高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 文

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第3講圓錐曲線的綜合問題1(2016四川改編)設(shè)O為坐標(biāo)原點，P是以F為焦點的拋物線y22px(p0)上任意一點，M是線段PF上的點，且PM2MF，則直線OM的斜率的最大值為_答案解析如圖，由題意可知F，設(shè)P點坐標(biāo)為，顯然，當(dāng)y00時，kOM0時，kOM0，要求kOM的最大值，不妨設(shè)y00.則()，kOM，當(dāng)且僅當(dāng)y2p2時等號成立2(2016課標(biāo)全國乙)設(shè)圓x2y22x150的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明EAEB為定值，并寫出點E的軌跡方程；(2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍解(1)因為ADAC，EBAC，故EBDACDADC，所以EBED，故EAEBEAEDAD.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2y216，從而AD4，所以EAEB4.由題設(shè)得A(1,0)，B(1,0)，AB2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為：1(y0)(2)當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(4k23)x28k2x4k2120.則x1x2，x1x2，所以MN|x1x2|.過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y(x1)，點A到m的距離為，所以PQ24.故四邊形MPNQ的面積SMNPQ12.可得當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)當(dāng)l與x軸垂直時，其方程為x1，MN3，PQ8，四邊形MPNQ的面積為12.綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,8)1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，以參數(shù)處理為核心，考查范圍、最值問題，定點、定值問題，探索性問題.2.試題解答往往要綜合應(yīng)用函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等多種思想方法，對計算能力也有較高要求，難度較大.熱點一范圍、最值問題圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值)，或者利用式子的幾何意義求解例1已知橢圓C：1(ab0)的左、右焦點和短軸的兩個端點構(gòu)成邊長為2的正方形(1)求橢圓C的方程；(2)過點Q(1,0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，且點P(4,3)，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1k2取最大值時，求直線l的方程解(1)由題意可得bc，a2，故橢圓C的方程為1.(2)當(dāng)直線l的斜率為0時，k1k2.當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)聯(lián)立整理得(m22)y22my30，故y1y2，y1y2.又x1my11，x2my21，因此k1k2.令t4m1，只考慮t0時，故k1k21，當(dāng)且僅當(dāng)t5時取等號綜上可得，直線l的方程為xy10.思維升華解決范圍問題的常用方法：(1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，數(shù)形結(jié)合求解(2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解(3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域跟蹤演練1如圖，已知橢圓：y21，點A，B是它的兩個頂點，過原點且斜率為k的直線l與線段AB相交于點D，且與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點(1)若6，求k的值；(2)求四邊形AEBF面積的最大值解(1)依題設(shè)得橢圓的頂點A(2,0)，B(0,1)，則直線AB的方程為x2y20.設(shè)直線EF的方程為ykx(k0)設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1b0)和橢圓T2：1 (bc0)組成，當(dāng)a，b，c成等比數(shù)列時，稱曲線為“貓眼曲線”若貓眼曲線過點(0，)，且a，b，c的公比為. (1)求貓眼曲線的方程；(2)任作斜率為k(k0)且不過原點的直線與該曲線相交，交橢圓T1所得弦的中點為M，交橢圓T2所得弦的中點為N，求證：為與k無關(guān)的定值；(3)若斜率為的直線l為橢圓T2的切線，且交橢圓T1于點A，B，N為橢圓T1上的任意一點(點N與點A，B不重合)，求ABN面積的最大值(1)解b，a2，c1，T1：1，T2：x21.(2)證明設(shè)斜率為k的直線交橢圓T1于點C(x1，y1)，D(x2，y2)，線段CD中點M(x0，y0)，x0，y0，由得0.k存在且k0，x1x2，且x00.，即kkOM.同理，kkON2，得證(3)解設(shè)直線l的方程為yxm，聯(lián)立(b22c2)x22mc2xm2c2b2c20.0，m2b22c2，l1：yx(b22a2)x22ma2xm2a2b2a20.0，m2b22a2，l2：yx.兩平行線間距離：d，AB，AB，d.ABN的面積最大值為S.思維升華(1)動線過定點問題的兩大類型及解法動直線l過定點問題，解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為ykxt，由題設(shè)條件將t用k表示為tmk，得yk(xm)，故動直線過定點(m,0)動曲線C過定點問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(2)求解定值問題的兩大途徑先將式子用動點坐標(biāo)或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負(fù)項抵消或分子、分母約分得定值跟蹤演練2已知拋物線：y22px(p0)的焦點F在雙曲線：1的右準(zhǔn)線上，拋物線與直線l：yk(x2)(k0)交于A，B兩點，AF，BF的延長線與拋物線交于C，D兩點(1)求拋物線的方程；(2)若AFB的面積等于3，求k的值；(3)記直線CD的斜率為kCD，證明：為定值，并求出該定值解(1)雙曲線：1的右準(zhǔn)線方程為x1，所以F(1,0)，則拋物線的方程為y24x.(2)設(shè)A(，y1)，B(，y2)，由得ky24y8k0，1632k20，y1y2，y1y28.SAFB1|y1y2|23，解得k2.(3)設(shè)C(，y3)，則(1，y1)，(1，y3)，因為A，F(xiàn)，C共線，所以(1)y3y1(1)0，即y(y1)y340.解得：y3y1(舍)或y3，所以C(，)，同理D(，)，kCD2k，故2(定值)熱點三探索性問題1解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在2反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法例3已知點P是橢圓C上的任一點，P到直線l1：x2的距離為d1，到點F(1,0)的距離為d2，且. (1)求橢圓C的方程；(2)如圖，直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B(A，B都在x軸上方)，且OFAOFB180.()當(dāng)A為橢圓C與y軸正半軸的交點時，求直線l的方程；()是否存在一個定點，無論OFA如何變化，直線l總過該定點？若存在，求出該定點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由. 解(1)設(shè)P(x，y)，則d1|x2|，d2，化簡得：y21，橢圓C的方程為y21.(2)()由(1)知A(0,1)，又F(1,0)，kAF1，OFAOFB180，kBF1，直線BF方程為y1(x1)x1，代入y21，得3x24x0，解得x0或x，B(，)，kAB.直線AB的方程為yx1.()由于OFAOFB180，kAFkBF0.設(shè)直線AB方程為ykxb，代入y21，得：(k2)x22kbxb210，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2，kAFkBF0.(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)2kx1x2(kb)(x1x2)2b2k(kb)2b0.b2k0，直線AB方程為yk(x2)直線l總經(jīng)過定點(2,0)思維升華解決探索性問題的注意事項：存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑跟蹤演練3(2015四川)如圖，橢圓E：1(ab0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且1. (1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點是否存在常數(shù)，使得為定值？若存在，求的值；若不存在，請說明理由解(1)由已知，點C，D的坐標(biāo)分別為(0，b)，(0，b)，又點P的坐標(biāo)為(0,1)，且1，于是解得a2，b，所以橢圓E的方程為1.(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為ykx1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯(lián)立得(2k21)x24kx20，其判別式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，從而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以當(dāng)1時，23，此時3為定值當(dāng)直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD，此時，213.故存在常數(shù)1，使得為定值3.已知橢圓C1：1(a0)與拋物線C2：y22ax相交于A，B兩點，且兩曲線的焦點F重合(1)求C1，C2的方程；(2)若過焦點F的直線l與橢圓分別交于M，Q兩點，與拋物線分別交于P，N兩點，是否存在斜率為k(k0)的直線l，使得2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由押題依據(jù)本題將橢圓和拋物線聯(lián)合起來設(shè)置命題，體現(xiàn)了對直線和圓錐曲線位置關(guān)系的綜合考查關(guān)注知識交匯，突出綜合應(yīng)用是高考的特色解(1)因為C1，C2的焦點重合，所以，所以a24.又a0，所以a2.于是橢圓C1的方程為1，拋物線C2的方程為y24x.(2)假設(shè)存在直線l使得2，則可設(shè)直線l的方程為yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)由可得k2x2(2k24)xk20，則x1x4，x1x41，所以PN.由可得(34k2)x28k2x4k2120，則x2x3，x2x3，所以MQ.若2，則2，解得k.故存在斜率為k的直線l，使得2.A組專題通關(guān)1平面上一機(jī)器人在行進(jìn)中始終保持與點F(1,0)的距離和到直線x1的距離相等若機(jī)器人接觸不到過點P(1，0)且斜率為k的直線，則k的取值范圍是_答案(，1)(1，)解析根據(jù)拋物線的概念可得機(jī)器人在以點F(1,0)為焦點的拋物線y24x上，由題意可得直線yk(x1)與拋物線y24x沒有交點，聯(lián)立直線與拋物線消元可得ykky2yk0，即該方程無根，則k0且1k20k1，所以k的取值范圍為(，1)(1，)2已知橢圓1(0b0)，ABC的三個頂點都在拋物線上，O為坐標(biāo)原點，設(shè)ABC三條邊AB，BC，AC的中點分別為M，N，Q，且M，N，Q的縱坐標(biāo)分別為y1，y2，y3.若直線AB，BC，AC的斜率之和為1，則的值為_答案解析設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，則三個式子兩兩相減得即即所以.5若P為橢圓1上任意一點，EF為圓(x1)2y24的任意一條直徑，則的取值范圍是_答案5,21解析因為()()()2|cos 0|24NP2.又因為橢圓1的a4，b，c1，N(1,0)為橢圓的右焦點，NPac，ac3,5，5,216已知雙曲線C：1(a0，b0)的離心率為，A，B為左，右頂點，點P為雙曲線C在第一象限的任意一點，點O為坐標(biāo)原點，若直線PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3，記mk1k2k3，則m的取值范圍為_答案(0,2)解析雙曲線C：1(a0，b0)的離心率為，e，ba，設(shè)P(x，y)，點P為雙曲線C在第一象限的任意一點，1，且x0，y0，A，B為雙曲線C的左，右頂點，點O為坐標(biāo)原點，PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3，k1k22，k30，又雙曲線的漸近線為yx，0k3，0mk1k2k30，b0)的漸近線與動點P的軌跡沒有公共點，則雙曲線離心率的取值范圍是_答案(1,2)解析設(shè)P(x，y)，由題設(shè)條件，得動點P的軌跡為(x1)(x1)(y2)(y2)0，即x2(y2)21，它是以(0,2)為圓心，1為半徑的圓又雙曲線1(a0，b0)的漸近線方程為yx，即bxay0，由題意，可得1，即1，所以e1，故1e2.8在直線y2上任取一點Q，過Q作拋物線x24y的切線，切點分別為A、B，則直線AB恒過定點_答案(0,2)解析設(shè)Q(t，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，拋物線方程變?yōu)閥x2，則yx，則在點A處的切線方程為yy1x1(xx1)，化簡得，yx1xy1，同理，在點B處的切線方程為yx2xy2.又點Q(t，2)的坐標(biāo)滿足這兩個方程，代入得：2x1ty1，2x2ty2，則說明A(x1，y1)，B(x2，y2)都滿足方程2xty，即直線AB的方程為y2tx，因此直線AB恒過定點(0,2)9(2016北京)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：ANBM為定值(1)解由已知，ab1.又a2b2c2，解得a2，b1，c.橢圓C的方程為y21.(2)證明由(1)知，A(2,0)，B(0,1)設(shè)橢圓上一點P(x0，y0)，則y1.當(dāng)x00時，直線PA方程為y(x2)，令x0得yM.從而BM|1yM|.直線PB方程為yx1.令y0得xN.AN|2xN|.ANBM4.當(dāng)x00時，y01，BM2，AN2，ANBM4.故ANBM為定值10如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)點M(x0，y0)是橢圓C：y21上一點，從原點O向圓M：(xx0)2(yy0)2r2作兩條切線分別與橢圓C交于點P，Q，直線OP，OQ的斜率分別記為k1，k2.(1)若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點，求圓M的方程；(2)若r.求證：k1k2；求OPOQ的最大值(1)解因為橢圓C的右焦點的坐標(biāo)為(，0)，所以圓心M的坐標(biāo)為(，)，從而圓M的方程為(x)2(y)2.(2)證明因為圓M與直線OP：yk1x相切，所以，即(45x0)2k10x0y0k145y0，同理，有(45x)k10x0y0k245y0，所以k1，k2是方程(45x)k210x0y0k45y0的兩根，從而k1k2.解設(shè)點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，聯(lián)立解得x，y，同理，x，y，所以O(shè)P2OQ2()()，當(dāng)且僅當(dāng)k1時取等號所以O(shè)POQ的最大值為.B組能力提高11已知圓O1：(x2)2y216和圓O2：x2y2r2 (0re2)，則e12e2的最小值是_答案解析當(dāng)動圓M與圓O1，O2都相內(nèi)切時，MO2MO14r2a，故e1.當(dāng)動圓M與圓O1相內(nèi)切而與O2相外切時，MO1MO24r2a，故e2.因此e12e2，令12rt (10tb0)的離心率e，左頂點為A(4，0)，過點A作斜率為k (k0)的直線l交橢圓C于點D，交y軸于點E.(1)求橢圓C的方程；(2)已知P為AD的中點，是否存在定點Q，對于任意的k (k0)都有OPEQ，若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)若過O點作直線l的平行線交橢圓C于點M，求的最小值解(1)因為左頂點為A(4,0)，所以a4，又e，所以c2，又因為b2a2c212，所以橢圓C的方程為1.(2)直線l的方程為yk(x4)，由消元得，1.化簡得，(x4)(4k23)x16k2120，所以x14，x2.當(dāng)x時，yk(4)，所以D(，)因為點P為AD的中點，所以P的坐標(biāo)為(，)，則kOP (k0)直線l的方程為yk(x4)，令x0，得E點坐標(biāo)為(0,4k)，假設(shè)存在定點Q(m，n)(m0)，使得OPEQ，則kOPkEQ1，即1恒成立，所以(4m12)k3n0恒成立，所以即因此定點Q的坐標(biāo)為(3,0)(3)因為OMl，所以O(shè)M的方程可設(shè)為ykx，由得M點的橫坐標(biāo)為x，由OMl，得()2，當(dāng)且僅當(dāng)，即k時取等號，所以當(dāng)k時，的最小值為2.