高考文科数学二轮专题复习讲义圆锥曲线的综合问题.doc

《高考文科数学二轮专题复习讲义圆锥曲线的综合问题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考文科数学二轮专题复习讲义圆锥曲线的综合问题.doc（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第3讲圆锥曲线的综合问题 考点1圆锥曲线中的范围、最值问题例12019辽宁沈阳质监如图，椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的弦长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P(x0，y0)(y00)为椭圆C上一动点，连接PF1，PF2，设F1PF2的平分线PM交椭圆C的长轴于点M(m,0)，求实数m的取值范围【解析】(1)将xc代入1中，由a2c2b2，可得y2，所以过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的弦长为.由解得所以椭圆C的方程为y21.(2)解法一因为点P(x0，y0)(y00)，F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，

2、PF2的方程分别为y0x(x0)yy00，y0x(x0)yy00.由题意可知.由于点P在椭圆C上，所以y1，所以，因为m，2x02，所以，即mx0，因此m.故实数m的取值范围为.解法二设|PF1|t，在PF1M中，在PF2M中，因为PMF1PMF2，MPF1MPF2，所以，解得m(2t4)，因为t(ac，ac)，即t(2，2)，所以mb0)右焦点的直线xy0交M于A，B两点，且椭圆M的离心率为.(1)求椭圆M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值解析：(1)易知椭圆M的右焦点为(，0)，则c.离心率e，则a，故b2a2c23.所以椭圆M

3、的方程为1.(2)由解得或因此|AB|.由题意可设直线CD的方程为yxn，C(x3，y3)，D(x4，y4)由得3x24nx2n260，所以x1x2，x1x2.又直线CD的斜率为1，所以|CD|x4x3|.由已知得，四边形ACBD的面积S|CD|AB|.当n0时，S取得最大值，最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为. 考点2圆锥曲线中的定点、定值问题例22019山东德州联考已知椭圆C：1(ab0)，点M在椭圆C上，椭圆C的离心率是.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设点A为椭圆C长轴的左端点，P，Q为椭圆C上异于长轴端点的两点，记直线AP，AQ斜率分别为k1，k2，若k1k2，请判断直线PQ

4、是否过定点？若过定点，求该定点的坐标；若不过定点，请说明理由【解析】(1)由点M在椭圆C上，且椭圆C的离心率是，可得得故椭圆C的标准方程为1.(2)设点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，()当直线PQ的斜率不存在时，由题意易得P，Q或P，Q.()当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为ykxm，联立得消去y得(4k23)x28kmx(4m212)0，由64k2m24(4k23)(4m212)48(4k2m23)0，得4k23m2，x1x2，x1x2.由k1k2，可得4y1y2(x12)(x22)0，得4(kx1m)(kx2m)(x12)(x22)0，整理为(4k21)x1x2

5、(4km2)(x1x2)4m240，故(4k21)(4km2)4m240，化简整理得m2km2k20，解得m2k或mk.当m2k时，直线PQ的方程为ykx2k，过定点(2,0)，不合题意当mk时，直线PQ的方程为ykxk，过定点(1,0)，符合题意综上，直线PQ过定点(1,0).1定点问题的求解策略(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点2定值问题的求解策略定值问题就是在运动变化中寻找不变

6、量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关在这类试题中选择消元的方向是非常关键的.对接训练22019甘肃兰州诊断已知曲线C上的任意一点到直线l：x的距离与到点F的距离相等(1)求曲线C的方程；(2)若过P(1,0)的直线与曲线C相交于A，B两点，Q(1,0)为定点，设直线AQ的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，直线AB的斜率为k，证明：为定值解析：(1)由题意知，曲线C是焦点为F的抛物线，可设其方程为y22px(p0)，则，p1，曲线C的方程为y22x.(2)根据已知，设直线AB的方程为yk(x1)(k0)，由可得ky22y2k0.设A，B，则44k(2k)48k

7、20，y1y2，y1y22.k1，k2，4.4，为定值 考点3圆锥曲线中的存在性问题例32019湖北宜昌调研已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点A(0,4)的直线l与椭圆C交于M，N两点，F是椭圆C上的焦点问：是否存在直线l，使得SMAFSMNF？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由【解析】(1)由题可得，b，又a2b2c2，a24，b23，椭圆C的方程为1.(2)由题可知直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为ykx4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得得(3k24)x224kx360，SMAFSMNF，M为线段AN

8、的中点，x22x1.将式代入式得x1，将式代入式得x，将式代入式得k2.将式代入式检验成立，k，存在直线l：6xy40或6xy40，使得SMAFSMNF.求解存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的几何元素或参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的几何元素或参数值，就说明满足条件的几何元素或参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的几何元素或参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程.对接训练32019河北石家庄教学质量检测已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)过点(，0)

9、作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由解析：(1)由题意可得，1，又a2b2c2，所以a24，b21.所以椭圆C的方程为y21.(2)存在定点Q，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称设直线l的方程为xmy0，与椭圆C的方程联立得整理得，(4m2)y22my10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t,0)(依题意tx1，tx2)由根与系数的关系可得，y1y2，y1y2.直线QA与直线QB恰关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，所以0，即y1(x2t)y2(x1t)

10、0.又x1my10，x2my20，所以y1(my2t)y2(my1t)0，整理得，(t)(y1y2)2my1y20，从而可得，(t)2m0，即2m(4t)0，所以当t，即Q时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称特别地，当直线l为x轴时，Q也符合题意综上所述，在x轴上存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称课时作业15圆锥曲线的综合问题12019河北邢台模拟已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称(1)求实数m的取值范围；(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点)解析：(1)由题意知m0，可设直线AB的方程为yxn.由消去y，得x2xn210.因为直线yxn与椭圆y21有两个不

11、同的交点，所以2n220，将AB的中点M的坐标代入ymx，解得n，由得m.故m的取值范围是.(2)令t，则t2.|AB|，点O到直线AB的距离d.设AOB的面积为S(t)，则S(t)|AB|d ，当且仅当t2时，等号成立，此时满足t2.故AOB面积的最大值为.22019上海静安区模拟设m0，椭圆：1与双曲线C：m2x2y2m2的焦点相同(1)求椭圆与双曲线C的方程；(2)过双曲线C的右顶点作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，分别交双曲线C于点P，Q(P，Q不同于右顶点)，若k1k21，求证：直线PQ的斜率为定值，并求出此定值解析：(1)由题意，得2mm21，所以m1.所以椭圆的方程为y

12、21，双曲线C的方程为x2y21.(2)双曲线C的右顶点为(1,0)，因为k1k21，不妨设k10，则k20)和定点M(0,1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；(2)若ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程解析：设直线AB：ykx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x22pkx2p0，则x1x22pk，x1x22p.(1)由x22py得y，则A，B处的切线斜率的乘积为，点N在以AB为直径的圆上，ANBN，1，p2.(2)易得直线AN：yy1(xx1)，直线BN：y

13、y2(xx2)，联立，得结合式，解得即N(pk，1)|AB|x2x1|，点N到直线AB的距离d，则SABN|AB|d2，当且仅当k0时，取等号，ABN的面积的最小值为4，24，p2，故抛物线C的方程为x24y.42019贵州贵阳监测已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，为M为短轴的上端点，0，过F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，|AB|.(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点(2，1)且不经过点M的直线l与椭圆C相交于G，H两点，若k1，k2分别是直线MG，MH的斜率，求k1k2的值解析：(1)由0，得bc，将xc代入1中，得y，因为|AB|，所以，又a2b2c2，所以

14、a，b1，故椭圆C的方程为y21.(2)根据题意设直线l的方程为y1k(x2)(k1)，即ykx2k1(k1)，将ykx2k1代入y21中，得(12k2)x24k(2k1)x8k28k0，由题意知16k(k2)0，得2k0)和圆C2：(x1)2y22，倾斜角为45的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切(1)求p的值；(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程解析：(1)依题意，设直线l1的方程为yx，因为直线l1与圆C2相切，所以圆心C2(1,0)到直线l1：yx的距离d，即，解得p6或p2(舍去)所以p6.

15、(2)解法一依题意设M(m，3)，由(1)知抛物线C1的方程为x212y，所以y，所以y，设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)y1.令x0，则yxy112y1y1y1，即B点的坐标为(0，y1)，所以(x1m，y13)，(m，y13)，所以(x12m,6)，所以(x1m,3)，其中O为坐标原点设N点坐标为(x，y)，则y3，所以点N在定直线y3上解法二设M(m，3)，由(1)知抛物线C1的方程为x212y，设直线l2的斜率为k，A，则以A为切点的切线l2的方程为yk(xx1)x.联立得，消去y，得x212kx12kx1x0.因为144k248

16、kx14x0，所以k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)x.令x0，得B点坐标为，所以，所以(x12m,6)，所以(x1m,3)，其中O为坐标原点，设N点坐标为(x，y)，则y3，所以点N在定直线y3上62019全国卷已知点A(2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.()证明：PQG是直角三角形；()求PQG面积的最大值解析：本题主要考查轨迹方程的求法、直线与椭圆的位置关系，意在考查考生的逻辑推理能力、

17、运算求解能力，考查方程思想、数形结合思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算(1)由题设得，化简得1(|x|2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点(2)()设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)由得x.记u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以PQPG，即PQG是直角三角形()由()得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.