2022年高考数学大二轮总复习专题六解析几何第3讲 .pdf

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1、第 3 讲圆锥曲线的综合问题1(2014 福建改编 )设 P，Q 分别为圆x2(y6)22 和椭圆x210y21 上的点，则P，Q 两点间的最大距离是_2(2015 陕西 )如图，椭圆E：x2a2y2b21(ab0)，经过点A(0， 1)，且离心率为22.(1)求椭圆 E 的方程；(2)经过点 (1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P，Q(均异于点 A)，证明：直线AP 与 AQ 的斜率之和为2.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 30 页1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理

2、为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.热点一范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解例 1(2015 重庆 )如图，椭圆x2a2y2b2 1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，过 F2的直线交椭圆于P，Q 两点，且PQPF1.(1)若 PF122，PF222，求椭圆的标准方程；(2)若 PQ PF1，且34 43，试确定椭圆离心率e的取值范围精选学习资料 - - - - - - - -

3、- 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 30 页思维升华解决范围问题的常用方法：(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域跟踪演练1已知椭圆 C 的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点P(1，32)(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)线段 PQ 是椭圆过点F2的弦，且 PF2 F2Q，求 PF1Q 内切圆面积最大时实数 的值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

4、 - - - - - - -第 3 页，共 30 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 30 页热点二定点、定值问题1由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：ykxm，则直线必过定点(0，m)2解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等 )的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值例 2椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，其左焦点到点P(2

5、,1)的距离为10.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若直线 l： ykxm 与椭圆 C 相交于 A，B 两点 (A， B 不是左，右顶点)，且以 AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 30 页思维升华(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 y k(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

6、系数等于零，得出定点跟踪演练2已知直线l：y x6，圆 O：x2y25，椭圆 E：y2a2x2b21(ab0)的离心率 e33，直线 l 被圆 O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等(1)求椭圆 E 的方程；(2)过圆 O 上任意一点P 作椭圆E 的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 30 页热点三探索性问题1解析几何中的探索性问题，从类型上看， 主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参

7、数 )存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素 (点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法例 3如图，抛物线 C：y22px 的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2) (1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；(2)过焦点 F 的直线 (不经过 Q 点)与抛物线交于A， B 两点，与准线l交于点M，记 QA，QB，QM 的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数 ，使得 k1k2k3成立，若存在 ，求出 的值；若不存在，说明理由精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结

8、 - - - - - - -第 7 页，共 30 页思维升华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)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径跟踪演练3(2015 四川 )如图，椭圆E：x2a2y2b21(ab0)的离心率是22，点 P(0,1)在短轴 CD 上，且 PC PD 1.(1)求椭圆 E 的方程；(2)设 O 为坐标原点， 过点 P 的动直线与椭圆交于A，B 两点是否存在常数 ，使得O

9、A OBP A PB为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 30 页已知椭圆C1：x2a2y231(a0)与抛物线C2：y2 2ax 相交于 A，B 两点，且两曲线的焦点F 重合(1)求 C1，C2的方程；(2)若过焦点F 的直线 l 与椭圆分别交于M，Q 两点，与抛物线分别交于P，N 两点，是否存在斜率为k(k0)的直线 l，使得PNMQ2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页

10、，共 30 页提醒：完成作业专题六第 3 讲精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 30 页二轮专题强化练第 3 讲圆锥曲线的综合问题A 组专题通关1已知椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，它的一个顶点为M(0,1)，离心率e63，则椭圆的方程为 _2已知椭圆x24y2b2 1(0bb0)的离心率为e12，右焦点为F(c,0)，方程ax2 bxc0 的两个实根分别为x1和 x2，则点 P(x1，x2)和圆 x2y22 的位置关系是_5已知 F1，F2是椭圆x2a2y2b21(ab0)的左， 右焦点， 过 F1的直线与椭圆相

11、交于A，B 两点，若AB AF20，且 |AB|AF2|，则椭圆的离心率为_6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PA1 PF2的最小值为 _7已知 A(1,2)， B(1,2)，动点P 满足 APBP.若双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线与动点 P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是_8在直线 y 2 上任取一点Q，过 Q 作抛物线x24y 的切线，切点分别为A、B，则直线AB 恒过定点 _9已知抛物线x22py(p0)，过点 M(0，m)的直线 l 与抛物线交于A，B 两点，又过A，B 两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于

12、点P.(1)求证：两条切线的斜率之积为定值；(2)当 p m 4 时，求 P AB 面积的最小值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 30 页10已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的短轴长为2，离心率为22，过点 M(2,0)的直线 l 与椭圆C 相交于 A， B 两点， O 为坐标原点(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 B 点关于 x 轴的对称点是N，证明：直线AN 恒过一定点B 组能力提高11已知直线ya 交抛物线yx2于 A，B 两点若该抛物线上存在点C，使得 ACB 为直角，则 a 的取值范围为_12 直线 3

13、x4y40 与抛物线 x2 4y 和圆 x2(y 1)21 从左到右的交点依次为A、 B、 C、D，则ABCD的值为 _13(2015 课标全国 )已知椭圆C：9x2y2m2(m 0)，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.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 30 页(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m3，m ，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，说明理由精选学

14、习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 30 页学生用书答案精析第 3 讲圆锥曲线的综合问题高考真题体验16 2解析如图所示，设以(0,6)为圆心，以 r 为半径的圆的方程为x2(y6)2r2(r0)，与椭圆方程x210y21 联立得方程组， 消掉 x2得 9y212yr2460.令 12249(r246)0，解得 r2 50，即 r5 2.由题意易知P，Q 两点间的最大距离为r26 2.2(1)解由题设知ca22，b1，结合 a2b2c2，解得 a2，所以椭圆的方程为x22y21.(2)证明由题设知，直线PQ 的方程为y k(x1

15、)1(k2)，代入x22y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知 0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 30 页设 P(x1， y1)，Q(x2，y2)，x1x2 0，则 x1 x24k k112k2，x1x22k k212k2，从而直线AP，AQ 的斜率之和kAPkAQy11x1y21x2kx12kx1kx22kx22k(2k)1x11x22k(2k)x1x2x1x22k(2k)4k k12k k22k2(k1)2.热点分类突破例 1解(1)由椭圆的定义，2aPF1PF2(22)(22)4，故 a

16、2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此 2cF1F2PF21PF22222 22223，即 c3，从而 ba2c21.故所求椭圆的标准方程为x24y21.(2)如图，由PF1PQ，PQ PF1，得QF1PF21PQ212PF1.由椭圆的定义，PF1PF22a，QF1QF22a，进而 PF1 PQQF14a，于是 (1 12)PF14a，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 30 页解得 PF14a1 12，故 PF22aPF12a 1211 12.由勾股定理得PF21PF22F1F22(2c)24c2，从而4a1

17、1222a 1 2 11 122 4c2，两边除以4a2，得41 12 2 12121 12 2e2.若记 t1 12，则上式变成e24 t 22t281t14212.由34 43，并注意到1 12关于 的单调性，得3 t4，即141t13.进而12e259，即22e53.跟踪演练1解(1)eca12，P(1，32)满足1a2322b21，又 a2 b2c2，a24，b23，椭圆标准方程为x24y231.(2)显然直线PQ 不与 x 轴重合，当直线 PQ 与 x 轴垂直时， PQ3，F1F22，1PF QSV 3；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

18、- - -第 16 页，共 30 页当直线 PQ 不与 x 轴垂直时，设直线PQ：yk(x1)，k0 代入椭圆C 的标准方程，整理，得 (34k2)y26ky9k20， 0，y1y26k34k2，y1 y29k234k2.1PF QSV12 F1F2|y1y2|12k2k434k2 2，令 t34k2，t3，k2t 34，1PF QSV 331t13243，01tb0)，由 eca12，得 a2c，a2b2c2，b23c2，则椭圆方程变为x24c2y23c21.又由题意知2c21210，解得 c21，故 a2 4，b23，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

19、- - - - -第 17 页，共 30 页即得椭圆的标准方程为x24y23 1.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立ykx m，x24y231，得(34k2)x28mkx4(m23)0.则 64m2k216 34k2m2 3 0，x1 x28mk34k2，x1 x24 m2334k2.又 y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m23 m24k234k2.椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2BA2，(x1 2)(x22)y1y20，y1y2x1x22(x1x2)40，3 m24k234k24 m2334k216mk34k240，7m216mk4k20，解得

20、m1 2k，m22k7，由，得 3 4k2m20，当 m1 2k 时， l 的方程为yk(x2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾当 m22k7时， l 的方程为ykx27，直线过定点27，0 ，且满足 ，直线 l 过定点，定点坐标为27，0 .跟踪演练2(1)解设椭圆的半焦距为c，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 30 页圆心 O 到直线 l 的距离 d6113，b532.由题意得ca33，a2b2c2，b2，a23，b22.椭圆 E 的方程为y23x221.(2)证明设点 P(x0， y0)，过点 P的椭圆 E 的切

21、线 l0的方程为yy0k(xx0)，联立直线l0与椭圆 E 的方程得yk xx0y0，y23x221，消去 y得 (3 2k2)x24k(y0kx0)x 2(kx0y0)26 0， 4k(y0kx0)2 4(32k2)2(kx0y0)260，整理得， (2x20)k22kx0y0(y203) 0，设满足题意的椭圆E 的两条切线的斜率分别为k1，k2，则 k1 k2y2032x20，点 P 在圆 O 上， x20y205，k1 k25x2032x20 1.两条切线的斜率之积为常数1.例 3解(1)把 Q(1,2)代入 y22px，得 2p4，所以抛物线方程为y2 4x，准线 l 的方程为x 1.

22、(2)由条件可设直线AB 的方程为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 30 页yk(x1)，k0.由抛物线准线l：x 1，可知M( 1， 2k)又 Q(1,2)，所以 k322k11k1，即 k3 k1.把直线 AB 的方程 yk(x1)，代入抛物线方程y24x，并整理，可得 k2x2 2(k2 2)xk20.设 A(x1， y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知x1x22k24k2，x1x21.又 Q(1,2)，则 k12y11x1，k22 y21 x2.因为 A，F，B 共线，所以kAFkBFk，即y1x11y

23、2x21k.所以 k1k22y11x12y21x2y1x11y2x212 x1x22x1x2 x1x2 12k22k24k2212k24k2 12k2，即 k1 k2 2k2.又 k3 k1，可得 k1 k2 2k3.即存在常数 2，使得 k1k2k3成立跟踪演练3解(1)由已知，点C、D 的坐标分别为 (0， b)， (0，b)，又点 P 的坐标为 (0,1)，且 PC PD 1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 30 页于是1b2 1，ca22，a2b2 c2，解得 a2，b2，所以椭圆E 的方程为x24y22 1.

24、(2)当直线 AB 的斜率存在时， 设直线 AB 的方程为y kx1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立x24y221，y kx1，得(2k21)x24kx20，其判别式 (4k)28(2k21)0，所以 x1x24k2k21，x1x222k21，从而， OA OBP A PBx1x2y1y2 x1x2(y11)(y2 1)(1 )(1k2)x1x2k(x1x2)12 4 k2 2 12k21 12k21 2.所以当 1 时， 12k21 2 3，此时 OA OBP A PB 3 为定值当直线 AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD，此时， OA OBP A PBOC

25、 ODPC PD 21 3.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 30 页故存在常数 1，使得 OA OBP A PB为定值 3.高考押题精练解(1)因为 C1， C2的焦点重合，所以a2 3a2，所以 a24.又 a0，所以 a2.于是椭圆C1的方程为x24y231，抛物线 C2的方程为y24x.(2)假设存在直线l 使得PNMQ2，则可设直线l 的方程为yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)由y24x，y k x1 ，可得 k2x2(2k24)xk20，则 x1 x42k24

26、k2，x1x41，所以 PN1k2x1x424x1x44 1k2k2.由x24y231，y k x1 ，可得 (34k2)x28k2x4k2120，则 x2 x38k234k2，x2x34k21234k2，所以 MQ1k2x2x324x2x312 1k23 4k2.若PNMQ2，则4 1k2k2212 1k234k2，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 30 页解得 k62.故存在斜率为k62的直线 l，使得PNMQ2.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，

27、共 30 页二轮专题强化练答案精析第 3 讲圆锥曲线的综合问题1.x23y21解析依题意得b1，ecaa2b2a63，解得a3，b1，所以椭圆的方程为x23 y2 1.2.3解析由椭圆的方程，可知长半轴长a2；由椭圆的定义，可知AF2BF2AB4a8，所以 AB8(AF2BF2)3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b2a3，可求得 b23，即 b3.38 2解析依题意知F(2,0)，所以直线l 的方程为yx2，联立方程y x2，y28x消去 y 得 x212x4 0.设 A(x1， y1)，B(x2，y2)，则 x1 x2 12，x1x24，则|AFBF|(x12)(x22)

28、|x1 x2|x1x22 4x1x21441682.4点 P 在圆内解析 x1 x2ba， x1x2ca.x21x22(x1x2)22x1x2b2a22cab22aca2.eca12，c12a，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 30 页b2a2c2a212a234a2.x21x2234a22a12aa2740，b0)的渐近线方程为ybax，即 bx ay0，由题意，可得2aa2b21，即2ac1，所以 eca1，故 1e0，a1 0，解得 a1.12.116解析由3x 4y40，x24y得 x2 3x40，xA 1，xD

29、4，yA14，yD4.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 30 页直线 3x4y40 恰过抛物线的焦点F(0,1)，AFyA154，DF yD15，ABCDAF 1DF 1116.13(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(k2 9)x2 2kbxb2m20，故 xMx1x22kbk29，yMkxMb9bk29.于是直线OM 的斜率 kOMyMxM9k，即 kOM k 9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值(2)解

30、四边形 OAPB 能为平行四边形因为直线l 过点m3，m ，所以 l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k0，k 3.由 (1)得 OM 的方程为 y9kx.设点 P 的横坐标为xP，由y9kx，9x2y2 m2得 x2Pk2m29k281，即 xP km3k29.将点m3，m 代入 l 的方程得bm 3k3，因此 xMk k3 m3 k29.精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 30 页四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段 OP 互相平分，即xP 2xM.于是 km3k292k k3 m3 k29，解得 k147，k247.因为 ki0，ki3，i1,2，所以当 l 的斜率为 47或 47时，四边形OAPB 为平行四边形精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 30 页