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圆锥曲线综合
.
知识点一 定义和性质的应用
设F1、F2是椭圆+=1的两个焦点,P为椭圆上的一点,已知P、F1、F2是一个直角三角形的三个顶点,且|PF1||PF2|,求的值.
解 由题意知,a=3,b=2,则c2=a2-b2=5,即c=.
由椭圆定义,知|PF1|+|PF2|=6,|F1F2|=2.
(1)若∠PF2F1为直角,则|PF1|2=|F1F2|2+|PF2|2,
|PF1|2-|PF2|2=20.
即
解得|PF1|=,|PF2|=.
所以=.
(2)若∠F1PF2为直角,则|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2.
即20=|PF1|2+(6-|PF1|)2,
解得|PF1|=4,|PF2|=2或|PF1|=2,|PF2|=4(舍去).
所以=2.
知识点二 圆锥曲线的最值问题
已知A(4,0),B(2,2)是椭圆+=1内的两定点,点M是椭圆上的动点,求|MA|+|MB|的最值.
4,0),由椭圆定义知|MA|+|MA′|=10.
如图所示,则|MA|+|MB|=|MA|+|MA′|+|MB||MA′|=10+|MB||MA′|≤10+|A′B|.
当点M在BA′的延长线上时取等号.
所以当M为射线BA′与椭圆的交点时,(|MA|+|MB|)max=10+|A′B|=10+2.
又如图所示,
|MA|+|MB|=|MA|+|MA′||MA′|+|MB|=10 (|MA′||MB|)≥10|A′B|,当M在A′B的延长线上时取等号.
所以当M为射线A′B与椭圆的交点时,(|MA|+|MB|)min=10|A′B|=10 2.
知识点三 轨迹问题
抛物线x2=4y的焦点为F,过点(0,-1)作直线交抛物线于不同两点A、B,以AF,BF为邻边作平行四边形FARB,求顶点R的轨迹方程.
解 设直线AB:y=kx-1,A(x1,y1),B(x2,y2),R(x,y),由题意F(0,1),由,可得x2-4kx+4=0,
∴x1+x2=4k.
又AB和RF是平行四边形的对角线,
∴x1+x2=x,y1+y2=y+1.
而y1+y2=k(x1+x2)-2=4k2-2,
∴,消去k得x2=4(y+3).
由于直线和抛物线交于不同两点,∴Δ=16k2-160,
∴k1或k-1,∴x4或x-4.
∴顶点R的轨迹方程为x2=4(y+3),且|x|4.
知识点四 直线与圆锥曲线的位置关系
已知直线l:y=kx+b与椭圆+y2=1相交于A、B两点,O为坐标原点.
(1)当k=0,0b1时,求△AOB的面积S的最大值;
(2)⊥,求证直线l与以原点为圆心的定圆相切,并求该圆的方程.
解 (1)把y=b代入+y2=1,得x=±.
∴S△AOB=×2·b
=b=b≤· ,
当且仅当b2 =,即b = 时取等号.
∴△AOB的面积S的最大值为.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(1+2k2)x2+4kbx+2b22=0,
∴x1+x2=,x1·x2= .
又∵OA⊥OB,
∴(x1,y1)·(x2,y2)=0,
即x1x2+y1y2=0.
又x1x2+ y1y2= x1x2 +( k x1+b)(k x2+b)
=(k2+1)·x1x2+kb(x1 + x2) +b2
=(k2+1) kb+b2
=,
∴3b2 = 2k2+2.
又设原点O到直线l的距离为d,
则d = .
∴l与以原点为圆心,以为半径的定圆相切,
该圆的方程为x2 + y2 = .
考题赏析
1.(陕西高考)已知抛物线C:y=2x2,直线y=kx+2交C于A,B两点,M是线段AB的中点,过M作x轴的垂线交抛物线C于点N.
(1)证明:抛物线C在点N处的切线与AB平行;
· = 0?若存在,求k的值;若不存在,说明理由.
解 (1)
2代入
y = 2x2,得2x2kx2=0,
由韦达定理得x1 x2 = ,
x1x2 = 1,ks5u
∴xN = xM = ,
∴N点的坐标为.
设抛物线在点N处的切线l的方程为
y = m,
将y=2x2代入上式得2x2mx
∵直线l与抛物线C相切,
∴Δ=m28() = m22mkk2 = (mk)2=0,
∴m=k,即l∥AB.
(2)假设存在实数k,使·=0,则NA⊥NB.
又∵M是AB的中点,∴|MN|=|AB|.
由(1)知yM=(y1+y2)=(kx1+2+kx2+2)
=[k(x1+x2)+4]==+2.
∵MN⊥x轴,
∴|MN|=|yM-yN|=+2-=.
又|AB|=·|x1-x2|
=·
=·
=·.
∴=·,解得k=±2.
·=0
2.(福建高考)如图所示,椭圆C:+=1 (ab0)的一个焦点为F(1,0),且过点(2,0).
c2=3
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