y轴上的截距分别为y1，y2，则y1＝y0－k1x0，y2＝y0－k2x0，|AB|＝|y1－y2|＝|k1－k2|·x0＝x0·4y0－12x20x20－12－4y20－2y0x20－1x20－12＝2x0x20＋y20－2y0x20－1＝2x0·x20＋14x40－x20x20－1＝x30x20－1，S＝12|AB|·x0＝12·x40x20－1＝12·x20－12＋2x20－1＋1x20－1＝12x20－1＋1x20－1＋2≥12×(2＋2)＝2.当且仅当x20－1＝1x20－1，即x0＝2时，S△PAB面积取得最小值，面积最小值为2.考点二圆锥曲线中的四点共圆综合问题例2(2022·重庆模拟)设动点P与定点F(3，0)的距离和P到定直线l：x＝433的距离的比是32.(1)求动点P的轨迹方程；(2)设动点P的轨迹为曲线C，不过原点O且斜率为12的直线l与曲线C交于不同的A，B两点，线段AB的中点为M，直线OM与曲线C交于C，D两点，证明：A，B，C，D四点共圆．(1)解设P(x，y)，因为动点P与定点F(3，0)的距离和P到定直线l：x＝433的距离的比是32，所以x－32＋y2x－433＝32，整理化简得x24＋y2＝1.所以动点P的轨迹方程为x24＋y2＝1.(2)证明设直线l的方程为y＝12x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由方程组x24＋y2＝1，y＝12x＋m，得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①方程①的判别式为Δ＝4(2－m2)，由Δ0，得2－m20，解得－2m2.由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.所以M点坐标为－m，m2，直线OM方程为y＝－12x，由方程组x24＋y2＝1，y＝－12x，得C－2，22，D2，－22.所以|MC|·|MD|＝52(－m＋2)·52(2＋m)＝54(2－m2)．又|MA|·|MB|＝14|AB|2＝14[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝516[(x1＋x2)2－4x1x2]＝516[4m2－4(2m2－2)]＝54(2－m2)．所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.所以A，B，C，D四点共圆．规律方法处理共圆问题，主要抓住弦长及弦的中点的关系并结合圆的垂径定理，综合寻求关系．跟踪演练2(2022·南京模拟)如图，在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点(－2,0)和1，32，椭圆C上三点A，M，B与原点O构成一个平行四边形AMBO.(1)求椭圆C的方程；(2)若A，M，B，O四点共圆，求直线AB的斜率．解(1)因为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过点(－2,0)和1，32，所以a＝2，1a2＋34b2＝1，解得b2＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)因为直线AB的斜率存在，所以设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝kx＋m，x24＋y2＝1，消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，则有x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2.因为平行四边形AMBO，所以OM→＝OA→＋OB→＝(x1＋x2，y1＋y2)．因为x1＋x2＝－8km1＋4k2，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·－8km1＋4k2＋2m＝2m1＋4k2，所以M－8km1＋4k2，2m1＋4k2.因为点M在椭圆C上，所以将点M的坐标代入椭圆C的方程，化得4m2＝4k2＋1.①因为A，M，B，O四点共圆，所以平行四边形AMBO是矩形，且OA⊥OB，所以OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝0.因为y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2－4k21＋4k2，所以x1x2＋y1y2＝4m2－41＋4k2＋m2－4k21＋4k2＝0，化得5m2＝4k2＋4.②由①②解得k2＝114，m2＝3，此时Δ＞0，因此k＝±112.所以所求直线AB的斜率为±112.专题强化练1．已知双曲线x2－y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)．(1)求k的取值范围；(2)记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么，k1·k2是定值吗？证明你的结论．解(1)∵l与圆相切，∴1＝|m|1＋k2∴m2＝1＋k2，①由y＝kx＋m，x2－y2＝1，得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0，∴1－k2≠0，Δ＝4m2k2＋41－k2m2＋1＝4m2＋1－k2＝80，x1·x2＝m2＋1k2－10，∴k21，∴－1k1，故k的取值范围为(－1,1)．(2)由已知可得A1，A2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，∴k1＝y1x1＋1，k2＝y2x2－1，由(1)知，x1＋x2＝－2mkk2－1，x1·x2＝m2＋1k2－1，∴k1·k2＝y1y2x1＋1x2－1＝kx1＋mkx2＋mx1＋1x2－1＝k2x1x2＋mkx1＋x2＋m2x1x2＋x2－x1－1＝k2·m2＋1k2－1－mk·2mkk2－1＋m2m2＋1k2－1－22k2－1－1＝m2k2＋k2－2m2k2＋m2k2－m2m2＋1－22－k2＋1＝k2－m2m2－k2＋2－22，由①得m2－k2＝1，∴k1·k2＝－13－22＝－(3＋22)为定值．2．(2022·泸州模拟)从抛物线y2＝4x上各点向x轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线P.(1)求曲线P的方程，并说明曲线P是什么曲线；(2)过点M(2,0)的直线l交曲线P于两点A，B，线段AB的垂直平分线交曲线P于两点C，D，探究是否存在直线l使A，B，C，D四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由．解(1)设抛物线y2＝4x上的任意点为S(x0，y0)，垂线段的中点为(x，y)，故x＝x0，y＝y02，则x0＝x，y0＝2y，代入y20＝4x0得(2y)2＝4x，得曲线P的方程为y2＝x，所以曲线P是焦点为14，0的抛物线．(2)若直线l与x轴重合，则直线l与曲线P只有一个交点，不符合题意．设直线l的方程为x＝ty＋2，根据题意知t≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y2＝x，x＝ty＋2，得y2－ty－2＝0，Δ＝t2＋80，则y1＋y2＝t，y1·y2＝－2，则|AB|＝1＋t2·|y1－y2|＝1＋t2y1＋y22－4y1y2＝t2＋1t2＋8，且线段AB中点的纵坐标为y1＋y22＝t2，即x1＋x22＝t·y1＋y22＋2＝t22＋2，所以线段AB中点为Mt22＋2，t2，因为直线CD为线段AB的垂直平分线，可设直线CD的方程为x＝－1ty＋m，则t22＋2＝－1t×t2＋m，故m＝t2＋52，联立y2＝x，x＝－1ty＋t2＋52，得2ty2＋2y－t(t2＋5)＝0，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则y3＋y4＝－1t，y3·y4＝－12(t2＋5)，故|CD|＝1＋1t2|y3－y4|＝1＋1t2y3＋y42－4y3y4＝1＋1t21t2＋2t2＋10，线段CD中点为N12t2＋t2＋52，－12t，假设A，B，C，D四点共圆，则弦AB的中垂线与弦CD的中垂线的交点必为圆心，因为CD为线段AB的中垂线，则可知弦CD的中点N必为圆心，则|AN|＝12|CD|，在Rt△AMN中，|AN|2＝|AM|2＋|MN|2，所以12|CD|2＝|AM|2＋|MN|2，则141＋1t21t2＋2t2＋10＝14(t2＋1)(t2＋8)＋12t2＋122＋t2＋12t2，故t4＋8t2－1－8t2＝0，即t6＋8t4－t2－8t2＝t2－1t4＋9t2＋8t2＝0，解得t2＝1，即t＝±1，所以存在直线l，使A，B，C，D四点共圆，且圆心为弦CD的中点N，圆N的方程为x－722＋y＋122＝132或x－722＋y－122＝132.