第九章-专题五

Gothedistance专题五高考中的圆锥曲线问题1．已知F1、F2为椭圆x225＋y29＝1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点．若|F2A|＋|F2B|＝12，则|AB|＝________.答案8解析由题意知(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝2a＋2a，又由a＝5，可得|AB|＋(|BF2|＋|AF2|)＝20，即|AB|＝8.2．设AB为过抛物线y2＝2px(p0)的焦点的弦，则|AB|的最小值为()A.p2B．pC．2pD．无法确定答案C解析当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短，这时x＝p2，∴y＝±p，|AB|min＝2p.3．若双曲线x2a2－y23＝1的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为()A．1B．2C．3D．6答案B解析双曲线x2a2－y23＝1的渐近线方程为y＝±3ax，即3x±ay＝0，圆(x－2)2＋y2＝4的圆心为C(2,0)，半径为r＝2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|＝22－12＝3，另一方面，圆心C(2,0)到双曲线x2a2－y23＝1的渐近线3x－ay＝0的距离为d＝|3×2－a×0|3＋a2＝233＋a2，所以233＋a2＝3，解得a2＝1，即a＝1，该双曲线的实轴长为2a＝2.4．在抛物线y＝2x2上有一点P，它到A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点P的Gothedistance坐标是()A．(－2,1)B．(1,2)C．(2,1)D．(－1,2)答案B解析如图所示，直线l为抛物线y＝2x2的准线，F为其焦点，PN⊥l，AN1⊥l，由抛物线的定义知，|PF|＝|PN|，∴|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PN|≥|AN1|，当且仅当A、P、N三点共线时取等号．∴P点的横坐标与A点的横坐标相同即为1，则可排除A、C、D，故选B.5．设坐标原点为O，抛物线y2＝2x与过焦点的直线交于A、B两点，则OA→·OB→等于()A.34B．－34C．3D．－3答案B解析方法一(特殊值法)抛物线的焦点为F12，0，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A(12，1)，B(12，－1)，∴OA→·OB→＝12，1·12，－1＝14－1＝－34.方法二设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则OA→·OB→＝x1x2＋y1y2.由抛物线的过焦点的弦的性质知：x1x2＝p24＝14，y1y2＝－p2＝－1.∴OA→·OB→＝14－1＝－34.题型一圆锥曲线中的范围、最值问题例1(2012·浙江改编)如图所示，在直角坐标系xOy中，点P(1，12)到抛物线C：y2＝2px(p0)的准线的距离为54.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m，n)在直线OM上．(1)求曲线C的方程及t的值．Gothedistance(2)记d＝|AB|1＋4m2，求d的最大值．思维启迪(1)依条件，构建关于p，t的方程；(2)建立直线AB的斜率k与线段AB中点坐标间的关系，并表示弦AB的长度，运用函数的性质或基本不等式求d的最大值．解(1)y2＝2px(p0)的准线x＝－p2，∴1－(－p2)＝54，p＝12，∴抛物线C的方程为y2＝x.又点M(t,1)在曲线C上，∴t＝1.(2)由(1)知，点M(1,1)，从而n＝m，即点Q(m，m)，依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的斜率为k(k≠0)．且A(x1，y1)，B(x2.y2)，由y21＝x1，y22＝x2，得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k·2m＝1，所以直线AB的方程为y－m＝12m(x－m)，即x－2my＋2m2－m＝0.由x－2my＋2m2－m＝0，y2＝x消去x，整理得y2－2my＋2m2－m＝0，所以Δ＝4m－4m20，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m.从而|AB|＝1＋1k2·|y1－y2|＝1＋4m2·4m－4m2＝21＋4m2m－m2∴d＝|AB|1＋4m2＝2m1－m≤m＋(1－m)＝1，当且仅当m＝1－m，即m＝12时，上式等号成立，又m＝12满足Δ＝4m－4m20.∴d的最大值为1.思维升华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Gothedistance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．已知点A(－1,0),B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，|AM→|·|BM→|cos2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点．(1)求|AM→|＋|BM→|的值，并写出曲线C的方程；(2)求△APQ面积的最大值．解(1)设M(x，y)，在△MAB中，|AB|＝2，∠AMB＝2θ，根据余弦定理得|AM→|2＋|BM→|2－2|AM→|·|BM→|cos2θ＝4.即(|AM→|＋|BM→|)2－2|AM→|·|BM→|(1＋cos2θ)＝4.(|AM→|＋|BM→|)2－4|AM→|·|BM→|cos2θ＝4.而|AM→|·|BM→|cos2θ＝3，所以(|AM→|＋|BM→|)2－4×3＝4.所以|AM→|＋|BM→|＝4.又|AM→|＋|BM→|＝42＝|AB|，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a＝2，c＝1.所以曲线C的方程为x24＋y23＝1.(2)设直线PQ的方程为x＝my＋1.由x＝my＋1，x24＋y23＝1，消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.①显然方程①的Δ0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则S△APQ＝12×2×|y1－y2|＝|y1－y2|.由根与系数的关系得y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4.Gothedistance所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×3m2＋33m2＋42.令t＝3m2＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝48t＋1t＋2.由于函数φ(t)＝t＋1t在[3，＋∞)上是增函数，所以t＋1t≥103，当t＝3m2＋3＝3，即m＝0时取等号．所以(y1－y2)2≤48103＋2＝9，即|y1－y2|的最大值为3.所以△APQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x＝1.题型二圆锥曲线中的定点、定值问题例2(2012·福建)如图，等边三角形OAB的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p0)上．(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．思维启迪既然圆过y轴上的点，即满足MP→·MQ→＝0，对任意P、Q恒成立可待定M(0，y1)，也可给定特殊的P点，猜想M点坐标，再证明．(1)解依题意，得|OB|＝83，∠BOy＝30°.设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cos30°＝12.因为点B(43，12)在x2＝2py上，所以(43)2＝2p×12，解得p＝2.故抛物线E的方程为x2＝4y.(2)证明方法一由(1)知y＝14x2，y′＝12x.设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝12x0(x－x0)，即y＝12x0x－14x20.Gothedistance由y＝12x0x－14x20，y＝－1得x＝x20－42x0，y＝－1.所以Q为x20－42x0，－1.设M(0，y1)，令MP→·MQ→＝0对满足y0＝14x20(x0≠0)的x0，y0恒成立．由于MP→＝(x0，y0－y1)，MQ→＝x20－42x0，－1－y1，由MP→·MQ→＝0，得x20－42－y0－y0y1＋y1＋y21＝0，即(y21＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)由于(*)式对满足y0＝14x20(x0≠0)的y0恒成立，所以1－y1＝0，y21＋y1－2＝0，解得y1＝1.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．方法二由(1)知y＝14x2，y′＝12x.设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝12x0(x－x0)，即y＝12x0x－14x20.由y＝12x0x－14x20，y＝－1得x＝x20－42x0，y＝－1.所以Q为x20－42x0，－1.取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P1，14，Q－32，－1，以PQ为直径的圆为x＋142＋y＋382＝12564，交y轴于点M3(0,1)、M40，－74.故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．Gothedistance以下证明点M(0,1)就是所要求的点．因为MP→＝(x0，y0－1)，MQ→＝x20－42x0，－2，所以MP→·MQ→＝x20－42－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．思维升华求定点及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．(2013·江西)椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝32，a＋b＝3.(1)求椭圆C的方程；(2)如图所示，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2m－k为定值．(1)解因为e＝32＝ca，所以a＝23c，b＝13c.代入a＋b＝3得，c＝3，a＝2，b＝1.故椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明方法一因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k(x－2)(k≠0，k≠±12)，①①代入x24＋y2＝1，解得P8k2－24k2＋1，－4k4k2＋1.直线AD的方程为y＝12x＋1.②①与②联立解得M4k＋22k－1，4k2k－1.Gothedistance由D(0,1)，P8k2－24k2＋1，－4k4k2＋1，N(x,0)三点共线知－4k4k2＋1－18k2－24k2＋1－0＝0－1x－0，解得N4k－22k＋1，0.所以MN的斜率为m＝4k2k－1－04k＋22k－1－4k－22k＋1＝4k2k＋122k＋12－22k－12＝2k＋14.则2m－k＝2k＋12－k＝12(定值)．方法二设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝y0x0－2，直线AD的方程为y＝12(x＋2)，直线BP的方程为y＝y0x0－2(x－2)，直线DP的方程为y－1＝y0－1x0x，令y＝0，由于y0≠1可得N－x0y0－1，0，联立y＝12x＋2y＝y0x0－2x－2，解得M4y0＋2x0－42y0－x0＋2，4y02y0－x0＋2，因此MN的斜率为m＝4y02y0－x0＋24y0＋2x0－42y0－x0＋2＋x0y0－1＝4y0y0－14y20－8y0＋4x0y0－x20＋4＝4y0y0－14y20－8y0＋4x0y0－4－4y20＋4＝y0－12y0＋x0－2，Gothedistance所以2m－k＝2y0－12y0＋x0－2－y0x0－2＝2y0－1x0－2－y02y0＋x0－22y0＋x0－2x0－2＝2y0－1x0－2－2y20－y0x0－22y0＋x0－2x0－2＝2y0－1x0－2－124－x20－y0x0－22y0＋x0－2x0－2＝12(定值)．Gothedistance题