2024年高考数学第一轮复习讲义第九章9.14　圆锥曲线中探索性与综合性问题(学生版+解析)

这是一份2024年高考数学第一轮复习讲义第九章9.14　圆锥曲线中探索性与综合性问题(学生版+解析)，共13页。

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．
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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．
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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．
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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．
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§9.14 圆锥曲线中探索性与综合性问题
题型一 探索性问题
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)记A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6\r(2),7)t，,x1x2＝\f(6t2－4,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(6t2－4,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－m22,4m2)＝eq \f(4－m22,4m2)，
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＋m22,4m2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－4＋\f(4＋m22,4m2)))＝eq \f(4－m22,4m2).
综上，|AA′|·|BB′|为定值eq \f(4－m22,4m2).
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]．