《2015届高考数学二轮复习 高校信息化课堂 专题七 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的定点、定值与最值问题 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2015届高考数学二轮复习 高校信息化课堂 专题七 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的定点、定值与最值问题 文（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲圆锥曲线中的定点、定值与最值问题【选题明细表】知识点、方法题号圆锥曲线定点、定值12、15、16求范围1、8、9、14求最值2、3、4、5、6、7、10、11、13存在性问题9、12、15基础把关1.设M(x0,y0)为抛物线C:x2=8y上一点,F为抛物线C的焦点,以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交,则y0的取值范围是(C)(A)(0,2) (B)0,2(C)(2,+)(D)2,+)解析:设圆的半径为r,因为F(0,2)是圆心,抛物线C的准线方程为y=-2.圆与准线相切时半径为4.若圆与准线相交则r4.又因为点M(x0,y0)为抛物线x2=8y上一点,所以有=8y0.又
2、点M(x0,y0)在圆x2+(y-2)2=r2上.所以+(y0-2)2=r216,所以8y0+(y0-2)216,即有+4y0-120,解得y02或y02.故选C.2.椭圆+=1上有两个动点P、Q,E(3,0),EPEQ,则的最小值为(A)(A)6(B)3-(C)9(D)12-6解析:设P(x0,y0),则+=1,=(x0-3,y0),又=-,=(-)=-=(x0-3)2+=(x0-3)2+9-=-6x0+18,=(x0-4)2+6,又x0-6,6,当x0=4时,取到最小值6.3.若点O和点F分别为椭圆+=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则的最大值为(C)(A)2(B)3(C)6(D
3、)8解析:设P(x,y),由+=1,得y2=3-x2.O(0,0),F(-1,0),=(x,y)(x+1,y)=x2+x+y2=x2+x+3=(x+2)2+2.x-2,2,当x=2时,有最大值6.4.(2014浙江杭州模拟)设双曲线-=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l交双曲线左支于A、B两点,则|BF2|+|AF2|的最小值为(B)(A)(B)11(C)12(D)16解析:由-=1知a2=4,b2=3,c2=7,c=,F1(-,0),F2(,0),又点A、B在双曲线左支上,|AF2|-|AF1|=4,|BF2|-|BF1|=4,|AF2|=4+|AF1|,|BF2|=4+|BF1
4、|,|AF2|+|BF2|=8+|AF1|+|BF1|.要求|AF2|+|BF2|的最小值,只要求|AF1|+|BF1|的最小值即可,而|AF1|+|BF1|最小为2=3.(|AF2|+|BF2|)min=8+3=11.故选B.5.已知直线l1:4x-3y+6=0和直线l2:x=-1,抛物线y2=4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是(A)(A)2(B)3(C)(D)解析:如图所示,动点P到l2:x=-1的距离可转化为点P到点F的距离.由图可知,距离和的最小值即F到直线l1的距离d=2.故选A.6.(2014河南郑州高三模拟)已知抛物线x2=4y上有一条长为6的动弦AB,则AB
5、中点到x轴的最短距离为(D)(A)(B)(C)1(D)2解析:易知,AB的斜率存在,设AB方程为y=kx+b.由得x2-4kx-4b=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个根,x1+x2=4k,x1x2=-4b,又|AB|=6,=6,化简得b=-k2,设AB中点为M(x0,y0),则y0=+b=2k2+-k2=k2+=(k2+1)+-12-1=2.当且仅当k2+1=,即k2=时,y0取到最小值2.故选D.7.(2014浙江调研)若点P在曲线C1:-=1上,点Q在曲线C2:(x-5)2+y2=1上,点R在曲线C3:(x+5)2+y2=1上,则|PQ|-|PR|的最
6、大值是.解析:依题意得,点F1(-5,0),F2(5,0)分别为双曲线C1的左右焦点,因此有|PQ|-|PR|(|PF2|+1)-(|PF1|-1)|PF2|-|PF1|+2=24+2=10,故|PQ|-|PR|的最大值为10.答案:108.已知F1,F2是椭圆的两个焦点,椭圆上存在一点P,使F1PF2=60,则椭圆离心率的取值范围是.解析:法一设|PF1|=m,|PF2|=n.在PF1F2中,由余弦定理可知,4c2=m2+n2-2mncos 60,m+n=2a,m2+n2=(m+n)2-2mn=4a2-2mn,4c2=4a2-3mn,即3mn=4a2-4c2.又mn（）2=a2(当且仅当m=
7、n时取等号),4a2-4c23a2,即e,又0e1,e的取值范围是,1.法二如图所示,设O是椭圆的中心,A是椭圆短轴上的一个顶点,由于F1PF2=60,则只需满足60F1AF2即可,又F1AF2是等腰三角形,且|AF1|=|AF2|,所以0F1F2A60,所以cosF1F2Ab0)上存在点P,使得=0,则椭圆离心率的取值范围是.解析:因为=0,所以F1PF2=90.则以原点为圆心,c为半径的圆与椭圆有公共点,则cb,即a2-c2c2,得e2,即e,又在椭圆中0eb0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e=.过F1的直线交椭圆于A、B两点,且ABF2的周长为8.(1)求椭圆E的方程;(2)设动
8、直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8,即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8,又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,所以4a=8,a=2.又因为e=,即=,所以c=1,所以b=.故椭圆E的方程是+=1.(2)法一由得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(
9、4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=-=-,y0=kx0+m=,所以P（-,）.由得Q(4,4k+m).假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴上.设M(x1,0),则=0对满足(*)式的m,k恒成立.因为=（-x1,）,=(4-x1,4k+m),则由=0,得-+-4x1+3=0,整理得(4x1-4)+-4x1+3=0.(*)由于(*)式对满足(*)式的m,k恒成立,所以解得x1=1.故存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.法二由得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),
10、所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=-=-,y0=kx0+m=,所以P（-,）.由得Q(4,4k+m).假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴上.取k=0,m=,此时P(0,),Q(4,),以PQ为直径的圆为(x-2)2+(y-)2=4,交x轴于点M1(1,0),M2(3,0);取k=-,m=2,此时P（1,）,Q(4,0),以PQ为直径的圆为（x-）2+（y-）2=,交x轴于点M3(1,0),M4(4,0).所以若符合条件的点M存在,则M的坐标必为(1,0).以下证明M(1,0)就是满足条件的点
11、:因为M的坐标为(1,0),所以=（-1,）,=(3,4k+m),从而=-3+3=0,故恒有,即存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.能力提升13.已知F是双曲线-=1的左焦点,A(1,4),P是双曲线右支上的动点,则|PF|+|PA|的最小值为(B)(A)18(B)9(C)21(D)3解析:如图所示,该双曲线的右焦点为E,则E(4,0),由双曲线的定义及标准方程得|PF|-|PE|=4,则|PF|+|PA|=4+|PE|+|PA|,由图可得,当A,P,E三点共线时,(|PE|+|PA|)min=|AE|=5,从而|PF|+|PA|的最小值为9.故选B.14.设点P在双曲线-=1
12、(a0,b0)的右支上,双曲线的左、右焦点分别为F1,F2,若|PF1|=4|PF2|,则双曲线离心率的取值范围是.解析:由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a,又|PF1|=4|PF2|,所以4|PF2|-|PF2|=2a,所以|PF2|=a,|PF1|=a,所以整理得ac,所以,即e,又e1,所以10,b10)和椭圆C2:+=1(a2b20)均过点P（,1）,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|+|=|?证明你的结论.解:(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2.从而a1=1,c2=1.因为点P（,1）在双曲线x2-=1上,所以（）2-=1.故=3.由椭圆的定义知2a2=+=2.于是a2=,=-=2.故C1,C2的方程分别为x2-=1,+=1.(2)不存在符合题设条件的直线.若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=或x=-.当x=时,易知A(,),B(,-),所以|+|=2,|=2.此时,|+|.当x=-时,同理可知,|
