新高考数学二轮复习专题六培优点9圆锥曲线与圆的综合问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题六培优点9圆锥曲线与圆的综合问题学案，共11页。

考点一 圆的切线与圆锥曲线的综合问题
例1 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(21),4)))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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝c2＝1，,\f(9,4a2)＋\f(21,16b2)＝1，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))
∴椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)是定值．由题意，
设AB的方程为y＝kx＋m(k<0，m>0)，
∵AB与圆x2＋y2＝3相切，
∴eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(3)，即m2＝3(1＋k2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，
x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8km,3＋4k2)))2－4·\f(4m2－12,3＋4k2))
＝eq \f(－4km,3＋4k2).
又|AF2|2＝(x1－1)2＋yeq \\al(2,1)
＝(x1－1)2＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x\\al(2,1),4)))
＝eq \f(1,4)(x1－4)2，
∴|AF2|＝eq \f(1,2)(4－x1)＝2－eq \f(1,2)x1，
同理|BF2|＝eq \f(1,2)(4－x2)＝2－eq \f(1,2)x2，
∴|AF2|＋|BF2|＝4－eq \f(1,2)(x1＋x2)
＝4＋eq \f(4km,3＋4k2)
∴|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4＋eq \f(4km,3＋4k2)－eq \f(4km,3＋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(p>0)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eq \f(3,4).
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点P(x0，y0)(x0>1)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Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，准线y＝－eq \f(p,2)，
外接圆的圆心在直线y＝eq \f(p,4)上，
依题意eq \f(3p,4)＝eq \f(3,4)，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eq \f(|y0－1－kx0|,\r(1＋k2))＝1，
化简得(xeq \\al(2,0)－1)k2－2(y0－1)x0·k＋yeq \\al(2,0)－2y0＝0，①
方程的根为k1，k2，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k1＋k2＝\f(2y0－1x0,x\\al(2,0)－1)，,k1·k2＝\f(y\\al(2,0)－2y0,x\\al(2,0)－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·eq \r(\f(4y0－12x\\al(2,0),x\\al(2,0)－12)－\f(4y\\al(2,0)－2y0x\\al(2,0)－1,x\\al(2,0)－12))
＝eq \f(2x0\r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－2y0),x\\al(2,0)－1)
＝eq \f(2x0·\r(x\\al(2,0)＋\f(1,4)x\\al(4,0)－x\\al(2,0)),x\\al(2,0)－1)
＝eq \f(x\\al(3,0),x\\al(2,0)－1)，
S＝eq \f(1,2)|AB|·x0＝eq \f(1,2)·eq \f(x\\al(4,0),x\\al(2,0)－1)
＝eq \f(1,2)·eq \f(x\\al(2,0)－12＋2x\\al(2,0)－1＋1,x\\al(2,0)－1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)－1＋\f(1,x\\al(2,0)－1)＋2))
≥eq \f(1,2)×(2＋2)＝2.
当且仅当xeq \\al(2,0)－1＝eq \f(1,x\\al(2,0)－1)，即x0＝eq \r(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(eq \r(3)，0)的距离和P到定直线l：x＝eq \f(4\r(3),3)的距离的比是eq \f(\r(3),2).
(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eq \f(1,2)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(eq \r(3)，0)的距离和P到定直线l：x＝eq \f(4\r(3),3)的距离的比是eq \f(\r(3),2)，
所以eq \f(\r(x－\r(3)2＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(4\r(3),3))))＝eq \f(\r(3),2)，
整理化简得eq \f(x2,4)＋y2＝1.
所以动点P的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 设直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(1,2)x＋m，))
得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①
方程①的判别式为Δ＝4(2－m2)，
由Δ>0，得2－m2>0，
解得－eq \r(2)由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.
所以M点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－m，\f(m,2)))，
直线OM方程为y＝－eq \f(1,2)x，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－\f(1,2)x，))
得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(\r(2),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，－\f(\r(2),2))).
所以|MC|·|MD|＝eq \f(\r(5),2)(－m＋eq \r(2))·eq \f(\r(5),2)(eq \r(2)＋m)＝eq \f(5,4)(2－m2)．
又|MA|·|MB|＝eq \f(1,4)|AB|2
＝eq \f(1,4)[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]
＝eq \f(5,16)[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝eq \f(5,16)[4m2－4(2m2－2)]＝eq \f(5,4)(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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点(－2,0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(－2,0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，
所以a＝2，eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，
解得b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则有x1＋x2＝eq \f(－8km,1＋4k2)，
x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2).
因为平行四边形AMBO，
所以eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)．
因为x1＋x2＝eq \f(－8km,1＋4k2)，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m
＝k·eq \f(－8km,1＋4k2)＋2m＝eq \f(2m,1＋4k2)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8km,1＋4k2)，\f(2m,1＋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eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0.
因为y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝eq \f(m2－4k2,1＋4k2)，
所以x1x2＋y1y2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2)＋eq \f(m2－4k2,1＋4k2)＝0，
化得5m2＝4k2＋4.②
由①②解得k2＝eq \f(11,4)，m2＝3，
此时Δ＞0，因此k＝±eq \f(\r(11),2).
所以所求直线AB的斜率为±eq \f(\r(11),2).
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＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))
∴m2＝1＋k2，①
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－y2＝1，))
得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝4m2k2＋41－k2m2＋1＝4m2＋1－k2＝8>0，,x1·x2＝\f(m2＋1,k2－1)<0，))
∴k2<1，∴－1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＝eq \f(y1,x1＋1)，k2＝eq \f(y2,x2－1)，
由(1)知，x1＋x2＝－eq \f(2mk,k2－1)，
x1·x2＝eq \f(m2＋1,k2－1)，
∴k1·k2＝eq \f(y1y2,x1＋1x2－1)
＝eq \f(kx1＋mkx2＋m,x1＋1x2－1)
＝eq \f(k2x1x2＋mkx1＋x2＋m2,x1x2＋x2－x1－1)
＝eq \f(k2·\f(m2＋1,k2－1)－mk·\f(2mk,k2－1)＋m2,\f(m2＋1,k2－1)－\f(2\r(2),k2－1)－1)
＝eq \f(m2k2＋k2－2m2k2＋m2k2－m2,m2＋1－2\r(2)－k2＋1)
＝eq \f(k2－m2,m2－k2＋2－2\r(2))，
由①得m2－k2＝1，
∴k1·k2＝eq \f(－1,3－2\r(2))＝－(3＋2eq \r(2))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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝x0，,y＝\f(y0,2)，))
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x，,y0＝2y，))
代入yeq \\al(2,0)＝4x0得(2y)2＝4x，
得曲线P的方程为y2＝x，
所以曲线P是焦点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝x，,x＝ty＋2，))
得y2－ty－2＝0，Δ＝t2＋8>0，
则y1＋y2＝t，y1·y2＝－2，
则|AB|＝eq \r(1＋t2)·|y1－y2|
＝eq \r(1＋t2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(t2＋1t2＋8)，
且线段AB中点的纵坐标为eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(t,2)，
即eq \f(x1＋x2,2)＝t·eq \f(y1＋y2,2)＋2＝eq \f(t2,2)＋2，
所以线段AB中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,2)＋2，\f(t,2)))，
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＝－eq \f(1,t)y＋m，
则eq \f(t2,2)＋2＝－eq \f(1,t)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)))＋m，
故m＝eq \f(t2＋5,2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝x，,x＝－\f(1,t)y＋\f(t2＋5,2)，))
得2ty2＋2y－t(t2＋5)＝0，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则y3＋y4＝－eq \f(1,t)，y3·y4＝－eq \f(1,2)(t2＋5)，
故|CD|＝eq \r(1＋\f(1,t2))|y3－y4|
＝eq \r(1＋\f(1,t2))eq \r(y3＋y42－4y3y4)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)＋2t2＋10)))，
线段CD中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2t2)＋\f(t2＋5,2)，－\f(1,2t)))，
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|＝eq \f(1,2)|CD|，
在Rt△AMN中，|AN|2＝|AM|2＋|MN|2，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)|CD|))2＝|AM|2＋|MN|2，
则eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)＋2t2＋10))
＝eq \f(1,4)(t2＋1)(t2＋8)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2t2)＋\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,2)＋\f(1,2t)))2，
故t4＋8t2－1－eq \f(8,t2)＝0，
即eq \f(t6＋8t4－t2－8,t2)＝eq \f(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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,2)))2＝eq \f(13,2)
或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝eq \f(13,2).