新編高考數(shù)學文二輪復習教師用書：第1部分 重點強化專題 專題5 突破點13　圓錐曲線中的綜合問題酌情自選 Word版含答案

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1、 突破點13　圓錐曲線中的綜合問題(酌情自選) [核心知識提煉] 提煉1 解答圓錐曲線的定值、定點問題，從三個方面把握 (1)從特殊開始，求出定值，再證明該值與變量無關． (2)直接推理、計算，在整個過程中消去變量，得定值． (3)在含有參數(shù)的曲線方程里面，把參數(shù)從含有參數(shù)的項里面分離出來，并令其系數(shù)為零，可以解出定點坐標. 提煉2 用代數(shù)法求最值與范圍問題時從下面幾個方面入手 (1)若直線和圓錐曲線有兩個不同的交點，則可以利用判別式求范圍． (2)若已知曲線上任意一點、一定點或與定點構成的圖形，則利用圓錐曲線的性質(性質中的范圍)求解． (3)利用隱含或已知的不等

2、關系式直接求范圍． (4)利用基本不等式求最值與范圍． (5)利用函數(shù)值域的方法求最值與范圍. 提煉3 與圓錐曲線有關的探索性問題 (1)給出問題的一些特殊關系，要求探索出一些規(guī)律，并能論證所得規(guī)律的正確性．通常要對已知關系進行觀察、比較、分析，然后概括出一般規(guī)律． (2)對于只給出條件，探求“是否存在”類型問題，一般要先對結論作出肯定存在的假設，然后由假設出發(fā)，結合已知條件進行推理，若推出相符的結論，則存在性得到論證；若推出矛盾，則假設不存在． [高考真題回訪] 回訪1　圓錐曲線的定值、定點問題 1．(20xx·全國卷Ⅱ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(2，)

3、在C上． (1)求C的方程； (2)直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． [解] (1)由題意有＝，＋＝1， 2分 解得a2＝8，b2＝4. 3分 所以C的方程為＋＝1． 4分 (2)證明：設直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0． 6分 故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝． 8分 于是直線OM的斜率kOM＝＝－， 即kOM·k＝－. 11分 所

4、以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． 12分 回訪2　圓錐曲線中的最值與范圍問題 2．(20xx·全國卷Ⅱ)已知A是橢圓E：＋＝1的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA. (1)當|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當2|AM|＝|AN|時，證明：0. 由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 又A(－2,0)，因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0. 解得y＝0或y＝，所以y1＝. 因此△AMN的面積S△AMN

5、＝2×××＝． 4分 (2)證明：設直線AM的方程為y＝k(x＋2)(k＞0)， 代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0. 由x1·(－2)＝得x1＝， 故|AM|＝|x1＋2|＝. 由題意，設直線AN的方程為y＝－(x＋2)， 故同理可得|AN|＝. 7分 由2|AM|＝|AN|得＝， 即4k3－6k2＋3k－8＝0. 9分 設f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，則k是f(t)的零點．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)單調遞增．又f()＝15－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)

6、上有唯一的零點，且零點k在(，2)內，所以＜k＜2． 12分 回訪3　與圓錐曲線有關的探索性問題 3．(20xx·全國卷Ⅰ)在直角坐標系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點M，交拋物線C：y2＝2px(p>0)于點P，M關于點P的對稱點為N，連接ON并延長交C于點H. (1)求； (2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點？說明理由． [解] (1)如圖，由已知得M(0，t)，P． 1分 又N為M關于點P的對稱點，故N， 故直線ON的方程為y＝x， 將其代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0, 解得x1＝0，x2＝.因此H． 4分 所以N

7、為OH的中點，即＝2． 6分 (2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點．理由如下：7分 直線MH的方程為y－t＝x，即x＝(y－t). 9分 代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t， 即直線MH與C只有一個公共點， 所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點． 12分 熱點題型1　圓錐曲線中的定點問題 題型分析：主要考查直線、曲線過定點或兩直線的交點在定直線上，以解答題為主． 【例1】　(20xx·鄭州二模)已知動圓M恒過點(0,1)，且與直線y＝－1相切． (1)求圓心M的軌跡方程； (2)動直線l過點P(0，－2)，且與點M的軌跡交

8、于A，B兩點，點C與點B關于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點. 【導學號：04024115】 [解] (1)由題意，得點M與點(0,1)的距離始終等于點M到直線y＝－1的距離，由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(0,1)為焦點，直線y＝－1為準線的拋物線，則＝1，p＝2. ∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y． 4分 (2)證明：由題知，直線l的斜率存在， ∴設直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則C(－x2，y2)， 聯(lián)立得x2－4kx＋8＝0， ∴ 6分 kAC＝＝＝， 則直線AC的方程為y－y1＝(x－x1)， 8分 即y＝y(tǒng)1＋(x－x1)

9、 ＝x－＋ ＝x＋． 10分 ∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2， 故直線AC恒過定點(0,2)． 12分 [方法指津] 動線過定點問題的兩大類型及解法 (1)動直線l過定點問題，解法：設動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)． (2)動曲線C過定點問題，解法：引入參變量建立曲線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．. [變式訓練1]　(20xx·蘭州二模)已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，左頂點為A，左焦點為F1(－2,0)，點B(2，)在橢圓C上，直線y＝kx(

10、k≠0)與橢圓C交于P，Q兩點，直線AP，AQ分別與y軸交于點M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)以MN為直徑的圓是否經過定點？若經過，求出定點的坐標；若不經過，請說明理由． [解] (1)設橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)， ∵橢圓的左焦點為F1(－2,0)，∴a2－b2＝4． 2分 ∵點B(2，)在橢圓C上，∴＋＝1. 解得a2＝8，b2＝4. ∴橢圓C的方程為＋＝1. 5分 (2)依題意點A的坐標為(－2，0)， 設P(x0，y0)(不妨設x0＞0)，則Q(－x0，－y0)， 由得x0＝，y0＝， 6分 ∴直線AP的方程為y＝(x＋2)， 7分 直線AQ的

11、方程為y＝(x＋2)， 8分 ∴M，N， 9分 ∴|MN|＝＝. 設MN的中點為E，則點E的坐標為， 10分 則以MN為直徑的圓的方程為x2＋2＝，即x2＋y2＋y＝4， 令y＝0，得x＝2或x＝－2，11分 即以MN為直徑的圓經過兩定點H1(－2,0)，H2(2,0)． 12分 熱點題型2　圓錐曲線中的定值問題 題型分析：圓錐曲線中的定值問題是近幾年高考的熱點內容，解決這類問題的關鍵是引入變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關系等，根據(jù)等式恒成立，數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量． 【例2】　(20xx·重慶二模)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)上一點P與橢圓右焦點的連線垂直

12、于x軸，直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(均不在坐標軸上)． (1)求橢圓C的標準方程； (2)設O為坐標原點，若△AOB的面積為，試判斷直線OA與OB的斜率之積是否為定值？ 【導學號：04024116】 [解] (1)由題意知解得 3分 ∴橢圓C的標準方程為＋＝1． 6分 (2)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 5分 由Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＞0，得m2＜4k2＋3． 6分 ∵x1＋x2＝，x1x2＝， ∴S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|·＝， 8分

13、化簡得4k2＋3－2m2＝0，滿足Δ＞0，從而有4k2－m2＝m2－3(*)， 9分 ∴kOA·kOB＝＝＝ ＝＝－·，由(*)式，得＝1， ∴kOA·kOB＝－，即直線OA與OB的斜率之積為定值－． 12分 [方法指津] 求解定值問題的兩大途徑 1．由特例得出一個值(此值一般就是定值)→ 2．先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值． [變式訓練2]　已知橢圓C：＋＝1過A(2,0)，B(0,1)兩點． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直

14、線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． [解] (1)由題意得a＝2，b＝1， ∴橢圓C的方程為＋y2＝1． 4分 又c＝＝，∴離心率e＝＝． 6分 (2)證明：設P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 7分 又A(2,0)，B(0,1)， ∴直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝1－yM＝1＋． 8分 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－，從而|AN|＝2－xN＝2＋． 10分 ∴四邊形ABNM的面積S＝|AN|·|BM| ＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值

15、． 12分 熱點題型3　圓錐曲線中的最值、范圍問題 題型分析：圓錐曲線中的最值、范圍問題是高考重點考查的內容，解決此類問題常用的方法是幾何法和代數(shù)法． 【例3】　(20xx·東北三省四市模擬)已知橢圓C：＋y2＝1(a＞0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是其左、右焦點，以F1F2為直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個交點． (1)求橢圓C的方程； (2)設過點F1且不與坐標軸垂直的直線l交橢圓于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點P，點P橫坐標的取值范圍是，求線段AB長的取值范圍． [解] (1)因為以F1F2為直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個交點，所以b＝c＝1，a＝， 所以橢圓C的方程為＋y

16、2＝1． 4分 (2)根據(jù)題意，直線A，B的斜率存在且不為0，設直線AB的方程為y＝k(x＋1)，與＋y2＝1聯(lián)立， 消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為M(x0，y0)， 則x1＋x2＝－，x1·x2＝， y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝k(x1＋x2＋2)＝，即M. 則直線AB的垂直平分線為y－＝－，令y＝0，得xP＝， 因為xP∈，即－＜＜0， 所以0＜k2＜， |AB|＝ ＝ ＝ ＝. ∵＜＜1， ∴|AB|∈． 12分 [方法指津] 與圓錐曲線有關的取值范圍問題

17、的三種解法 1．數(shù)形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結合求解． 2．構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解． 3．構建函數(shù)法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域． [變式訓練3]　(20xx·長沙二模)已知平面內一動點M與兩定點B1(0，－1)和B2(0,1)連線的斜率之積等于－. (1)求動點M的軌跡E的方程； (2)設直線l：y＝x＋m(m≠0)與軌跡E交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線交x軸于點P，當m變化時，求△PAB面積的最大值. 【導學號：04024117】 [解] (1)設M的坐標為(x，y)，1分

18、 依題意得·＝－， 2分 化簡得動點M的軌跡E的方程為＋y2＝1(x≠0)． 4分 (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立 化簡得3x2＋4mx＋2m2－2＝0(x≠0)， ∵有兩個不同的交點， 由根與系數(shù)的關系得x1＋x2＝－，x1x2＝， 6分 ∴Δ＝(4m)2－12(2m2－2)＞0， 即－＜m＜且m≠－1,0,1. 7分 設A，B的中點為C(xC，yC)， 則xC＝＝－， yC＝xC＋m＝， ∴C， ∴線段AB的垂直平分線方程為y－＝－，令y＝0，得P點坐標為． 8分 則點P到AB的距離d＝， 9分 由弦長公式得|AB|＝· ＝

19、， 10分 ∴S△PAB＝··· ＝ ≤·＝， 11分 當且僅當m2＝，即m＝±∈(－，)時，等號成立， ∴△PAB面積的最大值為． 12分 熱點題型4　圓錐曲線中的探索性問題 題型分析：探索性問題一般分為探究條件和探究結論兩種類型，若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結論是否成立，成立則存在，否則不存在．若探究結論，則應先寫出結論的表達式，再針對表達式進行討論，往往涉及對參數(shù)的討論． 【例4】　(20xx·湘中名校聯(lián)考)如圖13-1，曲線C由上半橢圓C1：＋＝1(a＞b＞0，y≥0)和部分拋物線C2：y＝－x2＋1(y≤0)連接而成，C1與C2的公共點為A，B，其中C

20、1的離心率為. (1)求a，b的值； (2)過點B的直線l與C1，C2分別交于點P，Q(均異于點A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點A？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由． 圖13-1 [解] (1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1， 且A(－1,0)，B(1,0)是上半橢圓C1的左、右頂點． 由e＝＝及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1． 2分 (2)存在．由(1)知，上半橢圓C1的方程為＋x2＝1(y≥0). 3分 由題易知，直線l與x軸不重合也不垂直， 設其方程為y＝k(x－1)(k≠0)． 代入C1的方程

21、，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*) 5分 設點P的坐標為(xP，yP)， ∵直線l過點B，∴x＝1是方程(*)的一個根． 由求根公式，得xP＝，從而yP＝， ∴點P的坐標為. 7分 同理，由得點Q的坐標為(－k－1，－k2－2k)． ∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2). 9分 連接AP、AQ(圖略)，依題意可知AP⊥AQ， ∴·＝0，即[k－4(k＋2)]＝0， ∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－. 11分 經檢驗，k＝－符合題意，故直線l的方程為y＝－(x－1)． 12分 [方法指津] 探索性問題求解的思路及策略 1．思

22、路：先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確，則存在；若結論不正確，則不存在． 2．策略：(1)當條件和結論不唯一時要分類討論；(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件． [變式訓練4]　(20xx·呼和浩特一模)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，直線y＝bx＋2與圓x2＋y2＝2相切． (1)求橢圓的方程； (2)已知定點E(1,0)，若直線y＝kx＋2(k≠0)與橢圓相交于C，D兩點，試判斷是否存在實數(shù)k，使得以CD為直徑的圓過定點E？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由. 【導學號：04024118】 [解] (1)∵直線l：y＝bx＋2

23、與圓x2＋y2＝2相切． ∴＝，∴b＝1． 2分 ∵橢圓的離心率e＝， ∴e2＝＝＝2，∴a2＝3， 4分 ∴所求橢圓的方程是＋y2＝1. 5分 (2)直線y＝kx＋2代入橢圓方程，消去y可得 (1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0， ∴Δ＝36k2－36＞0，∴k＞1或k＜－1.7分 設C(x1，y1)，D(x2，y2)， 則有x1＋x2＝－，x1x2＝. 若以CD為直徑的圓過點E， 則EC⊥ED. ∵＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)， ∴(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0. 9分 ∴(1＋k2)x1x2＋(2k－1)(x1＋x2)＋5＝0， 10分 ∴(1＋k2)×＋(2k－1)×＋5＝0. 解得k＝－＜－1. ∴存在實數(shù)k＝－使得以CD為直徑的圓過定點E． 12分