高考数学一轮复习 专题9.7 圆锥曲线综合问题(讲)
展开高考数学一轮复习策略
1、揣摩例题。
课本上和老师讲解的例题,一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究,深刻理解,要透过“样板”,学会通过逻辑思维,灵活运用所学知识去分析问题和解决问题,特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法,并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”,应在老师的指导下,选一些源于课本的变式题,或体现基本概念、基本方法的基本题,通过解题来提高思维能力和解题技巧,加深对所学知识的深入理解。在解题时,要独立思考,一题多思,一题多解,反复玩味,悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后,总有同学抱怨没考好,纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否,不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系,确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”,但更重要的是寻找错因,及时进行总结,三五个字,一两句话都行,言简意赅,切中要害,以利于吸取教训,力求相同的错误不犯第二次。
专题9.7 圆锥曲线综合问题
新课程考试要求 | 1.理解数形结合、用代数方法处理几何问题的思想.了解圆锥曲线的简单应用. |
核心素养 | 本节涉及直观想象、数学运算、数学建模、逻辑推理、数学抽象等核心数学素养. |
高考预测 | 命题的主要特点有:一是以过特殊点的直线与圆锥曲线相交为基础设计“连环题”,结合曲线的定义及几何性质,利用待定系数法先行确定曲线的标准方程,进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等;二是以不同曲线(圆、椭圆、抛物线)的位置关系为基础设计“连环题”,结合曲线的定义及几何性质,利用待定系数法先行确定曲线的标准方程,进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等;三是直线与圆锥曲线的位置关系问题,综合性较强,往往与向量(共线、垂直、数量积)结合,涉及方程组联立,根的判别式、根与系数的关系、弦长问题等. |
【考点分类剖析】
考点一 :圆锥曲线中的定点问题
【典例1】5.(2020·全国高考真题(理))已知A、B分别为椭圆E:(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,,P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
【答案】(1);(2)证明详见解析.
【解析】
(1)依据题意作出如下图象:
由椭圆方程可得:, ,
,
,
椭圆方程为:
(2)证明:设,
则直线的方程为:,即:
联立直线的方程与椭圆方程可得:,整理得:
,解得:或
将代入直线可得:
所以点的坐标为.
同理可得:点的坐标为
当时,
直线的方程为:,
整理可得:
整理得:
所以直线过定点.
当时,直线:,直线过点.
故直线CD过定点.
【典例2】(2020届山东省潍坊市高三模拟二)已知P是圆F1:(x+1)2+y2=16上任意一点,F2(1,0),线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q,当点P在圆F1上运动时,记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)记曲线C与x轴交于A,B两点,M是直线x=1上任意一点,直线MA,MB与曲线C的另一个交点分别为D,E,求证:直线DE过定点H(4,0).
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】
(1)由已知|QF1|+|QF2|=|QF1|+|QP|=|PF1|=4,
所以点Q的轨迹为以为F1,F2焦点,长轴长为4的椭圆,
故2a=4,a=2,c=1,b2=a2﹣c2=3
所以曲线C的方程为
(2)由(1)可得A(﹣2,0),B(2,0),设点M的坐标为(1,m)
直线MA的方程为:
将与联立消去y整理得:(4m2+27)x2+16m2x+16m2﹣108=0,
设点D的坐标为(xD,yD),则,
故,则
直线MB的方程为:y=﹣m(x﹣2)
将y=﹣m(x﹣2)与联立消去y整理得:(4m2+3)x2﹣16m2x+16m2﹣12=0
设点E的坐标为(xE,yE),则,
故,则
HD的斜率为
HE的斜率为
因为k1=k2,所以直线DE经过定点H.
【规律方法】
1.圆锥曲线中定点问题的求解策略
圆锥曲线中的定点问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关,如椭圆的长、短轴,双曲线的虚、实轴,抛物线的焦参数等.解答这类题要大胆设参,运算推理,到最后参数必清.
2.圆锥曲线中定点问题的两种解法
【变式探究】
1.(2019·北京高考真题(文))已知椭圆的右焦点为,且经过点.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)设O为原点,直线与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N,若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.
【答案】(Ⅰ);
(Ⅱ)见解析.
【解析】
(Ⅰ)因为椭圆的右焦点为,所以;
因为椭圆经过点,所以,所以,故椭圆的方程为.
(Ⅱ)设
联立得,
,,.
直线,令得,即;
同理可得.
因为,所以;
,解之得,所以直线方程为,所以直线恒过定点.
2.(2019年高考北京卷理)已知抛物线C:x2=−2py经过点(2,−1).
(1)求抛物线C的方程及其准线方程;
(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=−1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
【答案】(1)抛物线的方程为,准线方程为;(2)见解析.
【解析】(1)由抛物线经过点,得.
所以抛物线的方程为,其准线方程为.
(2)抛物线的焦点为.
设直线的方程为.
由得.
设,则.
直线的方程为.
令,得点A的横坐标.
同理得点B的横坐标.
设点,则,
.
令,即,则或.
综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.
考点二 : 圆锥曲线中的定值问题
【典例3】(2021·全国高考真题)已知椭圆C的方程为,右焦点为,且离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线与曲线相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【分析】
(1)由离心率公式可得,进而可得,即可得解;
(2)必要性:由三点共线及直线与圆相切可得直线方程,联立直线与椭圆方程可证;
充分性:设直线,由直线与圆相切得,联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得,进而可得,即可得解.
【详解】
(1)由题意,椭圆半焦距且,所以,
又,所以椭圆方程为;
(2)由(1)得,曲线为,
当直线的斜率不存在时,直线,不合题意;
当直线的斜率存在时,设,
必要性:
若M,N,F三点共线,可设直线即,
由直线与曲线相切可得,解得,
联立可得,所以,
所以,
所以必要性成立;
充分性:设直线即,
由直线与曲线相切可得,所以,
联立可得,
所以,
所以
,
化简得,所以,
所以或,所以直线或,
所以直线过点,M,N,F三点共线,充分性成立;
所以M,N,F三点共线的充要条件是.
【典例4】(2020·浙江高三月考)已知椭圆()的焦距为,且过点.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)若点,设为椭圆上位于第三象限内一动点,直线与轴交于点,直线与轴交于点,求证:四边形的面积为定值,并求出该定值.
【答案】(Ⅰ);
(Ⅱ)四边形的面积为定值2;证明见解析.
【解析】
(Ⅰ)由题意,,且,求得,所以.
所以椭圆的方程为;
(Ⅱ)设(,),则.
又,,所以直线的方程为.
令,得,从而.
直线的方程为.
令,得,从而.
所以四边形的面积
所以四边形的面积为定值2.
【规律方法】
1.圆锥曲线中定值问题的特征
圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关,如椭圆的长、短轴,双曲线的虚、实轴,抛物线的焦参数等.定值问题的求解与证明类似,在求定值之前,已经知道定值的结果(题中未告知,可用特殊值探路求之),解答这类题要大胆设参,运算推理,到最后参数必清,定值显现.
2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
3.两种解题思路
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;
②引进变量法:其解题流程为:
【变式探究】
1. (2020届山东省高考模拟)已知椭圆的离心率为,椭圆截直线所得的线段的长度为.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)设直线与椭圆交于两点,点是椭圆上的点,是坐标原点,若,判定四边形的面积是否为定值?若为定值,求出定值;如果不是,请说明理由.
【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)见解析
【解析】
(Ⅰ)由解得
得椭圆的方程为.
(Ⅱ)当直线的斜率不存在时,直线的方程为或,
此时四边形的面积为.
当直线的斜率存在时,设直线方程是,联立椭圆方程
,
点到直线的距离是
由得
因为点在曲线上,所以有
整理得
由题意四边形为平行四边形,所以四边形的面积为
由得, 故四边形的面积是定值,其定值为.
2. (2021·福建高三月考)已知椭圆:的左、右焦点分别为,,点,直线的倾斜角为60°,原点到直线的距离是.
(1)求的方程;
(2)过上任一点作直线,分别交于,(异于的两点),且,,探究是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.
【答案】(1);(2)是定值,定值为6.
【分析】
(1)先求出,然后由点到直线的距离列出关于的方程,求出的值,进而得到的值,从而得到的方程;
(2)①当点为椭圆右顶点时,求出;②当点为椭圆左顶点时,求出;③当点不为椭圆顶点,即直线,的斜率均不为零时,设直线,的方程,分别与椭圆方程联立,得到韦达定理,然后利用向量的关系,求出,,即可得到答案.
【详解】
(1)由题意,点,直线的倾斜角为60°,所以,
在中,求得点到直线的距离是,
又由原点到直线的距离是,则,所以,
故的标准方程为.
(2)①当点为椭圆右顶点时,,,所以;
②当点为椭圆左顶点时,同理可得;
③当点不为椭圆顶点,即直线,的斜率均不为零时,
设直线的方程是,直线的方程是,
分别代入椭圆方程,
可得和,
设,,,则,,
由,可得,则,
由直线的方程,可得,
所以,
由,同理可得,所以为定值.
综上所述,为定值6.
【点睛】
(1)椭圆的焦点三角形的周长为定值:;
(2)圆,圆上一点处的切线方程为:.
考点三 : 圆锥曲线中的最值与范围问题
【典例5】(2021·北京高考真题)已知椭圆一个顶 点,以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(0,-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与直线交y=-3交于点M,N,当|PM|+|PN|≤15时,求k的取值范围.
【答案】(1);(2).
【分析】
(1)根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求,从而可求椭圆的标准方程.
(2)设,求出直线的方程后可得的横坐标,从而可得,联立直线的方程和椭圆的方程,结合韦达定理化简,从而可求的范围,注意判别式的要求.
【详解】
(1)因为椭圆过,故,
因为四个顶点围成的四边形的面积为,故,即,
故椭圆的标准方程为:.
(2)
设,
因为直线的斜率存在,故,
故直线,令,则,同理.
直线,由可得,
故,解得或.
又,故,所以
又
故即,
综上,或.
【典例6】(2019年高考全国Ⅱ卷理21)已知点A(−2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连结QE并延长交C于点G.
(i)证明:是直角三角形;
(ii)求面积的最大值.
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】(1)由题设得,化简得,所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.
(2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为.
由得.
记,则.
于是直线的斜率为,方程为.
由得
.①
设,则和是方程①的解,故,由此得.
从而直线的斜率为.
所以,即是直角三角形.
(ii)由(i)得,,所以△PQG的面积.
设t=k+,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为在[2,+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.
因此,△PQG面积的最大值为.
【典例7】(2021·上海市控江中学高三开学考试)在平面直角坐标系中,抛物线,点,,为上的两点,在第一象限,满足.
(1)求证:直线过定点,并求定点坐标;
(2)设为上的动点,求的取值范围;
(3)记△的面积为,△的面积为,求的最小值.
【答案】(1)证明见解析,;(2);(3).
【分析】
(1)设,由已知并结合向量数量的坐标表示易得,再设为联立抛物线,应用韦达定理有,求得,即可证结论.
(2)设并求,关于参数a的表达式,由目标式化简,应用换元法并结合二次函数的性质求范围.
(3)由(1),用参数k表示、到的距离、,由、可得关于k的函数,应用判别式法求值域,进而可得最小值.
【详解】
(1)令,则,
由知:,又,,
∴,则,
设直线为,联立抛物线方程整理得:,则,
∴,故直线为,即直线过定点.
(2)设,则, ,
∴,令,
∴且,
∴当时,;当时,.
∴.
(3)由(1),直线为, 联立抛物线整理得:,
∴,,有,由在第一象限,则,即,
∴,可得.
,又到的距离,
∴,而,
∴,
∴,整理得,
∴,即,又,得:.
∴的最小值为.
【总结提升】
1.处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是利用几何法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数法,即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
2.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围.
(2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.
(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围.
(4)利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围.
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.
【变式探究】
1.(2020·浙江金华�高二期末)已知:抛物线,过外点作的两条切线,切点分别为、.
(Ⅰ)若,求两条切线的方程;
(Ⅱ)点是椭圆上的动点,求面积的取值范围.
【答案】(Ⅰ)和;(Ⅱ).
【解析】
(Ⅰ)设过点的切线方程为,将其代入,可得,
因为直线与抛物线相切,,解得.
因此,所求的两条切线的方程为和;
(Ⅱ)设、、,由,可得,
则切线的方程为,又,
即.同理,切线的方程为.
又和都过点,.
直线方程为,即.
联立,得.
,
由韦达定理得,.
.
点到直线的距离为,
的面积.
,,,
.
2.(2019·四川高三月考(理))已知抛物线,过点的直线与抛物线交于 两点,又过两点分别作抛物线的切线,两条切线交于点.
(1)证明:直线的斜率之积为定值;
(2)求面积的最小值
【答案】(1)见解析;(2)
【解析】
(1)证明:由题意设 的方程为 ,
联立 ,得 因为 ,
所以设 ,则
设直线 的斜率分别为 ,
对 求导得 ,
所以 ,
所以,(定值)
(2)解:由(1)可得直线 的方程为
①
直线 的方程为
②
联立①②,得点 的坐标为,
由(1)得 ,
所以 .
于是 ,
点 到直线 的距离,
所以 ,
当,即时,的面积取得最小值
3.(2020·陕西安康·高三三模(理))已知椭圆E:()的左焦点为,过F的直线交E于A、C两点,的中点坐标为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过原点O的直线和相交且交E于B、D两点,求四边形面积的最大值.
【答案】(1);(2).
【解析】
(1)设,,
可得,,两式相减得,
将,代入上式,
即,,
又,即有,,
则椭圆E的方程为;
(2)直线AC的方程为,
联立,解得或,
,
设,,且直线的斜率存在,设方程为(),
联立,得,则,
设,分别表示B,D到直线的距离,
所以
,
令,则,
故,
当且仅当,即,时,四边形的面积取得最大值.
考点四 : 圆锥曲线中的探索性问题
【典例8】(2019·全国高考真题(文))已知点A,B关于坐标原点O对称,│AB│ =4,⊙M过点A,B且与直线x+2=0相切.
(1)若A在直线x+y=0上,求⊙M的半径.
(2)是否存在定点P,使得当A运动时,│MA│-│MP│为定值?并说明理由.
【答案】(1)或;
(2)见解析.
【解析】
(1)在直线上 设,则
又 ,解得:
过点, 圆心必在直线上
设,圆的半径为
与相切
又,即
,解得:或
当时,;当时,
的半径为:或
(2)存在定点,使得
说明如下:
,关于原点对称且
直线必为过原点的直线,且
①当直线斜率存在时,设方程为:
则的圆心必在直线上
设,的半径为
与相切
又
,整理可得:
即点轨迹方程为:,准线方程为:,焦点
,即抛物线上点到的距离
当与重合,即点坐标为时,
②当直线斜率不存在时,则直线方程为:
在轴上,设
,解得:,即
若,则
综上所述,存在定点,使得为定值.
【例9】(2021·河南高二期末(文))已知以坐标原点为中心,坐标轴为对称轴的椭圆经过点,.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)设过点的直线与交于,两点,点在轴上,且,是否存在常数使?如果存在,请求出;如果不存在,请说明理由.
【答案】(1);(2)存在实数满足题意.
【分析】
(1)设出椭圆标准方程,将给定点的坐标代入列出方程组,求解即得;
(2)直线斜率存在时,设出的方程,联立与的方程消元,借助韦达定理求出线段MN长,再求出QF长即可,验证斜率不存在时即可判断作答.
【详解】
(1)设椭圆的标准方程为,因点,在椭圆上,
则有,解得,,
所以椭圆的标准方程为;
(2)显然点为椭圆的右焦点,当直线的斜率存在时,设直线的方程为,
由消去y并整理得:,
设,,则,,
于是得,
而,则线段的中点坐标为,
因为点在轴上,且,则为线段的垂直平分线与轴的交点,
当时,,,则,
当时,线段的垂直平分线方程为,
令,得,即,则有,于是得,
当直线的斜率不存在时,,取或能满足,
综上所述,存在实数满足题意.
【总结提升】
1.探索性问题的求解方法:先假设成立,在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论,说明结论成立,否则说明结论不成立.处理这类问题,一般要先对结论做出肯定的假设,然后由此假设出发,结合已知条件进行推理论证.若推出相符的结论,则存在性随之解决;若推出矛盾,则否定了存在性;若证明某结论不存在,也可以采用反证法.
2.解析几何中存在性问题的求解方法:
(1)通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化,其步骤为:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于特定参数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在,否则(点、直线、曲线或参数)不存在.
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法.
【变式探究】
1.(2021·全国高三(理))已知椭圆的离心率为,两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)我们称圆心在椭圆上运动,半径为的圆是椭圆的“卫星圆”,过原点作椭圆的“卫星圆”的两条切线,分别交椭圆于,两点,若直线,的斜率存在,记为,.
①求证:为定值;
②试问是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.
【答案】(1);(2)①,②.
【分析】
(1)依题意列方程组,,即可求解;
(2)①设椭圆的“卫星圆”的圆心为,由切线条件得,,化简即可求得为定值;②设由题意得,由于,所以,根据距离公式即可求得结果.
【详解】
(1)依题意得,,,解得
所以椭圆的标准方程为
(2)①直线,的方程分别为,设椭圆的“卫星圆”的圆心为
因为直线,为“卫星圆”的两条切线,则,
化简得,
所以,为方程的两根,故
又因为,所以,故为定值;
②设,
由 ,
则
由于,所以,
得
所以为定值.
2.(2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高二月考)已知椭圆T:经过以下四个不同点中的某三个点:,,,.
(1)求椭圆T的方程;
(2)将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍,横坐标不变,得到椭圆E.已知M,N两点的坐标分别为,,点F是直线上的一个动点,且直线,分别交椭圆E于G,H(G,H分别异于M,N点)两点,试判断直线是否恒过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.
【答案】(1);(2)直线恒过定点.
【分析】
(1)分析可得三点在椭圆上,代入椭圆方程,待定系数即得解;
(2)先通过伸缩变换得到椭圆E方程为:,设,,,分别表示直线,的方程,与椭圆联立,求得G,H坐标,表示直线的方程,整理即得定点.
【详解】
(1)由题意可得A,C一定在椭圆上,即①,
若B在椭圆上,则②,
由①②可得,不存在,
所以D在椭圆上,可得③,
由①③可得,,
所以椭圆的方程为:;
(2)将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍,横坐标不变,设E上的点为:,对应的点,由题意可得,,
所以,,
所以E的方程,
设,,,
,
所以直线的方程为:,直线的方程,
联立直线与椭圆的方程整理可得,所以,,即,
联立直线NF与椭圆的方程:整理可得,所以,即,
所以直线的斜率为:,
所以直线的方程为:,
整理可得,当,.
所以直线恒过定点.
考点五 : 直线、圆及圆锥曲线的交汇问题
【典例10】(2020·全国高考真题(理))若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切,则l的方程为( )
A.y=2x+1 B.y=2x+ C.y=x+1 D.y=x+
【答案】D
【解析】
设直线在曲线上的切点为,则,
函数的导数为,则直线的斜率,
设直线的方程为,即,
由于直线与圆相切,则,
两边平方并整理得,解得,(舍),
则直线的方程为,即.
故选:D.
【典例11】(2021·福建莆田·高三)曲线上任意一点到点的距离与它到直线的距离之比等于,过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点.
(1)求的方程;
(2)求证:内切圆的圆心在定直线上.
【答案】(1);(2)证明见解析.
【分析】
(1)设点,根据条件建立等式,化简即可;
(2)设出直线和点,将代入C,消元后根据根与系数的关系得到两根间的关系,设出直线AF与BF的斜率然后求和,化为两根关系结合根与系数的关系化简,进而得到答案.
【详解】
(1)设,由题意:,
化简得:,即C的方程为:.
(2)设直线,,将代入C得:,
∴
设直线AF与BF的斜率分别为,则
.
∴,则,∴直线平分,而三角形内心在的角平分线上,∴内切圆的圆心在定直线上.
【典例12】(2021·吉林长春市·东北师大附中高三月考(理))椭圆与抛物线有一个公共焦点且经过点.
(1)求椭圆的方程及其离心率;
(2)直线与椭圆相交于,两点,为原点,是否存在点满足,,若存在,求出的取值范围,若不存在,请说明理由
【答案】(1),;(2)存在,或.
【分析】
(1)由题意,椭圆的,再代入,联立即得解,,再由即可得离心率;
(2)由题意,R为的重心,将直线与椭圆联立,借助韦达定理可得
,且在圆上,代入可得
,由可得,,代入可得,结合的范围可得解.
【详解】
(1)由题意,抛物线的标准方程为,
∴抛物线焦点坐标为
即在椭圆中,,
将点代入曲线的方程,
得
由得,
,,
则椭圆的方程为
则椭圆的离心率
(2)存在符合要求的点.
直线与椭圆相交于,两点,
联立方程,整理得
设,两点坐标为,,
则,
,
得
∵点满足且,
的重心在圆上
,
,
即,
,
,
即,
,
,
令,
则,
则,
或
【总结提升】
直线、圆及圆锥曲线的交汇问题,要认真审题,学会将问题拆分成基本问题,然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题,这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力.
【变式探究】
1.(2020届山东济宁市兖州区高三网络模拟考)已知抛物线,的焦点为,过点的直线的斜率为,与抛物线交于,两点,抛物线在点,处的切线分别为,,两条切线的交点为.
(1)证明:;
(2)若的外接圆与抛物线有四个不同的交点,求直线的斜率的取值范围.
【答案】(1)证明见解析(2)或
【解析】
(1)证明:依题意有,直线,
设,,,,直线与抛物线相交,
联立方程消去,化简得,
所以,.
又因为,所以直线的斜率.
同理,直线的斜率,
所以,,
所以,直线,即.
(2)由(1)可知,圆是以为直径的圆,
设是圆上的一点,则,
所以,圆的方程为,
又因为,
所以,圆的方程可化简为,
联立圆与抛物线得
消去,得,
即,即,
若方程与方程有相同的实数根,
则,矛盾,
所以,方程与方程没有相同的实数根,
所以,圆与抛物线有四个不同的交点等价于,
综上所述,.
2.(2019年高考全国Ⅲ卷理)已知曲线C:y=,D为直线y=上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.
(1)证明:直线AB过定点:
(2)若以E(0,)为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.
【答案】(1)见详解;(2)3或.
【解析】(1)设,则.
由于,所以切线DA的斜率为,故 .
整理得
设,同理可得.
故直线AB的方程为.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为.
由,可得.
于是,
.
设分别为点D,E到直线AB的距离,则.
因此,四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点,则.
由于,而,与向量平行,所以.解得t=0或.
当=0时,S=3;当时,.
因此,四边形ADBE的面积为3或.
3.(2020·黑龙江道里·哈尔滨三中高二月考(文))已知椭圆的两个焦点坐标分别是(-2,0),(2,0),并且经过点,,是椭圆上的不同两点,且以为直径的圆经过原点.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)是否存在圆心在原点的圆恒与直线相切,若存在,求出该圆的方程,若不存在,说明理由.
【答案】(1);(2)存在,.
【解析】
(1)设椭圆方程为,
由椭圆定义得,
则,,
所以椭圆方程为;
(2)假设存在圆心在原点的圆恒与直线相切,
设, 且,
由以为直径的圆经过原点得,即,
设,与联立,消去得,
则,
整理得,
又原点到直线的距离,
故存在圆心在原点的圆恒与直线相切,且圆的方程为.
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