【考前三个月】（江苏专用）2022高考数学 高考必会题型 专题7 解析几何 第34练 圆锥曲线中的探索性问题

第34练圆锥曲线中的探索性问题题型一定值、定点问题x2y21例1已知椭圆C：＋＝1经过点(0，3)，离心率为，直线l经过椭圆C的右焦点F交椭a2b22圆于A、B两点．(1)求椭圆C的方程；→→→→(2)若直线l交y轴于点M，且MA＝λAF，MB＝μBF，当直线l的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由．破题切入点(1)待定系数法．(2)通过直线的斜率为参数建立直线方程，代入椭圆方程消y后可得点A，B的横坐标的关系式，→→→→然后根据向量关系式MA＝λAF，MB＝μBF.把λ，μ用点A，B的横坐标表示出来，只要证明λ＋μ的值与直线的斜率k无关即证明了其为定值，否则就不是定值．c1解(1)依题意得b＝3，e＝＝，a2＝b2＋c2，a2x2y2∴a＝2，c＝1，∴椭圆C的方程为＋＝1.43(2)因直线l与y轴相交于点M，故斜率存在，又F坐标为(1,0)，设直线l方程为y＝k(x－1)，求得l与y轴交于M(0，－k)，设l交椭圆A(x1，y1)，B(x2，y2)，y＝kx－1，由x2y2＋＝1，43消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，8k24k2－12∴x1＋x2＝，x1x2＝，3＋4k23＋4k2→→又由MA＝λAF，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，x1x2∴λ＝，同理μ＝，1－x11－x2x1x2x1＋x2－2x1x2∴λ＋μ＝＋＝1－x11－x21－x1＋x2＋x1x28k224k2－12－3＋4k23＋4k28＝＝－.8k24k2－1231－＋3＋4k23＋4k28所以当直线l的倾斜角变化时，直线λ＋μ的值为定值－.3题型二定直线问题-1-\n例2在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2＝2py(p>0)相交于A，B两点．(1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；(2)是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．破题切入点假设符合条件的直线存在，求出弦长，利用变量的系数恒为零求解．解方法一(1)依题意，点N的坐标为N(0，－p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋p，x2＝2py，与x2＝2py联立得y＝kx＋p.消去y得x2－2pkx－2p2＝0.由根与系数的关系得x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2.1于是S△ABN＝S△BCN＋S△ACN＝·2p|x1－x2|2＝p|x1－x2|＝px1＋x22－4x1x2＝p4p2k2＋8p2＝2p2k2＋2，∴当k＝0时，(S△ABN)min＝22p2.(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，AC的中点为O′，l与以AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，x1y1＋p则O′H⊥PQ，Q′点的坐标为(，)．22111∵O′P＝AC＝x21＋y1－p2＝y21＋p2，222y1＋p|a－|1O′H＝2＝|2a－y1－p|，2∴PH2＝O′P2－O′H211＝(y21＋p2)－(2a－y1－p)244p＝(a－)y1＋a(p－a)，2p∴PQ2＝(2PH)2＝4[(a－)y1＋a(p－a)]．2pp令a－＝0，得a＝，22此时PQ＝p为定值，故满足条件的直线l存在，p其方程为y＝，即抛物线的通径所在的直线．2-2-\n方法二(1)前同方法一，再由弦长公式得AB＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·4p2k2＋8p2＝2p1＋k2·k2＋2，2p又由点到直线的距离公式得d＝.1＋k21从而S△ABN＝·d·AB212p＝·2p1＋k2·k2＋2·21＋k2＝2p2k2＋2.∴当k＝0时，(S△ABN)min＝22p2.(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，则以AC为直径的圆的方程为(x－0)(x－x1)－(y－p)(y－y1)＝0，将直线方程y＝a代入得x2－x1x＋(a－p)(a－y1)＝0，则Δ＝x21－4(a－p)(a－y1)p＝4[(a－)y1＋a(p－a)]．2设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，p则有PQ＝|x3－x4|＝4[a－y1＋ap－a]2p＝2a－y1＋ap－a.2pp令a－＝0，得a＝，22此时PQ＝p为定值，故满足条件的直线l存在，p其方程为y＝，即抛物线的通径所在的直线．2题型三定圆问题3例3已知椭圆G的中心在坐标原点，长轴在x轴上，离心率为，两个焦点分别为F1和F2，2椭圆G上一点到F1和F2的距离之和为12，圆Ck：x2＋y2＋2kx－4y－21＝0(k∈R)的圆心为点Ak.(1)求椭圆G的方程；(2)求△AkF1F2的面积；(3)问是否存在圆Ck包围椭圆G？请说明理由．-3-\n破题切入点(1)根据定义，待定系数法求方程．(2)直接求．(3)关键看长轴两端点．2a＝12，x2y2a＝6，解(1)设椭圆G的方程为＋＝1(a>b>0)，半焦距为c，则c3解得a2b2＝，c＝33，a2所以b2＝a2－c2＝36－27＝9.x2y2所以所求椭圆G的方程为＋＝1.369(2)点Ak的坐标为(－k,2)，11S△AkF1F2＝×|F1F2|×2＝×63×2＝63.22(3)若k≥0，由62＋02＋12k－0－21＝15＋12k>0，可知点(6,0)在圆Ck外；若k<0，由(－6)2＋02－12k－0－21＝15－12k>0，可知点(－6,0)在圆Ck外．所以不论k为何值，圆Ck都不能包围椭圆G.即不存在圆Ck包围椭圆G.总结提高(1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的．(2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．(3)定直线问题一般都为特殊直线x＝x0或y＝y0型．x21．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不2同的交点P和Q.(1)求k的取值范围；→→(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量OP＋OQ与→AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．解(1)由已知条件，得直线l的方程为y＝kx＋2，x2代入椭圆方程得＋(kx＋2)2＝1.21整理得(＋k2)x2＋22kx＋1＝0.①21直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4(＋k2)＝4k2－2>0，222解得k<－或k>.2222即k的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．22(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，→→则OP＋OQ＝(x1＋x2，y1＋y2)，-4-\n42k由方程①，得x1＋x2＝－.②1＋2k2又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22.③→而A(2，0)，B(0,1)，AB＝(－2，1)．→→→所以OP＋OQ与AB共线等价于x1＋x2＝－2(y1＋y2)，2将②③代入上式，解得k＝.222由(1)知k<－或k>，22故不存在符合题意的常数k.y22．已知双曲线方程为x2－＝1，问：是否存在过点M(1,1)的直线l，使得直线与双曲线交于2P、Q两点，且M是线段PQ的中点？如果存在，求出直线的方程，如果不存在，请说明理由．解显然x＝1不满足条件，设l：y－1＝k(x－1)．y2联立y－1＝k(x－1)和x2－＝1，2消去y得(2－k2)x2＋(2k2－2k)x－k2＋2k－3＝0，32k－k2由Δ>0，得k<，x1＋x2＝，22－k2x1＋x2k－k2由M(1,1)为PQ的中点，得＝＝1，22－k23解得k＝2，这与k<矛盾，2所以不存在满足条件的直线l.x2y23．设椭圆E：＋＝1(a，b>0)过M(2，2)，N(6，1)两点，O为坐标原点．a2b2(1)求椭圆E的方程；→(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥→OB？若存在，写出该圆的方程，并求AB的取值范围；若不存在，请说明理由．x2y2解(1)因为椭圆E：＋＝1(a，b>0)过M(2，2)，N(6，1)两点，a2b24211＋＝1，＝，a2b2a28所以61解得11＋＝1，＝，a2b2b24a2＝8，x2y2所以椭圆E的方程为＋＝1.b2＝4，84→(2)假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥-5-\ny＝kx＋m，→OB，设该圆的切线方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，解方程组x2y2得x2＋＝184＋2(kx＋m)2＝8，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－8)＝8(8k2－m2＋4)>0，即8k2－m2＋4>0.4kmx1＋x2＝－，1＋2k2故2m2－8x1x2＝，1＋2k2y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2k22m2－84k2m2＝－＋m21＋2k21＋2k2m2－8k2＝.1＋2k2→→要使OA⊥OB，需使x1x2＋y1y2＝0，2m2－8m2－8k2即＋＝0，1＋2k21＋2k2所以3m2－8k2－8＝0，3m2－8所以k2＝≥0.8m2>2，8又8k2－m2＋4>0，所以所以m2≥，3m2≥8，32626即m≥或m≤－，33因为直线y＝kx＋m为圆心在原点的圆的一条切线，|m|所以圆的半径为r＝，1＋k2m2m2826r2＝＝＝，r＝，1＋k21＋3m2－83388所求的圆为x2＋y2＝，32626此时圆的切线y＝kx＋m都满足m≥或m≤－，3326x2y22626而当切线的斜率不存在时切线为x＝±与椭圆＋＝1的两个交点为(，±)或(－384332626→→8，±)满足OA⊥OB，综上，存在圆心在原点的圆x2＋y2＝，使得该圆的任意一条切线333→→与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB.-6-\nx2y24．(2022·重庆)如图，设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点D在椭圆上，a2b2F1F22DF1⊥F1F2，＝22，△DF1F2的面积为.DF12(1)求该椭圆的标准方程．(2)是否存在圆心在y轴上的圆，使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．解(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c2＝a2－b2.F1F2F1F22由＝22，得DF1＝＝c，DF1222122从而S△DF1F2＝DF1·F1F2＝c2＝，故c＝1，2222从而DF1＝.29由DF1⊥F1F2，得DF2＝DF21＋F1F2＝，232因此DF2＝.2所以2a＝DF1＋DF2＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1.x2因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.2x2(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，2y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2.由(1)知F1(－1,0)，F2(1,0)，→→所以F1P1＝(x1＋1，y1)，F2P2＝(－x1－1，y1)，再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y21＝0.x21由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x21＋4x1＝0，2-7-\n4解得x1＝－或x1＝0.3当x1＝0时，P1，P2重合，题设要求的圆不存在．4当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.3设C(0，y0)，y1－y0y1由CP1⊥F1P1，得·＝－1.x1x1＋115而求得y1＝，故y0＝.3341542圆C的半径CP1＝－2＋－2＝.3333综上，存在满足题设条件的圆，532其方程为x2＋(y－)2＝.395．(2022·江西)如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：MN2－MN21为定值，并求此定值．(1)证明依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.y1直线AO的方程为y＝x；x1BD的方程为x＝x2.x＝x2，解得交点D的坐标为y1x2y＝，x1注意到x1x2＝－8及x21＝4y1，y1x1x2－8y1则有y＝＝＝－2.x214y1因此动点D在定直线y＝－2上(x≠0)．(2)解依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0.由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.-8-\n故切线l的方程可写为y＝ax－a2.分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为22N1(＋a,2)，N2(－＋a，－2)，aa22则MN2－MN21＝(－a)2＋42－(＋a)2＝8，aa即MN2－MN21为定值8.6．(2022·福建)已知曲线Γ上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y＝－3的距离小2.(1)求曲线Γ的方程．(2)曲线Γ在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线Γ上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论．解方法一(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点，依题意，点S到F(0,1)的距离与它到直线y＝－1的距离相等，所以曲线Γ是以点F(0,1)为焦点、直线y＝－1为准线的抛物线，所以曲线Γ的方程为x2＝4y.(2)当点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．证明如下：1由(1)知抛物线Γ的方程为y＝x2，41设P(x0，y0)(x0≠0)，则y0＝x20，41由y′＝x，得切线l的斜率21k＝y′|x＝x0＝x0，21所以切线l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，211即y＝x0x－x20.2411y＝x0x－x20，241由得A(x0,0)．2y＝0，11y＝x0x－x20，2416由得M(x0＋，3)．2x0y＝3，13又N(0,3)，所以圆心C(x0＋，3)，4x0113半径r＝MN＝|x0＋|，24x0AB＝AC2－r2-9-\n11313＝[x0－x0＋]2＋32－x0＋2＝6.24x04x0所以点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．方法二(1)设S(x，y)为曲线Γ上任意一点，则|y－(－3)|－x－02＋y－12＝2，依题意，点S(x，y)只能在直线y＝－3的上方，所以y>－3，所以x－02＋y－12＝y＋1，化简，得曲线Γ的方程为x2＝4y.(2)同方法一．-10-