新课标版高考理数一轮复习97 圆锥曲线的综合问题Word格式文档下载.docx

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掌握与圆锥曲线有关的参数范围问题

2016课标Ⅱ,20,12分

椭圆的几何性质

3.存在性问题

了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题

2015课标Ⅱ,20,12分

存在性问题

根与系数的关系、

斜率公式

★★☆

分析解读　　1.会处理动曲线（含直线）过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为12分,难度偏大.

破考点

【考点集训】

考点一　定值与定点问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1.（2018重庆綦江模拟,9）已知圆C:

x2+y2=1,点P为直线x+2y-4=0上一动点,过点P向圆C引两条切线PA,PB,A,B为切点,则直线AB经过定点（　　）

A.　　　　B.

C.　　　　D.

答案　B　

2.（2018河北五校12月联考,20）已知椭圆C:

+=1（a>

b>

0）的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为（O是坐标原点）.

（1）求椭圆C的方程;

（2）设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:

|PF|+|PM|为定值.

解析　

（1）设椭圆的半焦距为c,

由已知得⇒

∴椭圆的方程为+y2=1.

（2）证明:

以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F（1,0）,

设P（x0,y0）,则+=1（0<

x0≤）.

∴|PF|==

===（2-x0）.

又l与圆x2+y2=1相切于M,

∴|PM|=====x0,

∴|PF|+|PM|=（2-x0）+x0=,为定值.

考点二　最值与范围问题

1.（2018河北百校联盟4月联考,16）已知抛物线C:

x2=8y的焦点为F,准线为l1,直线l2与抛物线C相切于点P,记点P到直线l1的距离为d1,点F到直线l2的距离为d2,则的最大值为　　　　. 

答案　

2.（2018安徽江南十校4月联考,20）已知离心率为的椭圆C的焦点在y轴上,且以椭圆的4个顶点为顶点的四边形的面积为4,过点M（0,3）的直线l与椭圆C相交于不同的两点A、B.

（2）设P为椭圆上一点,且+=λ（O为坐标原点）.求当|AB|<

时,实数λ的取值范围.

解析　

（1）设椭圆的方程为+=1（a>

0）,由题意可知e2==,得=,a=2b.又由题意知2ab=4,所以a=2,b=1,故椭圆方程为x2+=1.

（2）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,P（x3,y3）.

当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=0,此时|AB|=4>

与题意不符.

当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+3,由消去y得（4+k2）x2+6kx+5=0,

所以Δ=（6k）2-20（4+k2）,

由Δ>

0,得k2>

5,

则x1+x2=,x1·

x2=,

y1+y2=（kx1+3）+（kx2+3）=,

因为|AB|=<

所以·

<

解得-<

k2<

8,所以5<

8.

因为+=λ,

即（x1,y1）+（x2,y2）=λ（x3,y3）,

所以当λ=0时,由+=0,

得x1+x2==0,y1+y2==0,

解得k∈⌀,

所以此时符合条件的直线l不存在;

当λ≠0时,x3==,y3==,

因为点P（x3,y3）在椭圆上,

所以+=1,

化简得λ2=,因为5<

8,

所以3<

λ2<

4,则λ∈（-2,-）∪（,2）.

综上,实数λ的取值范围为（-2,-）∪（,2）.

考点三　存在性问题

1.（2017福建福州模拟,20）已知点P是直线l:

y=x+2与椭圆+y2=1（a>

1）的一个公共点,F1,F2分别为该椭圆的左,右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.

（1）求椭圆C的标准方程及离心率;

（2）已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M（0,m）,N（0,n）,试判断mn是不是定值,如果是定值,求出该定值;

如果不是,请说明理由.

解析　

（1）联立得（a2+1）x2+4a2x+3a2=0.

∵直线y=x+2与椭圆有公共点,

∴Δ=16a4-4（a2+1）×

3a2≥0,得a2≥3,又a>

1,∴a≥,

由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a,

故当a=时,|PF1|+|PF2|取得最小值,

此时椭圆C的标准方程为+y2=1,离心率为=.

（2）mn为定值.设A（x1,y1）,B（-x1,y1）,Q（x0,y0）（y0≠y1）,且已知M（0,m）,N（0,n）,

由题意知kQA=kQM,∴=,

即m=y0-=,同理,得n=,

∴mn=·

=,

又+=1,+=1,∴=1-,=1-,

∴mn===1,

∴mn为定值1.

2.（2017湖南湘中名校联考,20）如图,曲线C由上半椭圆C1:

0,y≥0）和部分抛物线C2:

y=-x2+1（y≤0）连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为.

（1）求a,b的值;

（2）过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q（均异于点A,B）,是否存在直线l,使得以PQ为直径的圆恰好过点A?

若存在,求出直线l的方程;

若不存在,请说明理由.

解析　

（1）在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,

且A（-1,0）,B（1,0）是上半椭圆C1的左、右顶点.

由e==及a2-c2=b2=1可得a=2,∴a=2,b=1.

（2）存在.由

（1）知,上半椭圆C1的方程为+x2=1（y≥0）.

由题易知,直线l与x轴不重合也不垂直,

设其方程为y=k（x-1）（k≠0）.

代入C1的方程,整理得（k2+4）x2-2k2x+k2-4=0.（*）

设点P的坐标为（xP,yP）,

∵直线l过点B,∴x=1是方程（*）的一个根.

由求根公式,得xP=,从而yP=,

∴点P的坐标为.

同理,由

得点Q的坐标为（-k-1,-k2-2k）.

∴=（k,-4）,=-k（1,k+2）.

连接AP、AQ,依题意可知AP⊥AQ,

∴·

=0,即[k-4（k+2）]=0,

∵k≠0,∴k-4（k+2）=0,

解得k=-.

经检验,k=-符合题意,

故直线l的方程为y=-（x-1）.

炼技法

【方法集训】

方法　最值问题的求解方法

1.（2018河南百校联盟联考,10）已知直线l:

x=ty+1经过抛物线y2=2px（p>

0）的焦点F及圆x2-mx+y2=0的圆心,若直线l自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D（如图所示）,则|AB|+m|CD|的最小值是（　　）

A.2　　　　B.4　　　　C.2　　　　D.4

答案　C　

2.（2018天津模拟,20）已知椭圆C:

0）,且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为b.

（1）求椭圆C的离心率;

（2）若点M在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB的中点,求△OAB面积的最大值.

解析　

（1）由题意得a-c=b,

则（a-c）2=b2,结合b2=a2-c2,得（a-c）2=（a2-c2）,

即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,结合0<

e<

1,解得e=.

所以椭圆C的离心率为.

（2）由

（1）得a=2c,则b2=3c2.

将代入椭圆方程+=1,解得c2=1.

所以椭圆方程为+=1.

易得直线OM的方程为y=x.

当直线l的斜率不存在时,线段AB的中点不在直线y=x上,故直线l的斜率存在.

设直线l的方程为y=kx+m（m≠0）,与+=1联立消去y得（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0,

所以Δ=64k2m2-4（3+4k2）（4m2-12）=48（3+4k2-m2）>

0.

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则x1+x2=,x1x2=.

由y1+y2=k（x1+x2）+2m=,得线段AB的中点坐标为N,

因为N在直线y=x上,所以-=2×

所以Δ=48（12-m2）>

0,得-2<

m<

2,且m≠0,

|AB|=|x2-x1|=·

=·

=.

又原点O到直线l的距离d=,

所以S△OAB=×

×

=≤·

当且仅当12-m2=m2,即m=±

时等号成立,符合-2<

2,且m≠0.

所以△OAB面积的最大值为.

过专题

【五年高考】

A组　统一命题·

课标卷题组

考点一　定值与定点问题

　（2017课标Ⅰ,20,12分）已知椭圆C:

0）,四点P1（1,1）,P2（0,1）,P3,P4中恰有三点在椭圆C上.

（1）求C的方程;

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:

l过定点.

解析　

（1）由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.

又由+>

+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.

因此解得

故C的方程为+y2=1.

（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.

如果l与x轴垂直,设l:

x=t,由题设知t≠0,且|t|<

2,可得A,B的坐标分别为,.

则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.

从而可设l:

y=kx+m（m≠1）.将y=kx+m代入+y2=1得

（4k2+1）x2+8kmx+4m2-4=0.

由题设可知Δ=16（4k2-m2+1）>

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则x1+x2=-,x1x2=.

而k1+k2=+

=+

由题设k1+k2=-1,故（2k+1）x1x2+（m-1）（x1+x2）=0,

即（2k+1）·

+（m-1）·

=0.

当且仅当m>

-1时,Δ>

0,于是l:

y=-x+m,

即y+1=-（x-2）,

所以l过定点（2,-1）.

思路分析　

（1）利用椭圆的对称性易知点P3,P4在椭圆上,将点P1（1,1）代入椭圆方程,经过比较可知点P1（1,1）不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;

（2）设出直线l的方程,将直线l与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况.

方法点拨　定点问题的常见解法:

（1）根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点.

（2）从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意.

　（2016课标Ⅱ,20,12分）已知椭圆E:

+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k（k>

0）的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.

（1）当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;

（2）当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.

解析　

（1）设M