【精编版】高考数学总复习(基础知识高频考点解题训练)第八章圆锥曲线的综合问题教学案新人教A版.pdf

1 圆锥曲线的综合问题(文视情况 知识能否忆起 1直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程：ax2bxc0(或ay2byc0)若a0，可考虑一元二次方程的判别式，有：0?直线与圆锥曲线相交；0?直线与圆锥曲线相切；b0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为22.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为103时，求k的值 自主解答 (1)由题意得a2，ca22，a2b2c2，解得b2，所以椭圆C的方程为x24y221.(2)由ykx1，x24y221，得(1 2k2)x24k2x2k24 0.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x24k212k2，x1x22k2412k2，所以|MN|x2x12y2y121k2x1x224x1x2 21k246k212k2.又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d|k|1k2，所以AMN的面积为S12|MN|d|k|46k212k2.由|k|46k212k2103，解得k1.由题悟法4 研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解以题试法1(2012信阳模拟)设抛物线y28x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是()A.12，12B 2,2 C 1,1 D 4,4 解析：选 C 易知抛物线y28x的准线x 2 与x轴的交点为Q(2,0)，于是，可设过点Q(2,0)的直线l的方程为yk(x 2)(由题可知k是存在的)，联立y28x，ykx 2?k2x2(4k28)x4k2 0.当k0 时，易知符合题意；当k0 时，其判别式为(4k28)216k4 64k2640，可解得 1k1.最值与范围问题典题导入 例 2(2012浙江高考)如图，椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分(1)求椭圆C的方程；(2)求ABP面积取最大值时直线l的方程 自主解答 (1)设椭圆左焦点为F(c,0)，则由题意得2c2110，ca12，得c1，a2.所以椭圆方程为x24y231.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x0，与不过原点的5 条件不符，舍去故可设直线AB的方程为ykxm(m0)，由ykxm，3x24y212消去y，整理得(3 4k2)x28kmx4m2120，则64k2m24(3 4k2)(4m212)0，x1x28km34k2，x1x24m21234k2.所以线段AB的中点为M4km34k2，3m34k2.因为M在直线OP：y12x上，所以3m34k22km34k2.得m0(舍去)或k32.此时方程为3x23mxm230，则3(12m2)0，x1x2m，x1x2m233.所以|AB|1k2|x1x2|39612m2，设点P到直线AB的距离为d，则d|8 2m|32222|m4|13.设ABP的面积为S，则S12|AB|d36m4212m2.其中m(23，0)(0,23)令u(m)(12 m2)(m4)2，m 23，23 ，u(m)4(m4)(m22m6)4(m 4)(m17)(m17)所以当且仅当m17时，u(m)取到最大值故当且仅当m17时，S取到最大值综上，所求直线l的方程为3x2y2720.由题悟法1解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法6(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法2在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，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在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围以题试法2(2012东莞模拟)已知抛物线y22px(p0)上存在关于直线xy1 对称的相异两点，则实数p的取值范围为()A.23，0B.0，23C.32，0D.0，32解析：选 B 设抛物线上关于直线xy1 对称的两点是M(x1，y1)、N(x2，y2)，设直线MN的方程为yxb.将yxb代入抛物线方程，得x2(2b2p)xb2 0，则x1x2 2p2b，y1y2(x1x2)2b2p，则MN的中点P的坐标为(pb，p)因为点P在直线xy1 上，所以2pb1，即b2p1.又(2b2p)24b24p28bp0，将b2p1代入得 4p28p(2p1)0，即 3p22p0，解得 0p23.定点定值问题典题导入 例3(2012辽宁高考)如图，椭圆C0：x2a2y2b21(ab0，a，b为常数)，动圆C1：x2y2t21，bt1a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：x2y2t22与C0相交于A，B，C，D四点，其中bt2a，t1t2.7 若矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，证明：t21t22为定值 自主解答 (1)设A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知A1(a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为yy1x1a(xa)，直线A2B的方程为yy1x1a(xa)由得y2y21x21a2(x2a2)由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故x21a2y21b21.从而y21b21x21a2，代入得x2a2y2b21(xa，y0)(2)证明：设A(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，得4|x1|y1|4|x2|y2|，故x21y21x22y22.因为点A，A均在椭圆上，所以b2x211x21a2b2x221x22a2.由t1t2，知x1x2，所以x21x22a2，从而y21y22b2，因此t21t22a2b2为定值由题悟法1求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值2定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为ykxb，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况以题试法3(2012山东省实验中学模拟)已知抛物线y22px(p0)及定点A(a，b)，B(a,0)，ab0，b22pa，M是抛物线上的点设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为_解析：设My202p，y0，M1y212p，y1，M2y222p，y2，由点A，M，M1共线可知y0by202pay1y0y212py202p，8 得y1by02pay0b，同理由点B，M，M2共线得y22pay0.设(x，y)是直线M1M2上的点，则y2y1y222py212py2yy222px，即y1y2y(y1y2)2px，又y1by02pay0b，y22pay0，则(2pxby)y022pb(ax)y02pa(by2pa)0.当xa，y2pab时上式恒成立，即定点为a，2pab.答案：a，2pab1已知双曲线x2y231 的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则1PA,2PF,的最小值为()A 2 B8116C1 D0 解析：选 A 设点P(x，y)，其中x1.依题意得A1(1,0)，F2(2,0)，由双曲线方程得y23(x21)1PA,2PF,(1x，y)(2 x，y)(x1)(x2)y2x2y2x2x23(x21)x24x2x54x1828116，其中x1.因此，当x1 时，1PA,2PF,取得最小值 2.2过抛物线y22x的焦点作一条直线与抛物线交于A、B两点，它们的横坐标之和等于 2，则这样的直线()A有且只有一条B有且只有两条C有且只有三条D有且只有四条解析：选 B 设该抛物线焦点为F，则|AB|AF|FB|xAp2xBp2xAxB132p2.所以符合条件的直线有且仅有两条3(2012南昌联考)过双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点F作与x轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内)，若FM,4MN,，则双9 曲线的离心率为()A.54B.53C.35D.45解析：选 B 由题意知F(c,0)，则易得M，N的纵坐标分别为b2a，bca，由FM,4MN,得b2a4bcab2a，即bc45.又c2a2b2，则eca53.4已知椭圆x225y2161 的焦点是F1，F2，如果椭圆上一点P满足PF1PF2，则下面结论正确的是()AP点有两个BP点有四个CP点不一定存在DP点一定不存在解析：选 D 设椭圆的基本量为a，b，c，则a5，b4，c3.以F1F2为直径构造圆，可知圆的半径rc3 4b，即圆与椭圆不可能有交点5已知椭圆C：x22y21 的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满足x202y201，则|PF1|PF2|的取值范围为 _解析：当P在原点处时，|PF1|PF2|取得最小值2；当P在椭圆上时，|PF1|PF2|取得最大值22，故|PF1|PF2|的取值范围为2,22 答案：2,22 6(2013长沙月考)直线l：xy0 与椭圆x22y21 相交于A、B两点，点C是椭圆上的动点，则ABC面积的最大值为_解析：由xy0，x22y21，得 3x22，x63，A63，63，B63，63，|AB|433.设点C(2cos，sin)，则点C到AB的距离d|2cos sin|232sin()32，10 SABC12|AB|d12433322.答案：2 7设F1，F2分别是椭圆E：x2y2b21(0bb0)，点P55a，22a在椭圆上(1)求椭圆的离心率；(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点若点Q在椭圆上且满足|AQ|AO|，求直线OQ的斜率的值解：(1)因为点P55a，22a在椭圆上，故a25a2a22b21，可得b2a258.于是e2a2b2a21b2a238，所以椭圆的离心率e64.(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为ykx，设点Q的坐标为(x0，y0)由条件得y0kx0，x20a2y20b21，消去y0并整理得x20a2b2k2a2b2.由|AQ|AO|，A(a,0)及y0kx0，得(x0a)2k2x20a2.整理得(1 k2)x202ax00，而x00，故x0 2a1k2，代入，整理得(1 k2)24k2a2b24.由(1)知a2b285，故(1k2)2325k24，即 5k422k2150，可得k25.所以直线OQ的斜率k5.20(12 分)(2012 河南模拟)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，短轴的一23 个端点为M(0,1)，直线l：ykx13与椭圆相交于不同的两点A，B.(1)若|AB|4269，求k的值；(2)求证：不论k取何值，以AB为直径的圆恒过点M.解：(1)由题意知ca22，b1.由a2b2c2可得cb1，a2，椭圆的方程为x22y21.由ykx13，x22y21得(2k21)x243kx1690.169k24(2k21)169 16k26490 恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24k32k21，x1x21692k2 1.|AB|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x241k29k2432k214269，化简得 23k4 13k2100，即(k21)(23k210)0，解得k1.(2)MA,(x1，y11)，MB,(x2，y21)，MA,MB,x1x2(y11)(y21)，(1 k2)x1x243k(x1x2)169161k292k2116k292k211690.不论k取何值，以AB为直径的圆恒过点M.21(2012广州模拟)设椭圆M：x2a2y22 1(a2)的右焦点为F1，直线l：xa2a22与x轴交于点A，若1OF,21AF,0(其中O为坐标原点)24(1)求椭圆M的方程；(2)设P是椭圆M上的任意一点，EF为圆N：x2(y2)21 的任意一条直径(E，F为直径的两个端点)，求PE,PF,的最大值解：(1)由题设知，Aa2a22，0，F1(a22，0)，由1OF,21AF,0，得a222a2a22a22，解得a26.所以椭圆M的方程为x26y221.(2)设圆N：x2(y2)2 1 的圆心为N，则PE,PF,(NE,NP,)(NF,NP,)(NF,NP,)(NF,NP,)NP,2NF,2NP,21.从而将求PE,PF,的最大值转化为求NP,2的最大值因为P是椭圆M上的任意一点，设P(x0，y0)，所以x206y2021，即x2063y20.因为点N(0,2)，所以NP,2x20(y02)2 2(y01)2 12.因为y0 2，2，所以当y0 1 时，NP,2取得最大值12.所以PE,PF,的最大值为11.22(2012湖北模拟)如图，曲线C1是以原点O为中心，F1，F2为焦点的椭圆的一部分曲线C2是以O为顶点，F2为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C1和C2的交点且AF2F1为钝角，若|AF1|72，|AF2|52.(1)求曲线C1和C2的方程；(2)设点C是C2上一点，若|CF1|2|CF2|，求CF1F2的面积解：(1)设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，则 2a|AF1|AF2|72526，得a3.设A(x，y)，F1(c,0)，F2(c,0)，则(xc)2y2722，(xc)2y2522，两式相减25 得xc32.由抛物线的定义可知|AF2|xc52，则c1，x32或x1，c32.又AF2F1为钝角，则x1，c32不合题意，舍去当c1 时，b22，所以曲线C1的方程为x29y281 3x32，曲线C2的方程为y24x0 x32.(2)过点F1作直线l垂直于x轴，过点C作CC1l于点C1，依题意知|CC1|CF2|.在 RtCC1F1中，|CF1|2|CF2|2|CC1|，所以C1CF145，所以CF1F2C1CF145.在CF1F2中，设|CF2|r，则|CF1|2r，|F1F2|2.由余弦定理得22(2r)2222rcos 45 r2，解得r2，所以CF1F2的面积SCF1F212|F1F2|CF1|sin 4512222sin 45 2.