高考文科数学二轮复习圆锥曲线中的综合问题.doc

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1、第3讲圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)高考解读定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.角度一：定点问题1(2017全国卷)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.切入点：点M在椭圆C上，且MNx轴；.关键点：将1转化为向量的坐标运算，进而证明直线l过C的左焦点F.解(

2、1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0,0)，(xx0，y)，(0，y0)由得x0x，y0y.因为M(x0，y0)在C上，所以1.因此点P的轨迹方程为x2y22.(2)证明：由题意知F(1,0)设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn)由1得3mm2tnn21.又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.角度二：定值问题2(2019全国卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，M过点A，B且与直线x20相切(1)若A在直线xy0上，求M的半

3、径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由切入点：M过点A，B；M与直线x20相切关键点：确定圆心M的坐标；选用合适的参数表示|MA|MP|的值解(1)因为M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上由已知A在直线xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.由已知得|AO|2，又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|MP|为定值理由如下：设M(x，y)，由已知得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于MOAO

4、，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.教师备选题1(2017全国卷)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点解(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点又由知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上因此解得故椭圆C

5、的方程为y21.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|2，可得A，B的坐标分别为，则k1k21，得t2，不符合题设从而可设l：ykxm(m1)将ykxm代入y21得(4k21)x28kmx4m240.由题设可知16(4k2m21)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0，解得k.当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)2(2018北京高考)已知抛物线C：y22px经过点

6、P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，求证：为定值解(1)因为抛物线y22px过点(1,2)，所以2p4，即p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依题意(2k4)24k210，解得k0或0k0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA.(1)当|AM|AN|时，求AMN的面积；(2)当2|AM|AN|时，证明：k0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.又A(2,0

7、)，因此直线AM的方程为yx2.将xy2代入1得7y212y0.解得y0或y，所以y1.因此AMN的面积SAMN2.(2)证明：设直线AM的方程为yk(x2)(k0)，代入1得(34k2)x216k2x16k2120.由x1(2)得x1，故|AM|x12|.由题意，设直线AN的方程为y(x2)，故同理可得|AN|.由2|AM|AN|得，即4k36k23k80.设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点f(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在(0，)单调递增又f()15260，f(2)60，因此f(t)在(0，)上有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以k2.教师备选题1

8、(2018浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x21(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围解(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程24，即y22y0y8x0y0的两个不同的实根所以y1y22y0，因此，PM垂直于y轴(2)由(1)可知，所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.因此，PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0).因为x1(x0b0)的离心率为，椭圆C截直线y1所得线

9、段的长度为2.(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l：ykxm(m0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M.点N是M关于O的对称点，N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与N分别相切于点E，F，求EDF的最小值解(1)由椭圆的离心率为，得a22(a2b2)，又当y1时，x2a2，得a22，所以a24，b22.因此椭圆方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程，得得(2k21)x24kmx2m240.由0得m20，从而yt在3，)上单调递增，因此t，等号当且仅当t3时成立，此时k0，所以134.由(*)得m0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1

10、)求；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由切入点：l：yt(t0)；M关于点P的对称点为N；ON的延长线交C于点H.关键点：通过直线l与y轴及抛物线C的交点确定N点，由此确定H点，求出N点、H点的坐标；将直线与抛物线的交点问题转化为方程组解的问题解(1)如图，由已知得M(0，t)，P.又N为M关于点P的对称点，故N，故直线ON的方程为yx，将其代入y22px整理得px22t2x0,解得x10，x2.因此H.所以N为OH的中点，即2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点理由如下：直线MH的方程为ytx，即x(yt)代入y22px得y24ty4t20，解得y1y22t，即直线

11、MH与C只有一个公共点，所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点教师备选题(2015全国卷)已知椭圆C：9x2y2m2(m0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由解(1)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直线OM的斜率kOM，即kOMk9.所以

12、直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值(2)四边形OAPB能为平行四边形因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k3.由(1)得OM的方程为yx.设点P的横坐标为xP.由得x，即xP.将点的坐标代入直线l的方程得b，因此xM.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM.于是2，解得k14，k24.因为ki0，ki3，i1,2，所以当直线l的斜率为4或4时，四边形OAPB为平行四边形解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2)当

13、给出结论要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取其他的途径.1(最值的存在性问题)已知椭圆C：1(ab0)的离心率是，且经过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)一题多解过椭圆C的右焦点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为H，试问AFH的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由解(1)由e可设a2t，ct(t0)，所以bt，即椭圆C的方程为1，把点代入椭圆C的方程得t1，所以a2，b1，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)法一：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为xmy，

14、A(x1，y1)，B(x2，y2)，则H(x2，y2)，联立消去x得，(m24)y22my10.显然0，由根与系数的关系得y1y2，y1y2，直线AH的方程为y(xx2)y2，令y0，得x，即直线AH与x轴交于一个定点，记为M，所以SAFH|FM|y1y2|.所以AFH的面积存在最大值，且最大值为.法二：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为xmy，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则H(x2，y2)，联立消去x得，(m24)y22my10.显然0，由根与系数的关系得y1y2，y1y2，作AA1x轴于A1(图略)，设HB交x轴于点B1，x1x2，y10，y20，则m0，AFH的面积S

15、S梯形AA1B1HSAA1FSHB1F(x1c)|y1|(cx2)|y2|(y1y2)x2y1x1y2(y1y2)(my2)y1(my1)y2my1y2，所以AFH的面积存在最大值，且最大值为.2(点的存在性问题)已知动圆C过定点F(1,0)，且与定直线x1相切(1)一题多解求动圆圆心C的轨迹E的方程；(2)过点M(2,0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得QNMPNM？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由解(1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1,0)的距离与到定直线x1的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F

16、(1,0)为焦点，x1为准线的抛物线，其中p2.动圆圆心C的轨迹E的方程为y24x.法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得|x1|，化简得y24x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程(2)假设存在点N(x0,0)满足题设条件由QNMPNM可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPNkQN0.易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：xmy2，由得y24my80.由(4m)2480，得m或m.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1y24m，y1y28.由得kPNkQN0，y1(x2x0)y2(x1x0)0，即y1x2y2x1x0(y1y2)0.消去x1，x2，得y1yy2yx0(y1y2)0，即y1y2(y1y2)x0(y1y2)0.y1y20，x0y1y22，存在点N(2,0)，使得QNMPNM.