届高考数学大二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习文Word格式.docx
- 文档编号:17499193
- 上传时间:2022-12-06
- 格式:DOCX
- 页数:49
- 大小:87.49KB
届高考数学大二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习文Word格式.docx
《届高考数学大二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习文Word格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届高考数学大二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习文Word格式.docx(49页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
22
—+一
yiy2
y2—yi
yiy2
m—m+1
4|m—1|
寸m_m+1
Im-1|
令m-1=t,t丰0,贝Um=t+1,
•|MN=25+22+3》15,当t=—2,
即m=—1时,|MN取得最小值.15,此时直线AB的方程为x+y—2=0.
解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法•几何法是根据已知的几何量之间的
相互关系,结合平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距
离之和、光线反射问题等);
代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数,通过求解函数的最值(利用普通方法、基本不等式法或导数法等)解决的.
22!
~2
(2019•湘赣十四校高三联考)已知椭圆C:
与+£
=1(a>
b>
0)的离心率为J,左焦点为ab2
Fi,点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点,当直线AF的斜率为1时,|AF|={?
.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线AF与椭圆C的另外一个交点为B,点A关于x轴的对称点为人’,求厶FiA'
B面积的最大值.
C\/222222
解
(1)解法一:
•••e==.••a=2c,又a=b+c,.b=c.
a2
•当直线AF的斜率为1时,直线AFi通过椭圆上的顶点,
•IAF|=Qb2+c2=a=/2.
又a=2c2,b=c,「.b=1,椭圆C的方程为X|+y2=1.
解法二:
设椭圆的右焦点为尸2,在厶AFF2中,|AF|=y/2,|AF2|=2a—Q2,吓冋=2c,
•••(2a—2)2=2+(2c)2—2•2・2C•cos45°
即a2—2a=c2—c.①
又•••e=c=2,•a=2c.②
a2v
联立①②,得a=#2,c=1,又a=b+c,•b=1.
x2
•椭圆C的方程为—+y=1.
解法三:
=2
•-a=2c[又a=b+c,•a=二;
2b=2c.
•椭圆C的方程可化为
xy
2^+c^=1,即x+2y=2c.③
又直线AF的方程为y=x+c.④
联立③④,得x2+2(x+c)2=2c2,即卩3x2+4cx=0,
•-x=0或x=—3c.
3
直线AF的斜率为1且A在x轴上方,•Xa=0,
•A的坐标为(0,b).
•|AF|={c2+b2=a,「.a=*,又a=^b=\/2c,
•b=c=1.
xo
⑵如图,IA在x轴上方,•直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为x=my-1.•••F1,A'
B三点能构成三角形,
•直线AB不垂直于x轴,•m^0,
设A的坐标为(X1,y"
B的坐标为(X2,y2),则A'
的坐标为(X1,—y"
x=my-1,
联立x22得(my-1)2+2y2=2,
2+y=1,
解法
Saf〔ab=Sabaa
1
—&
fiaa=空1AA
IIX2-XfJ
imi
=yi|X2+1|=yi|my|=|myy2|=2^2=
而+Im
w—=芈,当且仅当侖=im即im={2时取等号.
2"
FiA'
B面积的最大值为
直线
AB的方程为
y+yi=
y2+yi
X2—Xi
(x—Xi),令y=0,则
yiX2—xi
x=
yi+y2
+Xi=
yiX2+xiy2
my—i+my—i
y2
2m-
2m
2+m
2myy2
yi+y2
•••直线AB过定点(一2,0),设定点为T,则
SFiAb=1S^iTB—&
FiTA1
2•丨Fin
-Iy2|—2•丨FiTI•!
yi|
i
=2iy2+yi|
2+m=2而+im
im
当且仅当
而=im即im=.2时取等号.
•△FiA'
B面积的最大值为#
角度2范围问题
例2(20i9•广东高三联考)已知椭圆C,抛物线C的焦点均在x轴上,C的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上各取两个点,其坐标分别是(3,—23),(—2,0),(4,—
4),2,乞.
(1)求G,C2的标准方程;
(2)过点M0,2)的直线I与椭圆C交于不同的两点A,B,且/AOB为锐角(其中0为坐标原点),求直线I的斜率k的取值范围.
解
(1)由题意,抛物线的顶点为原点,
所以点(一2,0)一定在椭圆上,且a=2,则椭圆上任何点的横坐标的绝对值都小于等于2,
亚22
所以J2,迟也在椭圆上,2+—=1,b2=1,故椭圆C的标准方程为x+y2=1,
v24b4
所以点(3,-23),(4,-4)在抛物线上,且抛物线开口向右,其抛物线Q的方程为y2
=2px,12=6p,p=2,
所以抛物线G的方程为y2=4x.
(2)①当直线I斜率不存在时,易知A,0,B三点共线,不合符题意.
②当I斜率存在时,设I:
y=kx+2,A(x1,yj,B(x2,y2),
得x+4(kx+2)—4=0,
y=kx+2,
即(4k2+1)x2+16kx+12=0,
2222
令A=(16k)—48(4k+1)>
0,即卩256k—192k—48>
0,
X1+X2=
—16k
4k2+1,
得64k2>
48,即卩k<
—
X1X2=
12
4k2+1,
y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=kX1X2+2k(x+X2)+4
12k32k16k+4—4k+4
4k+14k+1—4k+14k+1,
•••/AO助锐角,
6A-Sb=X1X2+y$2=
.2
16—4k
4k+1
>
即4k2<
16,得一2<
k<
2.
综上,k的取值范围为一2,
与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
(1)数形结合法:
利用待求量的几何意义,确定出临界位置后数形结合求解.
(2)构建不等式法:
利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.
⑶构建函数法:
先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.
xv_
椭圆C:
才+寻=1(a>
0)的长轴长为2,'
2,P为椭圆C上异于顶点的一个动点,O为坐
标原点,A为椭圆C的右顶点,点M为线段PA的中点,且直线PA与直线0M勺斜率之积恒为
(1)求椭圆C的方程;
(2)过椭圆C的左焦点Fi且不与坐标轴垂直的直线
l交椭圆C于A,B两点,线段AB的垂
直平分线与x轴交于点N,点N的横坐标的取值范围是
-1,0,求线段AB长的取值范围.
解
(1)由已知2a=2:
2,a='
2,
设点P(xo,Vo),•••M
Vo
•••直线PA与OM勺斜率之积恒为-2,
X02,u,
2+Vo=1,…b=1.
Xo
故椭圆C的方程为-+V=1.
V=kx+1
(2)设直线I:
v=k(x+1),联立直线与椭圆方程x22
-+V=1,
222O
得(2k+1)x+4kx+2k-2=0,
设A(X1,V1),0X2,V2),
4k2
x1+x2=-2?
T7,
由根与系数的关系可得2
2k-2
2k
2k2+1,
x1x2=2k"
+l,
可得y1+V2=k(X1+X2+2)=
t2kk
故AB中点Q-2k2+1,2k2+1,
k12k2
QN直线方程:
V-R=-1X+22:
门
12k
kx-2k2+1,
•••N—
k2
2k2+1
由已知条件得,
—4<
—萄<
0,
•0<
2k<
1,
•-|AB|=、、:
1+k
2k2+1
4X
2k2—2
=、.1+kx
A<
市"
2<
1,•|AB€彳丫2,2^2.
22k+12'
考向2定点与定值问题
角度1定点问题
例3动点P在圆E(x+1)2+y2=16上运动,定点F(1,0),线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q
(1)求Q的轨迹T的方程;
(2)过点F的直线丨1,丨2分别交轨迹T于AB两点和C,D两点,且丨1丄12.证明:
过AB和CD中点的直线过定点.
解⑴连接QF根据题意,可知|QP=|QF,贝U
IQE+|QFTQE+IQP=4>
|EF,
故Q点的轨迹T为以E,F为焦点,长轴长为4的椭圆,贝Ua=2,c=1,所以b=,;
3,
所以点Q的轨迹T的方程为〒+普=1.
43
(2)证明:
分别设直线AB和CD的中点为MN,当直线AB斜率不存在或为0时,分析可
4343
知直线MN与x轴重合,当直线AB的斜率为1时,此时M7,—7,N7,7,直线MN的方程
44
为x=7,联立解得直线MN经过定点7,0.
下面证明一般性:
当直线AB的斜率存在且不为0,1时,设直线AB的方程为y=k(x—1),
则直线CD的方程为y=—k(x—1),设A(X1,y"
B(X2,汕,
—+—=1
联立43'
消去y得(4k2+3)x2—8k2x+4k2—12=0,
y=kx—1,
8k26k
则x1+x2=齐,所以y1+y2=—C,
4k2+3,
于是直线MN的斜率为
kMN=
3kj3k
3k2+4+4k2+3
~~44k2
7k
1-k2
辱同理N;
,仝
4k2+3'
同理’3k2+4'
3k2+4,
22
3k+44k+3
故直线MN的方程为
3k7kx4
y-3k2+4—4__1-k2X-3k2+4
显然x=7时,y=o,故直线经过定点4,0.
过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线I过定点问题,解法:
设动直线方程(斜率存在)为y=kx+1,由题设条件将t
用k表示为t=mk得y=k(x+n),故动直线过定点(—m,0).
(2)动曲线C过定点问题,解法:
引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成
立,令其系数等于零,得出定点.
(2019•白银市靖远县高三联考)设椭圆C:
孑+春=1(a>
0)的左、右焦点分别为Fi,冃,下顶点为A,O为坐标原点,点O到直线AF>
的距离为马2,△AFF2为等腰直角三角形.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)直线I与椭圆C交于MN两点,若直线AM与直线AN的斜率之和为2,证明:
直线I恒过定点,并求出该定点的坐标.
解
(1)由题意可知,直线
2.
bc
a
xybc
AF>的方程为〜+—=1,即一bx+cy+bc=0,则—22=
c一bx/b+c
因为△AFF2为等腰直角三角形,所以b=c,
又a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=1,
所以椭圆C的标准方程为—+y=1.
⑵证明:
由⑴知A(0,-1),
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+t(t^土1),
代入x+y2=1,得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
所以A=16kt—4(1+2k)(2t—2)>
0,
即t—2k2<
设Mxi,yi),
心4kt2t—2
NX2,y2),贝Uxi+X2=—1+2k2,XiX2=1+2k2,
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2,
yi+1y2+1
所以kA+kAN^+—
XiX2
kxi+1+1kX2+1+1
+
=2k+
t+1Xi+X2
XiX2
=2k—
t+1^4kt
2t2—2
为彳,点A(2,2)在椭圆上,
0为坐标原点.
x
)已知椭圆C:
孑+
y
2=1(a>
0)的离心率
=2,
整理得t=1—k,
所以直线l的方程为y=kX+1=kX+1—k=k(x—1)+1,
显然直线y=k(x—1)+1经过定点(1,1).
当直线I的斜率不存在时,设直线l的方程为x=m
因为直线AM与直线的斜率之和为2,设Mmn),
则Nm—n),
n+1—n+12
所以kAM+kAN=+=_=2,解得m=1,
mmm
此时直线I的方程为x=1.
显然直线X=1也经过该定点(1,1),综上,直线I恒过点(1,1)
角度2定值问题
例4(2019•凯里市第一中学高三下学期模拟
c」
2c■2“
•a=8,b=4,
a2,
解⑴由题有42
尹b2=1,
c2+b2=a2,
•••椭圆C的方程为x+y=1.
84
⑵当直线PN的斜率k不存在时,直线PN的方程为x=.:
2或x=-:
‘2,从而有|PN=2;
3,
11
所以四边形OPMI的面积S=qIPNI0M=X2'
2=2-'
6.
当直线PN的斜率k存在时,设直线PN的方程为y=kx+M讨0),F(X1,yd,N(x2,目2,
222将直线PN的方程代入椭圆C的方程,整理得(1+2k)x+4kmx+2m—8=0,
所以X1+X2=
—4km
1+2k2,
2m—8
2^n—>
—>
y1+y2=k(X1+X2)+2n=,由0M=O冉ON
zn—4km2m
得M1+2k2,1+2k2.
将M点的坐标代入椭圆C的方程得m=1+2k2.
又点O到直线PN的距离为d=」m—2,
Vrrr
|PN=;
X1—X22+y1—y22=:
1+k2|X1—X2|,
•四边形OPMN的面积S=d•PN=|m•X1—X2|='
1+2k2•:
X1+X22—4x1X2=
48k2+24
2k2+1=26.
综上,平行四边形OPM的面积S为定值26.
定值冋题的两种解法
(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值:
即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.
(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等
的正负项相抵消或分子、分母约分得定值.
已知抛物线E:
y2=2px(p>
0),直线x=my+3与E交于A,B两点,且SA-6B=6,其中O为坐标原点.
(1)求抛物线E的方程;
(2)已知点C的坐标为
为定值.
解⑴设A(xi,yi),
x=my+I,2
0X2,y2),2整理得y—2pmy-6p=0,
y=2px,
由根与系数的关系可知,
则XiX2=—,
4p
yi+y2=2pmyiy2=—6p,
由6A・OB=xiX2+yiy2
4p2
卜yiy2=9—6p=6,
解得p=i,所以y
=x.
由题意得
ki=
xi+3my+6
yi,k2=殆my+6
i6i
所以ki=m+y?
k;
=m+y?
i—2m=讨62+
6222n+一—2m=2m+i2m
ii
—+—+I6X
ii22
2+2—2m=2m+yiy2
UmK+I6X
yi+y2_2~2
2—2yiy2—m2,
由(i)可知,
yi+y2=2pm=m
yiy2=—
所以k2+k2
—2m=2m+Hmx
6p=—I,
m+6
2m=24,所以卡+i—2m为定值.
kik2
=4.
考向3探索性问题
例5如图,椭圆C:
i(a>
0)经过点P1,|,离心率e=1,直线l的方程为x
ii2
(—1,0),记直线CACB的斜率分别为ki,k2,证明:
+—2m
⑴求椭圆C的方程;
(2)线段AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线I相交于点M记
直线PAPBPM的斜率分别为ki,k2,ki.问:
是否存在常数入,使得ki+k2=入ki?
若存在,
求入的值;
若不存在,说明理由.
解⑴由pi,I在椭圆上,
因为e=2,所以a=2c,则
b=Ic,
2,2
a=4c,
②代入①解得c2=i,a2=4,
b2=I.
故椭圆C的方程为x+善=1.
(2)由题意可设直线AB的斜率为k,
则直线AB的方程为y=k(x—1),③
代入椭圆方程并整理,得(4k2+3)x2—8k2x+4(k2—3)=0,
设A(xi,yi),B(X2,y2),且xi丰X2丰1,则有
8k24k2—3—
xi+x2=4F+3,xix2=4k2+3,④
在方程③中令x=4得,M的坐标为(4,3k).
从而
yi—2
y2—2
ki=x—7,k2=x—i,k3=
3k—2
4—i
因为A,F,B三点共线,所以
k=kAF=kBF,即有==k.
xi—iX2—i
3yi—2所以ki+k2=-
xi—i
y2一
2yiy2
=+一
X2—ixi—iX2—i
2k—
3.=2k—3
2XiX2—Xi+X2+i2
8k2
4k2+3
=2k—i
4k2—38k2
4k2+3一4k2+3+1
又k3=k—2,所以ki+k2=2k3.故存在常数入=2符合题意.
解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通
常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明确化.其步骤为:
假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;
否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.
(20i9•南通市高三阶段测试)已知A—2,0),B(2,0),点C,D依次满足|AC|=2,AD=
itt
2(AB+AC.
(1)求点D的轨迹;
(2)过点A作直线I交以A,B为焦
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 数学 二轮 复习 专题 解析几何 圆锥曲线 综合 问题 练习