2019年高考数学二轮复习 专题五 直线与圆、圆锥曲线 第6讲 圆锥曲线中的综合问题（一）课件 新人

第6讲圆锥曲线中的综合问题(一)核心突破考点一圆与圆锥曲线相关问题【例1】(2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:22xa+22yb=1(ab0)的离心率为22,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;解:(1)由题意知e=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为22x+y2=1.(2)如图,动直线l:y=k1x-32交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=24,M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.解:(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程2211,23,2xyykx得(421k+2)x2-43k1x-1=0.由题意知Δ0,且x1+x2=1212321kk,x1x2=-211221k,所以|AB|=211k|x1-x2|=221121118221kkk.由题意可知圆M的半径r为r=23|AB|=22112111822321kkk由题设知k1k2=24,所以k2=124k,因此直线OC的方程为y=124kx.联立方程2211,22,4xyyxk得x2=2121814kk,y2=21114k,因此|OC|=22xy=21211814kk.由题意可知sin2SOT=rrOC=1OCrr,而OCr=2121221121181411822312kkkkk=21221132124141kkk,令t=1+221k,则t1,1t∈(0,1),因此OCr=23221ttt=232112ttt=23211924tt≥1,当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=±22,所以sin2SOT≤12,因此2SOT≤π6,所以∠SOT的最大值为π3.综上所述:∠SOT的最大值为π3,取得最大值时直线l的斜率为k1=±22.方法技巧解圆与圆锥曲线的相关问题,在解题时关键抓准两者之间的位置关系和数量关系,然后将此关系转化为圆或圆锥曲线的有关知识去解决.【题组训练】1.如图,AB为半圆x2+y2=1(y≥0)的直径,点D,P是半圆弧上的两点,OD⊥AB,∠POB=30°.曲线C经过点P,且曲线C上任意点M满足:|MA|+|MB|为定值.(1)求曲线C的方程;解:(1)根据椭圆的定义,曲线C是以A(-1,0),B(1,0)为焦点的椭圆,其中2c=2,P(32,12).2a=|PA|+|PB|=2231122+2231122=23+23,所以a2=32,b2=12,曲线C的方程为232x+212y=1.(2)设过点D的直线l与曲线C交于不同的两点E,F,求△OEF面积最大时的直线l的方程.解:(2)设过点D的直线l的斜率为k,则l:y=kx+1.由221,263,ykxxy得(2+6k2)x2+12kx+3=0,Δ=(12k)2-4·(2+6k2)·3=24(3k2-1)0,x1+x2=-21226kk,x1·x2=2326k,所以|EF|=21k·|x1-x2|=21k·22243126kk,又因为点O到直线l的距离d=211k,所以△OEF的面积S=12·|EF|·d=2263126kk.令231k=λ,λ0,则S=12·262=12·62≤12·622=34.当且仅当λ=2,即λ=2,3k2-1=2,k=±1时,△OEF面积取最大值34.此时直线l的方程为y=x+1或y=-x+1.解:(1)因为“黄金抛物线C”过点(3,2)和(-12,32),所以r2=(-12)2+(32)2=1,4=3m+1,所以m=1.所以“黄金抛物线C”的方程为y2=x+1(x≥0)和x2+y2=1(x≤0).2.如图,由部分抛物线:y2=mx+1(m0,x≥0)和半圆x2+y2=r2(x≤0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C”,若“黄金抛物线C”经过点(3,2)和(-12,32).(1)求“黄金抛物线C”的方程;(2)设P(0,1)和Q(0,-1),过点P作直线l与“黄金抛物线C”相交于A,P,B三点,问是否存在这样的直线l,使得QP平分∠AQB?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.解:(2)假设存在这样的直线l,使得QP平分∠AQB,显然直线l的斜率存在且不为0,设直线l:y=kx+1,联立21,1,ykxyx消去y,得k2x2+(2k-1)x=0,所以xB=212kk,yB=1kk,即B(212kk,1kk),所以kBQ=12kk,联立221,1,ykxxy消去y,得(k2+1)x2+2kx=0,所以xA=-221kk,yA=2211kk,即A(-221kk,2211kk),所以kAQ=-1k,因为QP平分∠AQB,所以kAQ+kBQ=0,所以12kk-1k=0,解得k=-1±2,由图形可得k=-1-2应舍去,所以k=2-1,所以存在直线l:y=(2-1)x+1,使得QP平分∠AQB.考点二圆锥曲线与向量交汇问题【例2】已知点P在双曲线216x-29y=1上,点A满足PA=(t-1)OP(t∈R),且OA·OP=64,OB=(0,1),则|OB·OA|的最大值为()(A)54(B)245(C)54(D)524解析:因为PA=(t-1)OP,所以PA=tOP-OP,所以OA=tOP,且|OA|=|t||OP|,设A(xA,yA),P(xP,yP),所以(xA,yA)=t(xP,yP),所以,,ApApxxtyyt将点(Axt,Ayt)代入双曲线方程中得2216Axt-229Ayt=1,所以2Ax=2169Ay+16t2,①因为OA·OP=64,(即OA,OP同向),所以|OA|·|OP|=|t||OP|2=64,所以|t|(22Axt+22Ayt)=64,将①代入上式整理得2259Ayt+16|t|=64,即64=2259Ayt+16|t|≥2225169Aytt=403yA,所以|yA|≤245,|OB·OA|=|(0,1)·(xA,yA)|=|yA|≤245.故选B.【题组训练】1.已知P为双曲线C:29x-216y=1上的点,点M满足|OM|=1,且OM·PM=0,则当|PM|取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为()(A)95(B)125(C)4(D)5解析:由OM·PM=0,得OM⊥PM,根据勾股定理,求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值,当|OP|取得最小值时,点P的位置为双曲线的顶点(±3,0),而双曲线的渐近线为4x±3y=0,所以所求的距离d=125.故选B.B2.(2018·金丽衢5月模拟)已知抛物线C:y2=2px,焦点为F(2,0),且P(m,0),Q(-m,n),过P作斜率为k(k≠0)的直线l交抛物线C于A,B两点,(1)若m=k=2,QA·QB=0,求n的值;解:(1)由题意知p=4,抛物线的方程为y2=8x.设直线l的方程为y=k(x-m),于是有222222240,880.kxkmxkmkyykm设A(x1,y1),B(x2,y2),于是x1+x2=6,x1x2=4,所以有0=QA·QB=(x1+2,y1-n)·(x2+2,y2-n)=(x1+2)(x2+2)+(y1-n)(y2-n)=(n-2)2,所以n=2.(2)若O为坐标原点,m为定值,当k变化时,始终有QA·QB=0,求定值m的大小;(3)若k=1,n=0,m0,当m改变时,求三角形QAB的面积的最大值.解:(2)因为x1x2=m2,y1y2=-8m,又0=OA·OB=x1x2+y1y2=m2-8m,所以m=0或m=8.(3)当k=1时,y2-8y-8m=0,由判别式Δ0求得0m-2.则S△QAB=12×|PQ|×|y1-y2|=-m×6432m=4242mm≤43423mmm=3239.所以当m=-43时,三角形QAB有最大面积3239.考点三圆锥曲线与导数的交汇问题【例3】已知抛物线C:x2=4y.(1)求过点P(0,-4)的抛物线C的切线方程;解:(1)设切点M(x0,204x),由y′=2x可知抛物线在M点处的斜率y′0|xx=02x,所以所求的切线方程为y-204x=02x(x-x0).因为点P(0,-4)在切线上,从而满足切线方程,代入化简可得x0=±4,所求切线方程为y=±2x-4.(2)求点Q(2,1)处的切线方程.解:(2)由(1)易知点Q处的斜率k=y′|x=2=1,又点Q在切线上,可得切线方程为x-y-1=0.方法技巧在圆锥曲线问题的求解中引入导数,可以在一定程度上开拓思路,降低难度.本例主要通过实例来展现导数在圆锥曲线的切线问题方面的应用.【题组训练】1.已知动圆过定点F(0,2),且与直线l:y=-2相切,若AB是动圆圆心的轨迹C上的动弦,且AB过点F(0,2),分别以A,B为切点作轨迹C的切线,设两切线的交点为Q.证明AQ⊥BQ.证明:设圆心C的坐标为(x,y),则依题意|CF|=|y+2|,代入坐标得222xy=|y+2|,化简得圆心C的轨迹方程为x2=8y.设AB所在直线方程为y=kx+2,A,B点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组22,8,ykxxy解得x2-8kx-16=0,由根与系数关系可得x1+x2=8k,x1x2=-16.将x2=8y化为y=18x2,求导得y′=14x,AQ的斜率kAQ=y′1|xx=14x1,BQ的斜率kBQ=y′2|xx=14x2,kAQ·kBQ=14x1·14x2=-1,所以AQ⊥BQ.2.已知P是抛物线y=12x2上的一个动点,抛物线外一定点M(4,1),求|PM|的最小值.解:设点P的坐标为(x,y),则|PM|=2241xy=2281621xxyy=242181614xxxx=418174xx,令t=14x4-8x+17,则t′=x3-8=(x-2)[(x+1)2+3],当x=2时,t′=0;当x∈(-∞,2)时,t′0,当x∈(2,+∞)时,t′0.所以当x=2时t=14x4-8x+17的最小值为5,|PM|的最小值为5.阅卷评析圆锥曲线的综合问题【典例】(15分)椭圆22xa+22yb=1(ab0)的离心率为13,左焦点F到直线l:x=9的距离为10,圆G:(x-1)2+y2=1,(1)求椭圆的方程;解:(1)由题可知,点F为(-c,0)知1,3910,cac解得1,3,ca所以a2=9,b2=8,所以椭圆的方程为29x+28y=1.……………………3分(2)若P是椭圆上任意一点,AB为圆H:(x-1)2+y2=4的任一直径,求PA·PB的取值范围;解:(2)PA·PB=2PH-4=(x-1)2+y2-4=(x-1)2+(8-89x2)-4=22133x-4,因为-3≤x≤3,所以PA·PB∈[0,12],即PA·PB的取值范围是[0,12].………………………………………………8分(3)是否存在以椭圆上点M为圆心的圆M,使得圆M上任意一点N作圆G的切线,切点为T,都满足NFNT=2?若存在,求出圆M的方程;若不存在,请说明理由.解:(3)设圆M:(x-m)2+(y-n)2=r2(r0),其中29m+28n=1,则x2+y2=2mx+2ny-m2-n2+r2.……………………………………………………10分由于NFNT=2,则(x+1)2+y2=2[(x-1)2+y2-1],………………………………………………