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新高考数学一轮复习讲义第8章 §8.13 圆锥曲线中探索性与综合性问题(2份打包,原卷版+含解析)
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例1 (2023·南通模拟)已知双曲线C:eq \f(x2,a2)-eq \f(y2,b2)=1(a>0,b>0)的离心率为2,且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),3),\r(2))).
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)设Q为双曲线C右支第一象限上的一个动点,F为双曲线C的右焦点,在x轴的负半轴上是否存在定点M使得∠QFM=2∠QMF?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
解 (1)依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)=2,,\f(5,3a2)-\f(2,b2)=1,))结合c2=a2+b2,
解得a=1,b=eq \r(3),c=2.
所以双曲线C的标准方程为x2-eq \f(y2,3)=1.
(2)假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件.
由(1)知双曲线C的右焦点为F(2,0).
设Q(x0,y0)(x0≥1)为双曲线C右支上一点.
当x0=2时,
因为∠QFM=2∠QMF=90°,
所以∠QMF=45°,
于是|MF|=|QF|=3,
所以t=-1.即M(-1,0).
当x0≠2时,tan∠QFM=-kQF=-eq \f(y0,x0-2),
tan∠QMF=kQM=eq \f(y0,x0-t).
因为∠QFM=2∠QMF,
所以-eq \f(y0,x0-2)=eq \f(2×\f(y0,x0-t),1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0-t)))2).
将yeq \\al(2,0)=3xeq \\al(2,0)-3代入并整理得
-2xeq \\al(2,0)+(4+2t)x0-4t=-2xeq \\al(2,0)-2tx0+t2+3,
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4+2t=-2t,,-4t=t2+3,))
解得t=-1.即M(-1,0).
综上,满足条件的点M存在,其坐标为(-1,0).
思维升华 存在性问题的解题策略
存在性的问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论.
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件.
(3)当要讨论的量能够确定时,可先确定,再证明结论符合题意.
跟踪训练1 (2022·淄博模拟)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点M(2,m)在抛物线C上,且|MF|=2.
(1)求实数m的值及抛物线C的标准方程;
(2)不过点M的直线l与抛物线C相交于A,B两点,若直线MA,MB的斜率之积为-2,试判断直线l能否与圆(x-2)2+(y-m)2=80相切?若能,求此时直线l的方程;若不能,请说明理由.
解 (1)由题意得,
因为点M(2,m)在抛物线上,所以22=2pm,
由抛物线的定义,得m+eq \f(p,2)=2,
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m+\f(p,2)=2,,22=2pm,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m=1,,p=2,))
所以抛物线C的标准方程为x2=4y.
(2)由(1)得M(2,1),
设点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1,\f(x\\al(2,1),4))),Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2,\f(x\\al(2,2),4))),
则kMA=eq \f(x1+2,4),kMB=eq \f(x2+2,4),
所以kMAkMB=eq \f(x1+2,4)×eq \f(x2+2,4)=-2,
得x1x2+2(x1+x2)+36=0;
设直线AB方程为y=kx+b,
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=kx+b,,x2=4y,))得x2-4kx-4b=0,
所以x1+x2=4k,x1x2=-4b,
所以-4b+8k+36=0,得b=2k+9,
所以直线AB的方程为y=kx+2k+9,
即直线AB恒过抛物线内部的定点N(-2,9),
又圆M:(x-2)2+(y-1)2=80正好经过点N(-2,9),
当且仅当直线AB与半径MN垂直时直线AB与圆M相切,
此时k=-eq \f(1,kMN)=eq \f(1,2),
所以直线AB的方程为y=eq \f(1,2)x+10.
题型二 圆锥曲线的综合问题
例2 (2023·福州模拟)如图,O为坐标原点,抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点是椭圆C2:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的右焦点,A为椭圆C2的右顶点,椭圆C2的长轴长为|AB|=8,离心率e=eq \f(1,2).
(1)求抛物线C1和椭圆C2的方程;
(2)过A点作直线l交C1于C,D两点,射线OC,OD分别交C2于E,F两点,记△OEF和△OCD的面积分别为S1和S2,问是否存在直线l,使得S1∶S2=3∶13?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解 (1)由题意知,a=4,eq \f(c,a)=eq \f(1,2),
所以c=2,所以b=eq \r(a2-c2)=2eq \r(3),p=4.
所以抛物线C1的方程为y2=8x,
椭圆C2的方程为eq \f(x2,16)+eq \f(y2,12)=1.
(2)由题设知直线l的斜率不为0,
设直线l的方程为x=my+4.
则联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2=8x,,x=my+4,))
得y2-8my-32=0.
设C(x1,y1),D(x2,y2),
则y1+y2=8m,y1y2=-32.
所以eq \f(S2,S1)=eq \f(\f(1,2)|OC|·|OD|sin∠COD,\f(1,2)|OE|·|OF|sin∠EOF)
=eq \f(|OC|·|OD|,|OE|·|OF|)=eq \f(|y1|·|y2|,|yE|·|yF|)=eq \f(32,|yE|·|yF|),
因为直线OC的斜率为eq \f(y1,x1)=eq \f(y1,\f(y\\al(2,1),8))=eq \f(8,y1),
所以直线OC的方程为y=eq \f(8,y1)x.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=\f(8,y1)x,,\f(x2,16)+\f(y2,12)=1,))得y2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),64×16)+\f(1,12)))=1,
则yeq \\al(2,E)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),64×16)+\f(1,12)))=1,
同理可得yeq \\al(2,F)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),64×16)+\f(1,12)))=1,
所以yeq \\al(2,E)·yeq \\al(2,F)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),64×16)+\f(1,12)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),64×16)+\f(1,12)))=1,
所以yeq \\al(2,E)·yeq \\al(2,F)=eq \f(36×256,121+48m2),
要使S1∶S2=3∶13,
只需eq \f(322×121+48m2,36×256)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,3)))2,
解得m=±1,
所以存在直线l:x±y-4=0符合条件.
思维升华 圆与圆锥曲线综合问题中,圆大多数是以工具的形式出现,解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质.如:圆的半径r,弦长的一半h,弦心距d满足r2=h2+d2;圆的弦的垂直平分线过圆心;若AB是圆的直径,则圆上任一点P有eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))=0.
跟踪训练2 如图,过抛物线E:y2=2px(p>0)焦点F的直线l交抛物线于点A,B,|AB|的最小值为4,直线x=-4分别交直线AO,BO于点C,D(O为原点).
(1)求抛物线E的方程;
(2)圆M过点C,D,交x轴于点G(t,0),H(m,0),证明:若t为定值时,m也为定值.并求t=-8时,△ABH面积S的最小值.
解 (1)当直线AB的斜率不存在时,此时Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2),p)),Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2),-p)),∴|AB|=2p,
当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x-\f(p,2))),联立抛物线方程得k2x2-(k2p+2p)x+eq \f(k2p2,4)=0,Δ=(k2p+2p)2-k4p2>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=eq \f(k2p+2p,k2)=eq \f(2p,k2)+p,此时|AB|=x1+x2+p=eq \f(2p,k2)+2p>2p,显然当直线AB的斜率不存在时,|AB|的值最小,即2p=4,解得p=2,∴抛物线E:y2=4x.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(-4,y3),D(-4,y4),则直线OA的方程:y=eq \f(4,y1)x,直线OB的方程:y=eq \f(4,y2)x,
由(1)知,x1x2=eq \f(p2,4),
∴y1y2=-2p=-4,
∴y3=eq \f(-16,y1),y4=eq \f(-16,y2)=eq \f(-16,\f(-4,y1))=4y1,
设圆心M(x0,y0),则y0=eq \f(y3+y4,2)=2y1-eq \f(8,y1).
若G(t,0)(t为定值),H(m,0),则x0=eq \f(t+m,2).
由|MD|=|MG|,得(x0+4)2+(y0-y4)2=(x0-t)2+yeq \\al(2,0),
∴4t+4m+80=-tm,
由于t≠-4,∴m=eq \f(-4t-80,t+4)也为定值.
∴H也为定点.
若t=-8,则m=12,S=eq \f(1,2)|FH||y1-y2|=eq \f(11,2)|y1-y2|=eq \f(11,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1+\f(4,y1)))≥eq \f(11,2)×4=22,
当且仅当y1=±2时取到最小值.
故△ABH的面积的最小值为22.
课时精练
1.(2023·德州模拟)已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3),点E,F分别为其下顶点和右焦点,坐标原点为O,且△EOF的面积为eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程;
(2)是否存在直线l,使得l与椭圆C相交于A,B两点,且点F恰为△EAB的垂心?若存在,求直线l的方程,若不存在,请说明理由.
解 (1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)=\f(\r(3),3),,\f(1,2)bc=\r(2),,a2=b2+c2,))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a=\r(6),,b=2,,c=\r(2),))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,6)+eq \f(y2,4)=1.
(2)假设满足条件的直线l存在,
由E(0,-2),F(eq \r(2),0),
得kEF=eq \r(2),
因为点F为△EAB的垂心,
所以AB⊥EF,
所以kAB=-eq \f(\r(2),2),
设直线l的方程为y=-eq \f(\r(2),2)x+t,
代入eq \f(x2,6)+eq \f(y2,4)=1,
得7x2-6eq \r(2)tx+6(t2-4)=0,
Δ=(-6eq \r(2)t)2-4×7×6(t2-4)
=-96t2+672>0,
即-eq \r(7)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1+x2=\f(6\r(2),7)t,,x1x2=\f(6t2-4,7),))
由AF⊥BE得eq \f(y1,x1-\r(2))·eq \f(y2+2,x2)=-1,
所以y1y2+2y1+x1x2-eq \r(2)x2=0,
将y1=-eq \f(\r(2),2)x1+t,y2=-eq \f(\r(2),2)x2+t代入上式,
得3x1x2-eq \r(2)(t+2)(x1+x2)+(2t2+4t)=0,
所以3×eq \f(6t2-4,7)-eq \r(2)(t+2)·eq \f(6\r(2)t,7)+(2t2+4t)=0,
所以5t2+t-18=0,解得t=eq \f(9,5) (t=-2舍去),
满足Δ>0,
所以直线l的方程为y=-eq \f(\r(2),2)x+eq \f(9,5).
2.(2022·苏州模拟)已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为eq \f(\r(3),2).设点M(m,0)(m≠0,m≠±a)是x轴上的定点,直线l:x=eq \f(a2+m2,2m),设过点M的直线与椭圆相交于A,B两点,A,B在直线l上的射影分别为A′,B′.
(1)求椭圆C的方程;
(2)判断|AA′|·|BB′|是否为定值,若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.
解 (1)由题意可知b=1,eq \f(c,a)=eq \f(\r(3),2),
又a2-b2=c2,
∴a=2,b=1,c=eq \r(3).
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)+y2=1.
(2)当直线AB的斜率为0时,A,B分别为椭圆的左、右顶点,A′,B′均为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2+m2,2m),0)),
则|AA′|·|BB′|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a2+m2,2m)-a))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a2+m2,2m)+a))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a4+m4+2a2m2,4m2)-a2))=eq \f(a2-m22,4m2)=eq \f(4-m22,4m2),
当直线AB的斜率不为0时,设直线AB的方程为x=ky+m,
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=ky+m,,\f(x2,4)+y2=1,))
消去y得(4+k2)x2-8mx+4m2-4k2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则Δ>0时,x1+x2=eq \f(8m,4+k2),x1x2=eq \f(4m2-4k2,4+k2),
∴|AA′|·|BB′|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1-\f(4+m2,2m)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x2-\f(4+m2,2m)))
=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1x2-\f(4+m2,2m)x1+x2+\f(4+m22,4m2)))
=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(-4+\f(4+m22,4m2)))=eq \f(4-m22,4m2).
综上,|AA′|·|BB′|为定值eq \f(4-m22,4m2).
3.(2023·唐山模拟)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F且倾斜角为eq \f(π,4)的直线交抛物线于M,N两点,|MN|=8.
(1)求抛物线E的方程;
(2)在抛物线E上任取与原点不重合的点A,过A作抛物线E的切线交x轴于点B,点A在直线x=-1上的射影为点C,试判断四边形ACBF的形状,并说明理由.
解 (1)设过点F且倾斜角为eq \f(π,4)的直线方程为y=x-eq \f(p,2),代入y2=2px(p>0),
得x2-3px+eq \f(p2,4)=0,若M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=3p,
所以|MN|=x1+x2+p=4p=8,则p=2,
即抛物线E的方程为y2=4x.
(2)设A(x0,y0),则过A作抛物线E的切线为y-y0=k(x-x0),即x=eq \f(y-y0,k)+x0,
代入y2=4x,整理得ky2-4y+4y0-kyeq \\al(2,0)=0,
因为此直线与抛物线相切,所以Δ=4(4-4ky0+k2yeq \\al(2,0))=0,即(ky0-2)2=0,解得k=eq \f(2,y0),
所以过A的切线为y-y0=eq \f(2,y0)(x-x0),
令y=0得x=-x0,即B(-x0,0),所以|BF|=|AF|=|AC|,
又AC∥BF,所以四边形ACBF有一组对边平行且相等,且邻边也相等,
所以四边形ACBF为菱形.
4.如图,抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l,A为C上的一点,已知以F为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点,准线l与y轴交于点S.
(1)若∠BFD=90°,△ABD的面积为4eq \r(2),求p的值及圆F的方程;
(2)若直线y=kx+b与抛物线C交于P,Q两点,且OP⊥OQ,若点S关于直线PQ的对称点为T,求|FT|的取值范围.
解 (1)由∠BFD=90°知,|FS|=|BS|=|DS|=p,
设A(xA,yA),
则yA+eq \f(p,2)=|FA|=|FD|=eq \r(2)p,
S△ABD=eq \f(1,2)·|BD|·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(yA+\f(p,2)))=eq \f(1,2)×2p×eq \r(2)p=4eq \r(2),
解得p=2(负值舍去).F(0,1),
所以圆F的方程为x2+(y-1)2=8.
(2)由题意得,直线PQ的斜率一定存在,
其中Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,-\f(p,2))),
设Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,-\f(p,2)))关于直线PQ的对称点为T(m,n),
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n+\f(p,2),m)=-\f(1,k),,\f(n-\f(p,2),2)=k·\f(m,2)+b,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m=-\f(2b+p,k+\f(1,k)),,n=\f(2b+p,k2+1)-\f(p,2),))
联立y=kx+b与x2=2py,得x2-2pkx-2pb=0,Δ=4p2k2+8pb>0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=2pk,x1x2=-2pb,
则y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2,
则x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2
=-2pb(1+k2)+2pk2b+b2=-2pb+b2=0,
解得b=0(此时O与P或Q重合,舍去)或b=2p,
所以|FT|=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(2b+p,k+\f(1,k))))2+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b+p,k2+1)-\f(p,2)-\f(p,2)))2)
=peq \r(1+\f(15,k2+1))∈(p,4p].
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