2025版新高考版高考总复习数学 圆锥曲线的综合问题.docx
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1、2025版新高考版高考总复习数学9.5圆锥曲线的综合问题五年高考考点1圆锥曲线中的轨迹方程问题1.(2021浙江,9,4分,中)已知a,bR,ab0,函数f(x)=ax2+b(xR).若f(s-t), f(s), f(s+t)成等比数列,则平面上点(s,t)的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线答案C2.(2019北京,8,5分,中)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x2+y2=1+|x|y就是其中之一(如图).给出下列三个结论:曲线C恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点);曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2;曲线C所围成的“心形”区域的面
2、积小于3.其中,所有正确结论的序号是()A.B.C.D.答案C3.(多选)(2020新高考,9,5分,中)已知曲线C:mx2+ny2=1.()A.若mn0,则C是椭圆,其焦点在y轴上B.若m=n0,则C是圆,其半径为nC.若mn0,则C是两条直线答案ACD4.(2023新课标,22,12分,难)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点0,12的距离,记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程;(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于33.解析(1)设P(x,y),由题意可得(x0)2+y122=|y|,整理得x2-y+14=0,因此W的方程为y=x2+14.(2
3、)证明:不妨设A,B,C三点在W上,如图所示.设Bx0,x02+14,Ax1,x12+14,Cx2,x22+14,AB的斜率为k,则直线BC的斜率为-1k(k0),直线AB,BC的方程分别为y-x02+14=k(x-x0),y-x02+14=1k(x-x0),即直线AB,BC的方程分别为y=kx-kx0+x02+14,y=-xk+x0k+x02+14,联立直线AB与抛物线W的方程可得y=x2+14,y=kxkx0+x02+14,消去y得x2-kx+kx0-x02=0,则=k2-4kx0+4x02=(k-2x0)20,k2x0.由根与系数的关系得x0+x1=k,x0x1=kx0-x02,|AB|
4、=1+k2|x1x0|=1+k2(x0+x1)24x0x1=1+k2|k-2x0|.同理,联立直线BC与抛物线W的方程,并消去y得x2+1kx1kx0x02=0,且|BC|=1+1k2|x2x0|=1+1k21k2x0=1+1k21k+2x0,|AB|+|BC|=1+k2|k2x0|+1+1k21k+2x0.由对称性不妨设01+k2k+1k=(k2+1)3k2,令t=k2,则t(0,1,则(k2+1)3k2=(t+1)3t,令g(t)=(t+1)3t,t(0,1,则g(t)=3(t+1)2t(t+1)3t2=(t+1)2(2t1)t2,当0t12时,g(t)0,g(t)单调递减;当120,g(
5、t)单调递增,g(t)在t=12处取得极小值,即最小值,为g12=274,|AB|+|BC|g(t)g12=332.矩形的周长=2(|AB|+|BC|)33.考点2弦长与面积问题1. (2018江苏,18,16分,中)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程.(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;直线l与椭圆C交于A,B两点.若OAB的面积为267,求直线l的方程.解析(1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),所以可设椭圆C的
6、方程为x2a2+y2b2=1(ab0).又点3,12在椭圆C上,所以3a2+14b2=1,a2b2=3,解得a2=4,b2=1.因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.(3分)因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(5分)(2)设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00),如图1,则x02+y02=3.所以直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0.由x24+y2=1,y=x0y0x+3y0消去y,得(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*)(7分)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以=(-24x0)2-4(4
7、x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0.因为x0,y00,所以x0=2,y0=1.因此,点P的坐标为(2,1).(10分)因为三角形OAB的面积为267,所以12ABOP=267,从而AB=427.设A(x1,y1),B(x2,y2),如图2,由(*)得x1,2=24x048y02(x022)2(4x02+y02),所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y0248y02(x022)(4x02+y02)2.(13分)因为x02+y02=3,所以AB2=16(x022)(x02+1)2=3249,即2x0445x02+100=0.解得x02=52(x0
8、2=20舍去),则y02=12,因此P的坐标为102,22.(注意数形结合,0x03)则直线l的方程为y=-5x+32.(16分)2.(2020课标理,20,12分,中)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0m0,由题意知yP0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x
9、,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故AP1Q1的面积为1210210=52.|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故AP2Q2的面积为1213026130=52.综上,APQ的面积为52.3.(2022新高考,21,12分,难)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2y2a21=1(a1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率;(2)若tanPAQ=22,求PAQ的面积.解析(1)点A(2,1)在双曲线上,4a21a21=1,解得a2=2.C的方程为x22-y2=1.设直线l:y=kx
10、+m.联立,消去y得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=4km12k2,x1x2=-2m2+212k2,kPA=y11x12,kQA=y21x22,由kPA+kQA=0,得y11x12+y21x22=0,化简得2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)-4(m-1)=0,即2k2m2+212k2+(m-2k-1)4km12k2-4(m-1)=0,化简得(2k+m-1)(k+1)=0,2k+m-1=0或k+1=0.若2k+m-1=0,则l:y=k(x-2)+1,这时直线l过点A,不合题意,k+1=0,k=-1.(2)不妨设直线P
11、A,AQ的倾斜角为,20,当P,Q均在双曲线左支时,PAQ=2,tan 2=22,即2tan2+tan 2=0,解得tan =22(负值舍去).此时PA与双曲线的渐近线平行,与双曲线左支无交点,舍去;当P,Q均在双曲线右支时,tanPAQ=22,tan(-)=22,即tan 2=-22,即2tan2tan 2=0,解得tan =2(负值舍去).于是,直线PA:y=2(x-2)+1,QA:y=-2(x-2)+1,联立y=2(x2)+1,x22y2=1,消去y可得3x2+(42-16)x+20-82=0,x1+xA=16423,x1xA=20823.|AP|=1+(2)2(x1+xA)24x1xA
12、=4(63)3,同理|AQ|=4(6+3)3,又sinPAQ=223,SPAQ=12|PA|QA|sinPAQ=1629.考点3定点与定值问题1.(2023新课标,21,12分,中)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-25,0),离心率为5.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.解析(1)设双曲线的方程为x2a2y2b2=1(a0,b0),由题意可知c=25,又离心率e=ca=5(写出公式给1分),a=2,b2=c2-a2=20-4=16,双曲线C的方程为x
13、24y216=1.(2)证明:由题意知直线MN的斜率不为0(失分点:考虑斜率不存在,否则会失分),所以可设直线MN的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由(1)知,A1(-2,0),A2(2,0).联立x=my4,x24y216=1,消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0,y1+y2=32m4m21,y1y2=484m21,my1y2=32(y1+y2).易知直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2)=y1my12(x+2),直线NA2的方程为y=y2x22(x-2)=y2my26(x-2),联立可得,y1my12(x+2)=y2my26(x-2),x+2x2=
14、my1y22y2my1y26y1=32(y1+y2)2y232(y1+y2)6y1=13,x=-1,点P在定直线x=-1上(最后一定要作答,否则会失分).2.(2021新高考,20,12分,中)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),若右焦点为F(2,0),且离心率为63.(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.解析(1)由题意得c=2,e=ca=63,a2=b2+c2,解得a2=3,b2=1,c2=2,故椭圆C的方程为x23+y2=1.(2)证明:由(1)得,曲线x2+y2=1
15、(x0),当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).先证必要性.因为M,N,F三点共线,F(2,0),所以设直线MN:x=my+2,即x-my-2=0.由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=1,所以直线MN:xy-2=0,根据对称性,不妨令直线MN:y=x-2.联立y=x2,x23+y2=1,消y整理得4x262x+3=0.故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+12|x1x2|=2(x1+x2)24x1x2=3,即必要性成立.再证充分性.易知直线MN的斜率存在,设
16、其方程为y=kx+t.由题意得t1+k2=b=1,即t2=1+k2.由y=kx+t,x23+y2=1,消y整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3t231+3k2,所以|MN|=(1+k2)(x1+x2)24x1x2=(1+k2)6kt1+3k2243t231+3k2=12(t213k2)(1+k2)(1+3k2)2=24k2(1+k2)(1+3k2)2.因为|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1,解得k2=1,则t2=2.因为x1+x2=-6kt1+3k20,即ktb0)的离心率为53,点A(-2,0)在C上.(1)
17、求C的方程;(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点.解析(1)由已知条件得b=2,又e=ca=1b2a2=14a2=53,a2=9,C的方程为y29+x24=1.(2)证明:由题意知,过P、Q两点的直线的斜率存在且不为零,记直线为l,设l:y=k(x+2)+3=kx+2k+3,令t=2k+3,则l:y=kx+t,联立y=kx+t,y29+x24=1,消去y得(4k2+9)x2+8ktx+4t2-36=0,由=(8kt)2-4(4k2+9)(4t2-36)=144(4k2+9-t2)0得4k2+9t2.设P(x1,y1),
18、Q(x2,y2),则x1+x2=8kt4k2+9,x1x2=4t2364k2+9,易知直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2).令x=0,得yM=2y1x1+2,同理可得yN=2y2x2+2,则yM+yN2=y1x1+2+y2x2+2=kx1+tx1+2+kx2+tx2+2=(kx1+t)(x2+2)+(kx2+t)(x1+2)(x1+2)(x2+2)=2kx1x2+(2k+t)(x1+x2)+4t2(x1+x2)+x1x2+4=2k(4t236)8kt(2k+t)+4t(4k2+9)16kt+4t236+4(4k2+9)=36(t2k)4(t2k)2=9t2k=93=3.线段MN的中点为定
19、点(0,3).解题技巧解决直线l过坐标系内定点问题时,可采取换元法将点斜式方程变为斜截式方程,减少项数,从而有效降低后续的计算量.4.(2020新高考,22,12分,难)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.解析(1)由题设得4a2+1b2=1,a2b2a2=12,解得a2=6,b2=3.所以C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23
20、=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m261+2k2.由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.将代入上式可得(k2+1)2m261+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0(易错点:化简和因式分解过程中的计算量比较大,容易出错).因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程为y=kx2313(
21、k1).所以直线MN过点P23,13.若直线MN与x轴垂直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),可得N(x1,-y1).由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,所以3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去)或x1=23.此时直线MN过点P23,13.令Q为AP的中点,即Q43,13.若D与P不重合,则由题设知AP是RtADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.考点4最值与范围问题1.(2020新高考,21,12分,中)已知椭圆C:x2
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