《高三文科數(shù)學通用版二輪復習：第1部分 專題5 突破點13 圓錐曲線中的綜合問題酌情自選 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三文科數(shù)學通用版二輪復習：第1部分 專題5 突破點13 圓錐曲線中的綜合問題酌情自選 Word版含解析（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 突破點突破點 13 圓錐曲線中的綜合問題圓錐曲線中的綜合問題(酌情自選酌情自選) 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(zhì)(性質(zhì)中的范圍)求解 (3)
2、利用隱含或已知的不等關系式直接求范圍 (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(jié)論作出肯定存在的假設，然后由假設出發(fā)，結(jié)合已知條件進行推理，若推出相符的結(jié)論，則存在性得到論證；若推出矛盾，則假設不存在 回訪 1 圓錐曲線的定值、定點問題 1(20 xx 全國卷)已知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的離心率為22，點(2， 2)在 C
3、 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a2b2a22，4a22b21，2 分 解得 a28，b24.3 分 所以 C 的方程為x28y241.4 分 (2)證明：設直線 l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM) 將 ykxb 代入x28y241，得 (2k21)x24kbx2b280.6 分 故 xMx1x222kb2k21，yMk xMbb2k21.8 分 于是直線 OM 的斜率 k
4、OMyMxM12k， 即 kOM k12.11 分 所以直線 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(20 xx 北京高考)已知橢圓 C：x22y24. (1)求橢圓 C 的離心率； (2)設 O 為原點，若點 A 在直線 y2 上，點 B 在橢圓 C 上，且 OAOB，求線段 AB 長度的最小值 解 (1)由題意，橢圓 C 的標準方程為x24y221，2 分 所以 a24，b22，從而 c2a2b22. 因此 a2，c 2. 故橢圓 C 的離心率 eca22.5 分 (2)設點 A，B 的坐標分別為(t,2)，(x0，y0)，其中 x0
5、0. 因為 OAOB，所以OA OB0，即 tx02y00，解得 t2y0 x0.7 分 又 x202y204， 所以|AB|2(x0t)2(y02)2x02y0 x02(y02)2x20y204y20 x204x204x20224x20 x204x2028x204(0 x204).12 分 因為x2028x204(0b0)的離心率是22，點P(0,1)在短軸 CD 上，且PC PD1. 圖 15- 1 (1)求橢圓 E 的方程； (2)設 O 為坐標原點，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OA OBPA PB為定值？若存在，求 的值；若不存在，請說明理由 解 (1
6、)由已知，點 C，D 的坐標分別為(0，b)，(0，b) 又點 P 的坐標為(0,1)，且PC PD1， 于是 1b21，ca22，a2b2c2. 解得 a2，b 2. 所以橢圓 E 的方程為x24y221.4 分 (2)當直線 AB 的斜率存在時，設直線 AB 的方程為 ykx1，A，B 的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2) 聯(lián)立 x24y221，ykx1，得(2k21)x24kx20. 其判別式 (4k)28(2k21)0， 所以 x1x24k2k21，x1x222k21.6 分 從而，OA OBPA PB x1x2y1y2x1x2(y11)(y21) (1)(1k2)x1x2k(x
7、1x2)1 24k2212k21 12k212.9 分 所以，當 1 時，12k2123. 此時，OA OBPA PB3 為定值.10 分 當直線 AB 斜率不存在時，直線 AB 即為直線 CD. 此時，OA OBPA PBOC ODPC PD213.12 分 故存在常數(shù) 1，使得OA OBPA PB為定值3.13 分 熱點題型 1 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(nèi)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 (20 xx 重慶二模)已知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)上一點
8、 P1，32與橢圓右焦點的連線垂直于 x 軸，直線 l：ykxm 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 3，試判斷直線 OA 與 OB 的斜率之積是否為定值？ 【導學號：85952055】 解 (1)由題意知 1a294b21，a2b21，解得 a24，b23，3 分 橢圓 C 的標準方程為x24y231.4 分 (2)設點 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x24y231，ykxm，得(4k23)x28kmx4m2120，5 分 由 (8km)216(4k23)(m23)0，得 m24k23.
9、6 分 x1x28km4k23，x1x24m2124k23， SOAB12|m|x1x2|12|m|4 3 4k23m24k23 3，8 分 化簡得 4k232m20，滿足 0，從而有 4k2m2m23(*)，9 分 kOA kOBy1y2x1x2kx1mkx2mx1x2k2x1x2kmx1x2m2x1x2 12k23m24m212344k2m2m23，由(*)式，得4k2m2m231， kOA kOB34，即直線 OA 與 OB 的斜率之積為定值34.12 分 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) 證明定值：將問題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關 2先將式子用
10、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 1 (20 xx 北京高考)已知橢圓 C：x2a2y2b21 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(nèi)一點且在橢圓 C 上，直線 PA 與 y 軸交于點 M，直線 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 a2，b1， 橢圓 C 的方程為x24y21.3 分 又 c a2b2 3，離心率 eca32.5 分 (2)證明：設 P(x0，y0)(x00，y00)，則 x204y204.6 分
11、 又 A(2,0)，B(0,1)， 直線 PA 的方程為 yy0 x02(x2) 令 x0，得 yM2y0 x02，從而|BM|1yM12y0 x02.9 分 直線 PB 的方程為 yy01x0 x1. 令 y0，得 xNx0y01，從而|AN|2xN2x0y01.12 分 四邊形 ABNM 的面積 S12|AN| |BM| 122x0y0112y0 x02 x204y204x0y04x08y042x0y0 x02y02 2x0y02x04y04x0y0 x02y022. 從而四邊形 ABNM 的面積為定值.14 分 熱點題型 2 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
12、題是高考重點考查的內(nèi)容，解決此類問題常用的方法是幾何法和代數(shù)法 (20 xx 全國乙卷)設圓 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|EA|EB|為定值，并寫出點 E 的軌跡方程； (2)設點 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|AD|AC|，EBAC， 所以EBDACDADC，所以|EB|ED|， 故|EA|EB|EA|ED|
13、AD|. 又圓 A 的標準方程為(x1)2y216，從而|AD|4， 所以|EA|EB|4.2 分 由題設得 A(1,0)，B(1,0)，|AB|2， 由橢圓定義可得點 E 的軌跡方程為x24y231(y0).4 分 (2)當 l 與 x 軸不垂直時，設 l 的方程為 yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2) 由 ykx1，x24y231，得(4k23)x28k2x4k2120， 則 x1x28k24k23，x1x24k2124k23. 所以|MN|1k2|x1x2|12k214k23. 過點 B(1,0)且與 l 垂直的直線 m： y1k(x1)， 點 A 到直線 m 的距離
14、為2k21，6 分 所以|PQ|2422k21244k23k21. 故四邊形 MPNQ 的面積 S12|MN| PQ|12114k23.8 分 可得當 l 與 x 軸不垂直時，四邊形 MPNQ 面積的取值范圍為(12,8 3).10 分 當 l 與 x 軸垂直時，其方程為 x1，|MN|3，|PQ|8， 故四邊形 MPNQ 的面積為 12. 綜上，四邊形 MPNQ 面積的取值范圍為 12,8 3).12 分 與圓錐曲線有關的取值范圍問題的三種解法 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)
15、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 2 (名師押題)已知拋物線 C：x22py(p0)，過其焦點作斜率為 1的直線 l 交拋物線 C 于 M，N 兩點，且|MN|16. (1)求拋物線 C 的方程； (2)已知動圓 P 的圓心在拋物線 C 上， 且過定點 D(0,4)， 若動圓 P 與 x 軸交于 A，B 兩點，求|DA|DB|DB|DA|的最大值 解 (1)設拋物線的焦點為 F0，p2，則直線 l：yxp2. 由 yxp2，x22py，得 x22pxp20， x1x22p，y1y23p， |MN|y1y2p4p16，p4， 拋物線 C 的方程為 x28y.4 分
16、(2)設動圓圓心 P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)， 則 x208y0，且圓 P：(xx0)2(yy0)2x20(y04)2， 令 y0，整理得 x22x0 xx20160， 解得 x1x04，x2x04，6 分 設 t|DA|DB|x04216x04216x208x032x208x032116x0 x208x032， 當 x00 時，t1， 7 分 當 x00 時，t116x0832x0. x00，x032x08 2， t11688 232 2 21，且 t1， 綜上知 21t1.9 分 f(t)t1t在 21,1上單調(diào)遞減， |DA|DB|DB|DA|t1t 211212
17、2， 當且僅當 t 21，即 x04 2時等號成立 |DA|DB|DB|DA|的最大值為 2 2.12 分 熱點題型 3 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(jié)論兩種類型，若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在若探究結(jié)論，則應先寫出結(jié)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 (20 xx 長沙二模)如圖 15- 2，在平面直角坐標系 xOy 中，已知 F1，F(xiàn)2分別是橢圓 E：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點，A，B 分別是橢圓 E 的左、右頂點，D(1,0)為線段 OF2的中點，且AF25BF20. 圖
18、15- 2 (1)求橢圓 E 的方程； (2)若 M 為橢圓 E 上的動點(異于點 A，B)，連接 MF1并延長交橢圓 E 于點 N，連接 MD，ND 并分別延長交橢圓 E 于點 P，Q，連接 PQ，設直線 MN，PQ 的斜率存在且分別為 k1，k2.試問是否存在常數(shù) ，使得 k1k20 恒成立？若存在，求出 的值；若不存在，說明理由 解題指導 (1)D 為 OF2的中點求 cAF25BF20a 與 c 的關系橢圓方程 (2)假設存在常數(shù) 設點 M，N，P，Q 的坐標直線 MD 的方程與橢圓方程聯(lián)立用點 M 的坐標表示點 P，Q 的坐標點 M，F(xiàn)1，N 共線得到點 M，N 坐標的關系求 k2得
19、到 k1與 k2的關系 解 (1)AF25BF20，AF25F2B，ac5(ac)，化簡得 2a3c，又點 D(1,0)為線段 OF2的中點，c2，從而 a3，b 5，左焦點 F1(2,0)，故橢圓 E 的方程為x29y251.4 分 (2)假設存在滿足條件的常數(shù) ，使得 k1k20 恒成立， 設 M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 則直線 MD 的方程為 xx11y1y1，代入橢圓方程x29y251，整理得，5x1y21y2x11y1y40，6 分 y1y3y1x11x15， y34y1x15， 從而 x35x19x15， 故點 P5x19x15，4y1
20、x15， 同理，點 Q5x29x25，4y2x25.8 分 三點 M，F(xiàn)1，N 共線，y1x12y2x22， 從而 x1y2x2y12(y1y2)，從而 k2y3y4x3x44y1x154y2x255x19x155x29x25x1y2x2y15y1y24x1x27y1y24x1x27k14，故 k14k270，從而存在滿足條件的常數(shù) ，47.12 分 探索性問題求解的思路及策略 1思路：先假設存在，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 2策略：(1)當條件和結(jié)論不唯一時要分類討論；(2)當給出結(jié)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 3 (20 x
21、x 哈爾濱二模)已知橢圓 C：x2a2y2b21(ab0)的焦點分別為F1( 3，0)，F(xiàn)2( 3，0)，點 P 在橢圓 C 上，滿足|PF1|7|PF2|，tanF1PF24 3. (1)求橢圓 C 的方程； (2)已知點 A(1,0)，試探究是否存在直線 l：ykxm 與橢圓 C 交于 D，E 兩點，且使得|AD|AE|？若存在，求出 k 的取值范圍；若不存在，請說明理由. 【導學號：85952056】 解 (1)由|PF1|7|PF2|，PF1PF22a 得 PF17a4，PF2a4.2 分 由余弦定理得 cosF1PF177a42a422 3227a4a4，a2，所求 C 的方程為x24y21.4 分 (2)假設存在直線 l 滿足題設，設 D(x1，y1)，E(x2，y2)，將 ykxm 代入x24y21 并整理得(14k2)x28kmx4m240，由 64k2m24(14k2)(4m24)16(m24k21)0，得 4k21m2.6 分 又 x1x28km14k2. 設 D，E 中點為 M(x0， y0)，M4km14k2，m14k2， kAMk1，得 m14k23k，8 分 將代入得4k2114k23k2， 化簡得20k4k210(4k21)(5k21)0，解得 k55或 k55，所以存在直線 l，使得|AD|AE|，此時 k 的取值范圍為，5555， .12 分
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