《人教A版2020届高考数学一轮复习讲义：圆锥曲线向量点乘_20210103224735.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教A版2020届高考数学一轮复习讲义：圆锥曲线向量点乘_20210103224735.docx（26页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、圆锥曲线向量点乘知识讲解一、相关向量知识点1.三点共线：；存在实数，使；若存在实数，且，使2.给出，等于已知，即是直角；给出，等于已知是钝角，例题精讲给出，等于已知是锐角3.给出，等于已知是的平分线4.在中，给出，等于已知是的垂心（三角形的垂心是三角形三条高的交点）5.如果问题中涉及到平面向量知识，那么应从已知向量的特点出发，考虑选择向量的几何形式进行转化，还是选择向量的代数形式进行转化二、垂直与角度1.垂直以为直径的圆过原点 故两边同时乘以，整体处理得消去高次项得即找了的关系式.推广：以为直径的圆过焦点可以看得出，同样可以采用整体法处理.2.角度问题成锐角或钝角原点在以为直径的圆内易得原点在
2、以为直径的圆外易得经典例题一选择题（共7小题）1直线l过抛物线y2=ax（a0）的焦点F且与抛物线交于A，B两点，则|AF|BF|AF|+|BF|=（）Aa2Ba4C2aD4a【解答】解：抛物线的焦点F（a4，0），设直线l的方程为x=ky+a4，联立方程组&x=ky+a4&y2=ax，消去y得：x2（a2+k2a）x+a216=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=a2+k2a，x1x2=a216，又|AF|=x1+a4，|BF|=x2+a4，|AF|BF|AF|+|BF|=(x1+a4)(x2+a4)x1+x2+a2=a216+a4(a2+k2a)+a21
3、6a+k2a=a24(1+k2)a(1+k2)=a4故选：B2设F1，F2分别为双曲线C：x2a2y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，M，N为直线bxay=0上两点，且MF1MF2=0，NF1NF2=0，MAN=135°，则该双曲线的离心率为（）A5B423C3D324【解答】解：如图，F1，F2分别为双曲线C：x2a2y2b2=1（a0，b0）的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，MF1MF2=0，NF1NF2=0，即以F1F2为直径的圆交双曲线某条渐近线于M、N两点，直线MN：bxay=0，圆的方程为：x2+y2=c2，联立&bx-ay=0&x
4、2+y2=c2，解得M（a，b），N（a，b），A（a，0），AM=（2a，b），AN=（0，b），MAN=135°，cosAM，AN=-b24a2+b2b=22，解得b=2a，c=a2+b2=5a，e=ca=5故选：A3已知抛物线y2=2px（p0）与圆F：x2+y2px=0，过点F作直线l，自上而下顺次与上述两曲线交于点A，B，C，D，则下列关于|AB|CD|的值的说法中，正确的是（）A等于p24B等于4p2C最小值为p2D最大值为p2【解答】解：圆F的半径为p2，设A（xA，yA），D（xD，yD），由抛物线的定义可知|AB|=|AF|BF|=xA+p2p2=xA，同理可得|C
5、D|=xD|AB|CD|=xAxD（1）当直线l与x轴垂直时，xA=xD=p2，|AB|CD|=p24（2）当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为：y=kxkp2，联立方程组&y=kx-kp2&y2=2px，消去y得：k2x2（k2p+2p）x+k2p24=0，xAxD=p24，即|AB|CD|=p24综上，|AB|CD|=p24故选：A4椭圆x24+y2=1的焦点为F1，F2，点M在椭圆上，且MF1MF2=0，则MF1F2的内切圆半径为（）A2B3C3-1D23【解答】解：设|MF1|=m，|MF2|=n，椭圆x24+y2=1的焦距为：2c=23，a=2，因为点M在椭圆上，
6、且MF1MF2=0，可得m2+n2=12，m+n=4，可得mn=2，MF1F2的内切圆半径为：r12mn=12（m+n+2c）r，解得r=mnm+n+23=24+23=23故选：D5已知点F1，F2分别是双曲线x24-y26=1的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点P，使(OP+OF2)F2P=0（O为坐标原点）且|PF1|=|PF2|，则实数的值为（）A3B2C3D22【解答】解：由双曲线方程x24-y26=1可得a=2，b=6，c=10，|OF2|=10又使(OP+OF2)F2P=0，（OP+OF2）（OPOF2）=0，OP2OF2=0，|OP|=|OF2|=10，故PF1F2是以P为直角的
7、直角三角形又P是双曲线右支上的点|PF1|PF2|，|PF1|=|PF2|+4，由勾股定理可得|PF2|2+（|PF2|+4）2=4C2=40，解得|PF2|=2，|PF1|=6故=3故选：A6已知抛物线y2=4x与圆F：x2+y22x=0，过点F作直线l，自上而下顺次与上述两曲线交于点A，B，C，D，则下列关于|AB|CD|的值的说法中，正确的是（）A等于1B等于16C最小值为4D最大值为4【解答】解：y2=4x，焦点F（1，0），准线：x=1由定义得：|AF|=xA+1，又|AF|=|AB|+1，|AB|=xA，同理：|CD|=xD，当lx轴时，则xD=xA=1，|AB|CD|=1当l：y
8、=k（x1）时，代入抛物线方程，得：k2x2（2k2+4）x+k2=0，xAxD=1，|AB|CD|=1综上所述，|AB|CD|=1，故选：A7已知抛物线C：x2=4y，过抛物线C上两点A，B分别作抛物线的两条切线PA，PB，P为两切线的交点O为坐标原点若PAPB=0，则直线OA与OB的斜率之积为（）A-14B3C-18D4【解答】解：设A（x1，x124），B（x2，x224），由抛物线C：x2=4y，得y=14x2，则y=12xkAP=12x1，kPB=12x2，由PAPB=0，可得14x1x2=-1，即x1x2=4又kOA=x14，kOB=x24，kOAkOB=x1x216=-416=-
9、14故选：A二填空题（共6小题）8已知直线l：3x+y+m=0与双曲线C：x2a2y2b2=1（a0，b0）右支交于M，N两点，点M在第一象限，若点Q满足OM+OQ=0（其中O为坐标原点），且MNQ=30°，则双曲线C的渐近线方程为y=±x【解答】解：由题意可知：M，Q关于原点对称，设M（m，n），N（u，v），则Q（m，n），即有 m2a2n2b2=1，u2a2v2b2=1，两式相减可得 m2-u2a2=n2-v2b2，可得kMNkQN=n-vm-uv+nu+m=n2-v2m2-u2=b2a2，kMN=3，kQN=tan150°=33，b2a2=1，即a=b，双
10、曲线C的渐近线方程为y=±bax，即y=±x，故答案为：y=±x9抛 物 线 y2=2px （ p0）的 焦 点 为 F，其 准 线 与 双 曲 线 x24-y29=1相 交 于 M，N 两 点，若 FMFN=14，则p=4357【解答】解：抛物线y2=2px（p0）的准线方程为x=p2，焦点F（p2，0）把x=p2代入双曲线方程：x24-y29=1，化简得：y2=9p2169，M（p2，9p216-9），N（p2，9p216-9），FM=（p，9p216-9），FN=（p，9p216-9），FMFN=p29p216+9=14，又p0，p=4357故答案为：435
11、710M，N分别为双曲线x24y23=1左、右支上的点，设v是平行于x轴的单位向量，则|MNv|的最小值为4【解答】解：由向量数量积的定义知MNv即向量MN在向量v上的投影|v|模长的乘积，故求|MNv|的最小值，即求MN在x轴上的投影的绝对值的最小值，由双曲线的图象可知|MNv|的最小值为4故答案为：411已知点F2、P分别为双曲线x2a2-y2b2=1（a0，b0）的右焦点和右支上的点，O为坐标原点，若OM=12(OP+OF2)，OF22=F2M2，且2OF2F2M=a2+b2，则此双曲线的离心率为3+12【解答】解：OM=12(OP+OF2)，M是PF2的中点，OF22=F2M2，OF2
12、=F2M=c，2OF2F2M=a2+b2，则2c2cos（OF2M）=a2+b2=c2，OF2M=120°M（3c2，3c2），F2（c，0），M是PF2的中点，P（2c，3c），P在双曲线上，4c2a2-3c2b2=1，即4b2c23a2c2a2b2=0，b2=c2a2，4c2（c2a2）3a2c2a2（c2a2）=0，即4c48a2c2+a4=0，4e48e2+1=0，解得e2=4+234e=1+32故答案为：1+3212已知动点P（x，y）在椭圆x2100+y264=1上，若A点的坐标为（6，0），|AM|=1，且PMAM=0，则|PM|的最小值为15【解答】解：PMAM=0，
13、PMAM，|PM|2=|AP|2|AM|2，又|AM|=1，|AP|越小，|PM|就越小，设P（10cosx，8sinx），则|AP|2=（10cosx6）2+（8sinx0）2=100cos2x120cosx+36+64sin2x=36cos2x120cosx+100=（6cosx10）2，|AP|的最小值为(6-10)2=4，|PM|的最小值为：42-12=15，故答案为：1513经过双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)上任一点M，作平行于实轴的直线，与渐近线交于P，Q两点，则MPMQ=a2【解答】解：设M（x，y），则有：x2a2-y2b2=1x2=a2(1+y2b2)且P（aby
14、，y），Q（aby，y），MP=(-aby-x，0)，MQ=(aby-x，0)MPMQ=（aby-x）（aby-x）+0=x2a2b2y2=a2(1+y2b2)a2b2y2=a2故答案为a2三解答题（共6小题）14已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为22，其左、右焦点分别为F1，F2，点P（x0，y0）是坐标平面内一点，且|OP|=5，PF1PF2=16（O为坐标原点）（1）求椭圆C的方程；（2）过点S（0，1）且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过该点？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由【解答】解：（1）设P（x0，y
15、0），F1（c，0），F2（c，0），则由|OP|=5，得x02+y02=25，由PF1PF2=16，得（cx0，y0）（cx0，y0）=16，x02+y02c2=16，c2=9，c=3，ca=22，a2=18，b2=9，椭圆方程为x218+y29=1（2）设动直线l的方程为y=kx1，由&y=kx-1&x218+y29=1，得（2k2+1）x24kx16=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=4k2k2+1，x1x2=162k2+1，假设在y轴上存在M（0，m），满足题设，则MA=（x1，y1m），MB=（x2，y2m），MAMB=x1x2+（y1m）（y2
16、m）=x1x2+y1y2-m(y1+y2)+m2=x1x2+（kx11）m（kx11+kx21）+m2=(k2+1)x1x2+(mk+k)(x1+x2)+m2+2m+1=-16(k2+1)2k2+1-4k(mk+k)2k2+1+m2-2m+1=(2m2-18)k2+m2+2m-152k2+1，由假设得对于任意的kR，MAMB=0恒成立，即&2m2-18=0&m2+2m-15=0，解得m=3在y轴上存在定点M，使以AB为直径的圆恒过该点，点M的坐标为（0，3）15已知抛物线C：y2=2px的焦点为F，抛物线C上的点M（2，y0）到F的距离为3（）求抛物线C的方程；（）斜率存在的直
17、线l与抛物线相交于相异两点A（x1，y1），B（x2，y2），x1+x2=4若AB的垂直平分线交x轴于点G，且GAGB=5，求直线l方程【解答】解：（）由抛物线定义知MF=2+p2所以2+p2=3，p=2所以，抛物线方程为y2=4x（）设AB中点坐标（2，m），直线l的斜率存在，所以m0，kAB=y2-y1x2-x1=y22-y12y224-y124=2m，所以直线AB方程为：ym=2m(x-2)，即2xmy+m24=0由&2x-my+m2-4=0&y2=4x得y22my+2m28=0，其中0得到m28，&y1+y2=2m&y1y2=2m2-8AB的垂直平分线方
18、程为：ym=2m(x-2)，令y=0，得x=4，所以G（4，0），GA=(x1-4，y1)，GB=(x2-4，y2)因为GAGB=5，所以（x14）（x24）+y1y2=5x1x24（x1+x2）+16+y1y2=5，(y1y2)216-4×4+16+y1y2=5，把代入得（m24）2+8（m24）20=0，（m2+6）（m26）=0，m2=68，m=±6，所以，直线l方程为2x6y+2=0或2x+6y+2=016已知椭圆：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，短轴两个端点为A、B，且四边形AF1BF2是边长为2的正方形（1）求椭圆的方程；（2）若C
19、、D分别是椭圆的左、右端点，动点M满足MDCD，连接CM，交椭圆于与点P证明：OMOP为定值【解答】解：（1）左右焦点分别为F1，F2，短轴两个端点为A，B，且四边形F1AF2B是边长为2的正方形，a=2，b=c，a2=b2+c2，b2=2，椭圆方程为x24+y22=1（2）C（2，0），D（2，0），设M（2，y0），P（x1，y1），则OP=（x1，y1），OM=（2，y0）直线CM：y0=y04（x+2），即 y=y04x+12y0代入椭圆x2+2y2=4，得（1+y028）x2+12y02x+12y024=0，故方程的两个根分别为2和x1，由韦达定理可得x12=-4y02y02+8，x
20、1=-2y02+16y02+8，y1=8y0y02+8OP=（-2y02+16y02+8，8y0y02+8）OMOP=8y02+32y02+8y02y02+8=4y02+32y02=417在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，A，F分别为椭圆的上顶点和右焦点，AOF的面积为12，直线AF与椭圆交于另一个点B，线段AB的中点为P（1）求直线OP的斜率；（2）设平行于OP的直线l与椭圆交于不同的两点C，D，且与直线AF交于点Q，求证：存在常数，使得QCQD=QAQB【解答】解：（1）根据题意，椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，即e=ca
21、=a2-b2a=22，即a2=2b2，c2=a2b2=b2，所以A（0，b），F（c，0），所以12c2=12，所以c=1，所以椭圆的方程为x22+y2=1直线AF的方程为y=x+1，联立&x22+y2=1&y=-x+1消去y得3x24x=0，所以x=43或x=0，所以B(43，-13)，从而得线段AB的中点P(23，13)所以直线OP的斜率为13-023-0=12（2）证明：由（1）知，直线AF的方程为y=x+1，直线OP的斜率为12，设直线l的方程为y=12x+t(t0)联立&y=12x+t&y=-x+1得&x=2-2t3&y=2t+13.；
22、所以点Q的坐标为(2-2t3，2t+13)所以QA=(2t-23，2-2t3)，QB=(2t+23，-2t+23)所以QAQB=89(t2-1)联立&x22+y2=1&y=12x+t消去y得32x2+2tx+2t2-2=0，由已知得=4（32t2）0，又t0，得t(-62，0)(0，62)设C（x1，y1），D（x2，y2），则y1=12x1+t，y2=12x2+t，x1+x2=-4t3，x1x2=4t2-43所以QC=(x1-2-2t3，y1-2t+13)=(x1+2t-23，12x1+t-13)，QD=(x2+2t-23，12x2+t-13)，故QCQD=(x1+2t-23
23、)(x2+2t-23)+(12x1+t-13)(12x2+t-13)=54x1x2+5t-56(x1+x2)+5(t-1)29=54×4t2-43-5t-56×4t3+5(t-1)29=54×89(t2-1)所以QCQD=54QAQB所以存在常数=54，使得QCQD=QAQB18在直角坐标系中，己知点A（2，0），B（2，0），两动点C（0，m），D（0，n），且mn=3，直线AC与直线BD的交点为P（1）求动点P的轨迹方程；（2）过点F（1，0）作直线l交动点P的轨迹于M，N两点，试求FMFN的取值范围【解答】解：（1）直线AC的方程：y=m2(x+2)（1）直
24、线BD的方程：y=-n2(x-2)（2）上述两式相乘得：y2=-mn4(x2-4)，又mn=3，于是：x24+y23=1由mn=3得m0，n0，x±2所以动点P的轨迹方程：x24+y23=1(x±2)（2）当直线MN的斜率不存在时，M(1，32)，N(1，-32)，有：FM=(0，32)，FN=(0，-32)，得FMFN=-94；当直线MN的斜率存在时，设方程：y=k（x1），M（x1，y1），N（x2，y2）联立：&x24+y23=1&y=k(x-1)，整理得：（4k2+3）x28k2x+4k212=0有x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2-12
25、4k2+3，由FMFN=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=(1+k2)x1x2-(x1+x2)+1(1+k2)4k2-124k2+3-8k24k2+3+1=-9(k2+1)4k2+3=-94-94(4k2+3)；由k20，可得：-3-94-94(4k2+3)-94，综上所得：FMFN的取值范围：(-3，-9419设O为坐标原点，椭圆C：x24+y22=1，动直线l （l不经过O） 与C交于P、Q两点，M为线段PQ的中点（1）设直线l的斜率为k，直线OM的斜率为k1，求k1k的值；（2）若OPQ的面积等于2，求M的轨迹方程，并|OM|PQ|的最大值【解答】解：（1）设l：y=kx+m，代入
26、椭圆方程整理得：（2k2+1）x2+4kmx+2m24=0则设M（x，y），则x=x1+x22=-2km2k2+1y=m2k2+1故k1=yx=1-2k，于是k1k=-12为常数；（本问也可用点差法）（5分）（2）当l不与y轴平行时，同（1）可得（2k2+1）x2+4kmx+2m24=0，=8（4k2m2+2），|PQ|=8(k2+1)(4k2-m2+2)2k2+1，dOl=|m|k2+1，S=12×|PQ|×dO-l=2m2(4k2-m2+2)2k2+1=2（8分）化简得：m2=2k2+1，代入=8（4k2m2+2）=8（2k2+1）0设M（x，y）则x=x1+x22=-2km2k2+1=-2kmy=m2k2+1=1m式消去m、k可得x22+y2=1当l与y轴平行时，设l：x=m，可解得：|PQ|=22(1-m24)S=|m|2(1-m24)由S=2解得m=±2，此时M（±2，0）也满足x22+y2=1（10分）|OM|PQ|=8(4k2+1)(k2+1)(2k2+1)2=8(1+14k2+1k2+4)3当k=±12时等号成立，故最大值为3（12分）