高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题八　圆锥曲线中的对称问题

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题八　圆锥曲线中的对称问题，共8页。
掌握解决两种对称问题的一般方法，会求解与对称有关的综合问题．
考点1 关于点对称
【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P（ eq \r(2)，1），F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，且 eq \(PF1,\s\up6(→))· eq \(PF2,\s\up6(→))＝1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，点N是M关于O的对称点，⊙N的半径为|NO|，设D为AB的中点，DE，DF与⊙N分别相切于点E，F，求∠EDF的最小值．
【解】 (1)设F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，则 eq \(PF,\s\up6(→))1＝（－c－ eq \r(2)，－1）， eq \(PF,\s\up6(→))2＝（c－ eq \r(2)，－1）.因为 eq \(PF1,\s\up6(→))· eq \(PF2,\s\up6(→))＝－c2＋2＋1＝1，所以c＝ eq \r(2).又P（ eq \r(2)，1）在椭圆上，故 eq \f(2,a2)＋ eq \f(1,b2)＝1，又a2＝b2＋2，解得a2＝4，b2＝2，
故所求椭圆方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,2)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝4，))得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
由Δ>0，得m20，从而y＝t＋ eq \f(1,t)在[3，＋∞）上单调递增，
因此t＋ eq \f(1,t)≥ eq \f(10,3)，当且仅当t＝3时等号成立，此时k＝0，所以 eq \f(|ND|2,|NF|2)≤1＋3＝4，
由(*)得－ eq \r(2)b>0)的右焦点，M(2c，c)，原点O到直线MF的距离为 eq \f(\r(2),2)，点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在E上．
(1)求E的方程；
(2)过点F作直线与E交于A，B两点，直线MA，MB与y轴分别交于H，G两点，求证：H，G关于点(0，－1)对称．
解：(1)由题意可得直线MF的方程为y＝ eq \f(c－0,2c－c)(x－c)，即x－y－c＝0.
原点O到直线MF的距离为 eq \f(c,\r(2))＝ eq \f(\r(2),2)，解得c＝1.因为点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在E上，所以2a＝ eq \f(\r(2),2)＋ eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝2 eq \r(2)，即a＝ eq \r(2)，又b2＝a2－c2＝1，所以E的方程为 eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：当直线AB的斜率为0时，可得H（0， eq \r(2)－1），G（0，－ eq \r(2)－1），
所以H，G关于点(0，－1)对称．
当直线AB的斜率不为0或不存在时，设过点F的直线方程为x＝my＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).
将直线方程与椭圆方程联立，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
消去x，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
则y1＋y2＝ eq \f(－2m,m2＋2)，y1y2＝ eq \f(－1,m2＋2).
直线MA的方程为y－1＝ eq \f(y1－1,x1－2)(x－2)，令x＝0，得yH＝ eq \f((m－2)y1＋1,my1－1)，
同理可得yG＝ eq \f((m－2)y2＋1,my2－1).
所以 eq \f(yH＋yG,2)＝ eq \f([(m－2)y1＋1](my2－1)＋[(m－2)y2＋1](my1－1),2(my1－1)(my2－1))
＝ eq \f(m(m－2)y1y2＋(y1＋y2)－1,m2y1y2－m(y1＋y2)＋1)＝ eq \f(－m(m－2)－2m－(m2＋2),－m2＋2m2＋m2＋2)＝－1.
所以HG的中点为(0，－1)，即H，G关于点(0，－1)对称．
考点2 关于直线对称
【例2】 已知椭圆E： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为(c，0)，且满足c－b＝ eq \r(3)－1，c2－b2＝2.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若E上存在M，N两点关于直线l：y＝kx＋ eq \f(3,2)对称，且满足 eq \(OM,\s\up6(→))· eq \(ON,\s\up6(→))＝0（O为坐标原点），求l的方程．
【解】 (1)由c－b＝ eq \r(3)－1，c2－b2＝2，可得c＋b＝ eq \f(2,c－b)＝ eq \r(3)＋1，解得c＝ eq \r(3)，b＝1，a2＝4，故椭圆E的标准方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可知当k＝0时，直线l：y＝ eq \f(3,2)，
此时E上不会存在M，N两点关于直线l：y＝ eq \f(3,2)对称，不合题意，
故设直线MN的方程为y＝－ eq \f(1,k)x＋t，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
整理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,k2)))x2－ eq \f(8t,k)x＋4t2－4＝0，
需满足Δ＝16 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－t2＋1))>0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则
x1＋x2＝ eq \f(8kt,4＋k2)，x1x2＝ eq \f(4k2(t2－1),4＋k2)，
故y1＋y2＝－ eq \f(1,k)(x1＋x2)＋2t＝－ eq \f(8t,4＋k2)＋2t＝ eq \f(2k2t,4＋k2)，
y1y2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)x1＋t)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)x2＋t))＝ eq \f(1,k2)x1x2－ eq \f(t,k)(x1＋x2)＋t2＝ eq \f(k2t2－4,4＋k2)，
故MN的中点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4kt,4＋k2)，\f(k2t,4＋k2)))，
由于M，N两点关于直线l：y＝kx＋ eq \f(3,2)对称，
故将该点坐标代入y＝kx＋ eq \f(3,2)得 eq \f(k2t,4＋k2)＝k· eq \f(4kt,4＋k2)＋ eq \f(3,2)，化简得t＝－ eq \f(4＋k2,2k2).
由 eq \(OM,\s\up6(→))· eq \(ON,\s\up6(→))＝0可得(x1，y1)·(x2，y2)＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
所以 eq \f(4k2(t2－1),4＋k2)＋ eq \f(k2t2－4,4＋k2)＝0，
化简得5k2t2－4k2－4＝0，
将t＝－ eq \f(4＋k2,2k2)代入5k2t2－4k2－4＝0中，可得11k4－24k2－80＝0，
解得k2＝4或k2＝－ eq \f(20,11)（舍去），
当k2＝4时，t＝－ eq \f(4＋k2,2k2)＝－1，满足Δ＝16 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－t2＋1))>0，故k＝±2，
所以l的方程为y＝2x＋ eq \f(3,2)或y＝－2x＋ eq \f(3,2).
“轴对称”利用的几何特征是“垂直和平分”，即设(x0，y0)为已知曲线f(x，y)＝0上任一点，其关于直线Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)的对称点为(x，y)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y－y0,x－x0)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(A,B)))＝－1(B≠0)，,A\f(x＋x0,2)＋B\f(y＋y0,2)＋C＝0.))当然有时利用“点差法”也很奏效．
【对点训练2】 在平面直角坐标系中，分别过点A(－2，0)，B(2，0)的直线l1，l2的斜率之积为－ eq \f(3,4).
(1)求l1与l2的交点P的轨迹方程；
(2)已知直线AP与直线x＝2交于点Q，线段QB的中点为M，若点F的坐标为(1，0)，求证：点B关于直线FM的对称点在直线PF上．
解：(1)设点P的坐标为(x，y)，则l1的斜率为 eq \f(y,x＋2)，l2的斜率为 eq \f(y,x－2)，
由 eq \f(y,x＋2)× eq \f(y,x－2)＝－ eq \f(3,4)，化简可得 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1(x≠±2)，
所以点P的轨迹方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1(x≠±2).
(2)证明：“点B关于直线FM的对称点在直线PF上”等价于“FM平分∠PFB”，如图．
设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，则Q(2，4k)，M(2，2k)，设点P(x0，y0)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，Δ＝144>0，得x0＝ eq \f(－8k2＋6,3＋4k2)且y0＝ eq \f(12k,3＋4k2).
①当PF⊥x轴时，x0＝1，此时k＝± eq \f(1,2)，所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，±\f(3,2)))，Q(2，±2)，M(2，±1)，
此时，点M在∠PFB的平分线所在的直线y＝x－1或y＝－x＋1上，则FM平分∠PFB.
②当k≠± eq \f(1,2)时，直线PF的斜率为kPF＝ eq \f(y0,x0－1)＝ eq \f(4k,1－4k2)，所以直线PF的方程为4kx＋(4k2－1)y－4k＝0，
所以点M到直线PF的距离d＝ eq \f(|8k＋2k(4k2－1)－4k|,\r(16k2＋(4k2－1)2))＝
eq \f(|4k＋2k(4k2－1)|,\r((4k2＋1)2))＝ eq \f(|2k(4k2＋1)|,|4k2＋1|)＝|2k|＝|BM|，
又|BM|即点M到∠PFB的边BF的距离，所以FM平分∠PFB.
综上，点B关于直线FM的对称点在直线PF上．
课时作业62
1．（15分）已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一动点到两焦点F1(－c，0)，F2(c，0)的距离之和为4，离心率为 eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)试确定m的取值范围，使得C上存在不同的两点关于l：y＝4x＋m对称．
解：(1)依题意，令动点为P，|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，所以a＝2，又 eq \f(c,a)＝ eq \f(1,2)，所以c＝1，b2＝3，则椭圆方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)设存在两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于l对称，且AB中点Q(x0，y0)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1),4)＋\f(y eq \\al(2,1),3)＝1，,\f(x eq \\al(2,2),4)＋\f(y eq \\al(2,2),3)＝1，))两式相减，得kAB＝－ eq \f(3x0,4y0)＝－ eq \f(1,4)，所以y0＝3x0，又y0＝4x0＋m，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－m，,y0＝－3m，))
所以 eq \f(m2,4)＋ eq \f(9m2,3)0，化为k2＋4>k2m2.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝ eq \f(8mk,k2＋4)，x1x2＝ eq \f(4k2(m2－1),k2＋4)，
依题意OM⊥ON，可得 eq \(OM,\s\up6(→))· eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
∴x1x2＋y1y2＝0，
又y1y2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)x1＋m)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)x2＋m))＝ eq \f(1,k2)x1x2－ eq \f(m,k)(x1＋x2)＋m2，
∴x1x2＋y1y2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))x1x2－ eq \f(m,k)(x1＋x2)＋m2＝0，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))) eq \f(4k2(m2－1),k2＋4)－ eq \f(m,k)· eq \f(8mk,k2＋4)＋m2＝0，解得k2＝ eq \f(4,5m2－4)，
由MN的中点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))在直线y＝kx＋ eq \f(\r(30),5)上，得 eq \f(y1＋y2,2)＝k· eq \f(x1＋x2,2)＋ eq \f(\r(30),5)，
即 eq \f(－\f(1,k)x1＋m－\f(1,k)x2＋m,2)＝k· eq \f(x1＋x2,2)＋ eq \f(\r(30),5)，化为 eq \f(3mk2,k2＋4)＋ eq \f(\r(30),5)＝0，
把k2＝ eq \f(4,5m2－4)代入化为10m2＋ eq \r(30)m－6＝0，
解得m＝ eq \f(\r(30),10)（舍去）或m＝－ eq \f(\r(30),5)，
∴k2＝ eq \f(4,5×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(30),5)))\s\up12(2)－4)＝2，解得k＝± eq \r(2)，
满足k2＋4>k2m2，即满足Δ>0，
∴在E上存在M，N两点关于直线l：y＝kx＋ eq \f(\r(30),5)对称，且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点，直线l的方程为y＝± eq \r(2)x＋ eq \f(\r(30),5).
3．（15分）已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝ eq \f(\r(3),2)，（0， eq \r(2)）是椭圆C上一点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若直线l的斜率为 eq \f(1,2)，且直线l交椭圆C于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，点A(－2，1)是椭圆C上一点，判断直线AE与AQ的斜率之和是否为定值．如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由．
解：(1)由题意知b＝ eq \r(2)，又离心率e＝ eq \f(\r(3),2)，所以a＝ eq \f(2\r(3),3)c，于是有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝\r(2)，,a＝\f(2\r(3),3)c，,a2＝b2＋c2，))所以a＝2 eq \r(2)，c＝ eq \r(6).
所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,2)＝1.
(2)是．
由于直线l的斜率为 eq \f(1,2)，所以可设直线l的方程为y＝ eq \f(1,2)x＋t，
代入椭圆C：x2＋4y2＝8，可得x2＋2tx＋2t2－4＝0.
由于直线l交椭圆C于P，Q两点，所以Δ＝4t2－4(2t2－4)>0，解得－2b>0)，则2a＝4，2c＝2，∴a＝2，c＝1，b＝ eq \r(a2－c2)＝ eq \r(3)，
∴轨迹E的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
∵BQ⊥x轴，点Q在x轴的上方，
将x＝1代入方程 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1，可得y＝± eq \f(3,2)，则Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,3x2＋4y2＝12，))可得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，
Δ＝36m2n2－12(3m2＋4)(n2－4)>0，可得n2