新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)突破學(xué)案6.6《圓錐曲線與圓的綜合問(wèn)題》（教師版）

培優(yōu)點(diǎn)9圓錐曲線與圓的綜合問(wèn)題隨著新高考不斷地推進(jìn)與深入，高考對(duì)解析幾何的要求也隨之發(fā)生很大的變化，對(duì)圓的考查在逐漸加深，與圓相關(guān)的幾何性質(zhì)、最值問(wèn)題、軌跡問(wèn)題等都能與橢圓、雙曲線及拋物線相結(jié)合，呈現(xiàn)別具一格的新穎試題，題型漸漸成為高考命題的熱點(diǎn)，是一種新的命題趨勢(shì).考點(diǎn)一圓的切線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題例1已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F2(1,0)，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(21),4)))在橢圓上.(1)求橢圓的方程；(2)點(diǎn)M在圓x2＋y2＝b2上，且M在第一象限，過(guò)點(diǎn)M作圓x2＋y2＝b2的切線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，問(wèn)△AF2B的周長(zhǎng)是否為定值？若是，求出定值；若不是，說(shuō)明理由.解(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝c2＝1，,\f(9,4a2)＋\f(21,16b2)＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，))∴橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)是定值.由題意，設(shè)AB的方程為y＝kx＋m(k<0，m>0)，∵AB與圓x2＋y2＝3相切，∴eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\r(3)，即m2＝3(1＋k2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2﹣12＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，∴|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1﹣x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8km,3＋4k2)))2－4·\f(4m2－12,3＋4k2))＝eq\f(－4km,3＋4k2).又|AF2|2＝(x1﹣1)2＋yeq\o\al(2,1)＝(x1﹣1)2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4)))＝eq\f(1,4)(x1﹣4)2，∴|AF2|＝eq\f(1,2)(4﹣x1)＝2﹣eq\f(1,2)x1，同理|BF2|＝eq\f(1,2)(4﹣x2)＝2﹣eq\f(1,2)x2，∴|AF2|＋|BF2|＝4﹣eq\f(1,2)(x1＋x2)＝4＋eq\f(4km,3＋4k2)∴|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4＋eq\f(4km,3＋4k2)﹣eq\f(4km,3＋4k2)＝4(定值).規(guī)律方法處理圓的切線與圓錐曲線綜合問(wèn)題，主要就是巧設(shè)直線方程，利用圓的切線性質(zhì)(圓心到直線的距離等于半徑)找到直線的參數(shù)之間的關(guān)系或者轉(zhuǎn)化為直線斜率的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求解.跟蹤演練1在平面直角坐標(biāo)系中，F(xiàn)為拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)，D為拋物線C上第一象限內(nèi)任意一點(diǎn)，△FOD外接圓的圓心為Q，且圓心Q到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為eq\f(3,4).(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)(x0>1)為拋物線C上第一象限內(nèi)任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓x2＋(y﹣1)2＝1的兩條切線l1，l2且與y軸分別相交于A，B兩點(diǎn)，求△PAB面積的最小值.解(1)由拋物線C方程x2＝2py，已知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，準(zhǔn)線y＝﹣eq\f(p,2)，外接圓的圓心在直線y＝eq\f(p,4)上，依題意eq\f(3p,4)＝eq\f(3,4)，即p＝1，拋物線C的方程為x2＝2y.(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P(x0，y0)的直線l的方程為y﹣y0＝k(x﹣x0)，直線kx﹣y＋y0﹣kx0＝0與圓x2＋(y﹣1)2＝1相切，則eq\f(|y0－1－kx0|,\r(1＋k2))＝1，化簡(jiǎn)得(xeq\o\al(2,0)﹣1)k2﹣2(y0﹣1)x0·k＋yeq\o\al(2,0)﹣2y0＝0，①方程的根為k1，k2，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k1＋k2＝\f(2y0－1x0,x\o\al(2,0)－1)，,k1·k2＝\f(y\o\al(2,0)－2y0,x\o\al(2,0)－1)，))設(shè)直線l1，l2在y軸上的截距分別為y1，y2，則y1＝y(tǒng)0﹣k1x0，y2＝y(tǒng)0﹣k2x0，|AB|＝|y1﹣y2|＝|k1﹣k2|·x0＝x0·eq\r(\f(4y0－12x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－12)－\f(4y\o\al(2,0)－2y0x\o\al(2,0)－1,x\o\al(2,0)－12))＝eq\f(2x0\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)－2y0),x\o\al(2,0)－1)＝eq\f(2x0·\r(x\o\al(2,0)＋\f(1,4)x\o\al(4,0)－x\o\al(2,0)),x\o\al(2,0)－1)＝eq\f(x\o\al(3,0),x\o\al(2,0)－1)，S＝eq\f(1,2)|AB|·x0＝eq\f(1,2)·eq\f(x\o\al(4,0),x\o\al(2,0)－1)＝eq\f(1,2)·eq\f(x\o\al(2,0)－12＋2x\o\al(2,0)－1＋1,x\o\al(2,0)－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)－1＋\f(1,x\o\al(2,0)－1)＋2))≥eq\f(1,2)×(2＋2)＝2.當(dāng)且僅當(dāng)xeq\o\al(2,0)﹣1＝eq\f(1,x\o\al(2,0)－1)，即x0＝eq\r(2)時(shí)，S△PAB面積取得最小值，面積最小值為2.考點(diǎn)二圓錐曲線中的四點(diǎn)共圓綜合問(wèn)題例2設(shè)動(dòng)點(diǎn)P與定點(diǎn)F(eq\r(3)，0)的距離和P到定直線l：x＝eq\f(4\r(3),3)的距離的比是eq\f(\r(3),2).(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程；(2)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C，不過(guò)原點(diǎn)O且斜率為eq\f(1,2)的直線l與曲線C交于不同的A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，直線OM與曲線C交于C，D兩點(diǎn)，證明：A，B，C，D四點(diǎn)共圓.(1)解設(shè)P(x，y)，因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)P與定點(diǎn)F(eq\r(3)，0)的距離和P到定直線l：x＝eq\f(4\r(3),3)的距離的比是eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(\r(x－\r(3)2＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(4\r(3),3))))＝eq\f(\r(3),2)，整理化簡(jiǎn)得eq\f(x2,4)＋y2＝1.所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明設(shè)直線l的方程為y＝eq\f(1,2)x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(1,2)x＋m，))得x2＋2mx＋2m2﹣2＝0，①方程①的判別式為Δ＝4(2﹣m2)，由Δ>0，得2﹣m2>0，解得﹣eq\r(2)<m<eq\r(2).由①得x1＋x2＝﹣2m，x1x2＝2m2﹣2.所以M點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，\f(m,2)))，直線OM方程為y＝﹣eq\f(1,2)x，由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－\f(1,2)x，))得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\f(\r(2),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\f(\r(2),2))).所以|MC|·|MD|＝eq\f(\r(5),2)(﹣m＋eq\r(2))·eq\f(\r(5),2)(eq\r(2)＋m)＝eq\f(5,4)(2﹣m2).又|MA|·|MB|＝eq\f(1,4)|AB|2＝eq\f(1,4)[(x1﹣x2)2＋(y1﹣y2)2]＝eq\f(5,16)[(x1＋x2)2﹣4x1x2]＝eq\f(5,16)[4m2﹣4(2m2﹣2)]＝eq\f(5,4)(2﹣m2).所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.所以A，B，C，D四點(diǎn)共圓.規(guī)律方法處理共圓問(wèn)題，主要抓住弦長(zhǎng)及弦的中點(diǎn)的關(guān)系并結(jié)合圓的垂徑定理，綜合尋求關(guān)系.跟蹤演練2如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(﹣2,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，橢圓C上三點(diǎn)A，M，B與原點(diǎn)O構(gòu)成一個(gè)平行四邊形AMBO.(1)求橢圓C的方程；(2)若A，M，B，O四點(diǎn)共圓，求直線AB的斜率.解(1)因?yàn)闄E圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過(guò)點(diǎn)(﹣2,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，所以a＝2，eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，解得b2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)因?yàn)橹本€AB的斜率存在，所以設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2﹣4＝0，則有x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).因?yàn)槠叫兴倪呅蜛MBO，所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2).因?yàn)閤1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·eq\f(－8km,1＋4k2)＋2m＝eq\f(2m,1＋4k2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8km,1＋4k2)，\f(2m,1＋4k2))).因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓C上，所以將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入橢圓C的方程，化得4m2＝4k2＋1.①因?yàn)锳，M，B，O四點(diǎn)共圓，所以平行四邊形AMBO是矩形，且OA⊥OB，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0.因?yàn)閥1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－4k2,1＋4k2)，所以x1x2＋y1y2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)＋eq\f(m2－4k2,1＋4k2)＝0，化得5m2＝4k2＋4.②由①②解得k2＝eq\f(11,4)，m2＝3，此時(shí)Δ＞0，因此k＝±eq\f(\r(11),2).所以所求直線AB的斜率為±eq\f(\r(11),2).專題強(qiáng)化練1.已知雙曲線x2﹣y2＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，動(dòng)直線l：y＝kx＋m與圓x2＋y2＝1相切，且與雙曲線左、右兩支的交點(diǎn)分別為P1(x1，y1)，P2(x2，y2).(1)求k的取值范圍；(2)記直線P1A1的斜率為k1，直線P2A2的斜率為k2，那么，k1·k2是定值嗎？證明你的結(jié)論.解(1)∵l與圓相切，∴1＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))∴m2＝1＋k2，①由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－y2＝1，))得(1﹣k2)x2﹣2mkx﹣(m2＋1)＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4m2k2＋41－k2m2＋1＝4m2＋1－k2＝8>0，,x1·x2＝\f(m2＋1,k2－1)<0，))∴k2<1，∴﹣1<k<1，故k的取值范圍為(﹣1,1).(2)由已知可得A1，A2的坐標(biāo)分別為(﹣1,0)，(1,0)，∴k1＝eq\f(y1,x1＋1)，k2＝eq\f(y2,x2－1)，由(1)知，x1＋x2＝﹣eq\f(2mk,k2－1)，x1·x2＝eq\f(m2＋1,k2－1)，∴k1·k2＝eq\f(y1y2,x1＋1x2－1)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1＋1x2－1)＝eq\f(k2x1x2＋mkx1＋x2＋m2,x1x2＋x2－x1－1)＝eq\f(k2·\f(m2＋1,k2－1)－mk·\f(2mk,k2－1)＋m2,\f(m2＋1,k2－1)－\f(2\r(2),k2－1)－1)＝eq\f(m2k2＋k2－2m2k2＋m2k2－m2,m2＋1－2\r(2)－k2＋1)＝eq\f(k2－m2,m2－k2＋2－2\r(2))，由①得m2﹣k2＝1，∴k1·k2＝eq\f(－1,3－2\r(2))＝﹣(3＋2eq\r(2))為定值.2.從拋物線y2＝4x上各點(diǎn)向x軸作垂線段，記垂線段中點(diǎn)的軌跡為曲線P.(1)求曲線P的方程，并說(shuō)明曲線P是什么曲線；(2)過(guò)點(diǎn)M(2,0)的直線l交曲線P于兩點(diǎn)A，B，線段AB的垂直平分線交曲線P于兩點(diǎn)C，D，探究是否存在直線l使A，B，C，D四點(diǎn)共圓？若能，請(qǐng)求出圓的方程；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由.解(1)設(shè)拋物線y2＝4x上的任意點(diǎn)為S(x0，y0)，垂線段的中點(diǎn)為(x，y)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0，,y＝\f(y0,2)，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝x，,y0＝2y，))代入yeq\o\al(2,0)＝4x0得(2y)2＝4x，得曲線P的方程為y2＝x，所以曲線P是焦點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))的拋物線.(2)若直線l與x軸重合，則直線l與曲線P只有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意.設(shè)直線l的方程為x＝ty＋2，根據(jù)題意知t≠0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝x，,x＝ty＋2，))得y2﹣ty﹣2＝0，Δ＝t2＋8>0，則y1＋y2＝t，y1·y2＝﹣2，則|AB|＝eq\r(1＋t2)·|y1﹣y2|＝eq\r(1＋t2)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(t2＋1t2＋8)，且線段AB中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(t,2)，即eq\f(x1＋x2,2)＝t·eq\f(y1＋y2,2)＋2＝eq\f(t2,2)＋2，所以線段AB中點(diǎn)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2)＋2，\f(t,2)))，因?yàn)橹本€CD為線段AB的垂直平分線，可設(shè)直線CD的方程為x＝﹣eq\f(1,t)y＋m，則eq\f(t2,2)＋2＝﹣eq\f(1,t)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))＋m，故m＝eq\f(t2＋5,2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝x，,x＝－\f(1,t)y＋\f(t2＋5,2)，))得2ty2＋2y﹣t(t2＋5)＝0，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)，則y3＋y4＝﹣eq\f(1,t)，y3·y4＝﹣eq\f(1,2)(t2＋5)，故|CD|＝eq\r(1＋\f(1,t2))|y3﹣y4|＝eq\r(1＋\f(1,t2))eq\r(y3＋y42－4y3y4)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)＋2t2＋10)))，線段CD中點(diǎn)為Neq\b\lc\(\rc\)(\a\v