学年度高考数学二轮复习第2部分专题五解析几何必考点文1.docx
- 文档编号:26905080
- 上传时间:2023-06-23
- 格式:DOCX
- 页数:24
- 大小:61.97KB
学年度高考数学二轮复习第2部分专题五解析几何必考点文1.docx
《学年度高考数学二轮复习第2部分专题五解析几何必考点文1.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《学年度高考数学二轮复习第2部分专题五解析几何必考点文1.docx(24页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
学年度高考数学二轮复习第2部分专题五解析几何必考点文1
——教学资料参考参考范本——
2019-2020学年度高考数学二轮复习第2部分专题五解析几何必考点文1
______年______月______日
____________________部门
必考点一 圆锥曲线中的最值、范围问题
类型一 学会踩点
[例1] (本题满分12分)设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e;
(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为,求E的方程.
解:
(1)由题设条件知,点M的坐标为,(1分)
又kOM=,从而=,即=,(2分)
进而得a=b,c==2b,故e==.(4分)
(2)由题设条件和
(1)的计算结果可得,直线AB的方程为+=1,点N的坐标为.(6分)
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为,(7分)
则线段NS的中点T的坐标为.(8分)
又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,
从而有解得b=3.(11分)
所以a=3,故椭圆E的方程为+=1.(12分)
评分细则:
得分点及踩点说明
(1)第
(1)问中,无“c=”的关系者扣1分
(2)第
(2)问中,无“AB直线方程”,直接得S点坐标,扣1分
(3)第
(2)问中,无“关于x、b的方程组者”直接得b=3者扣1分
(4)以上各得分点缺少者扣该点分
1.(20xx·高考全国甲卷)(本题满分12分)已知A是椭圆E:
+=1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|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明:
解: (1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0. 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为. 又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2. 将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0. 解得y=0或y=,所以y1=. 因此△AMN的面积S△AMN=2×××=. (2)证明: 将直线AM的方程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|=. 由题设,直线AN的方程为y=-(x+2), 故同理可得|AN|=. 由2|AM|=|AN|得=, 即4k3-6k2+3k-8=0. 设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点.f′(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)单调递增.又f()=15-26<0,f (2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在(,2)内,所以 类型二 学会审题 [例2] (20xx·高考全国丙卷)已知抛物线C: y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,G两点,交C的准线于P,Q两点. (1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明AR∥FQ; (2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程. 审题路线图 [规范解答] 由题知F.设l1: y=a,l2: y=b,则ab≠0,且A,B,P,Q,R. 记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0. (1)由于F在线段AB上,故1+ab=0. 记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则 k1====-=-b=k2.所以AR∥FQ. (2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a||x1-|,S△PQF=. 由题设可得|b-a||x1-|=,所以x1=0(舍去)或x1=1. 设满足条件的AB的中点为E(x,y). 当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得=(x≠1). 而=y,所以y2=x-1(x≠1). 当AB与x轴垂直时,E与D重合,此时E点坐标为(1,0)满足方程y2=x-1, 所以,所求轨迹方程为y2=x-1. 2.已知抛物线C: y=2x2,直线l: y=kx+2交C于A,B两点,M是线段AB的中点,过M作x轴的垂线交C于点N. (1)证明: 抛物线C在点N处的切线与AB平行; (2)是否存在实数k,使以AB为直径的圆M经过点N? 若存在,求k的值;若不存在,说明理由. 解: (1)证明: 设A(x1,y1),B(x2,y2),把y=kx+2代入y=2x2中,得2x2-kx-2=0, ∴x1+x2=. ∵xN=xM==,∴N点的坐标为. ∵(2x2)′=4x,∴(2x2)′|x==k, 即抛物线在点N处的切线的斜率为k. ∵直线l: y=kx+2的斜率为k,∴切线平行于AB. (2)假设存在实数k,使以AB为直径的圆M经过点N. ∵M是AB的中点,∴|MN|=|AB|. 由 (1)知yM=(y1+y2)=(kx1+2+kx2+2) =[k(x1+x2)+4]==+2, ∵MN⊥x轴,∴|MN|=|yM-yN|=+2-=. ∵|AB|=×=×=×. ∴=×,∴k=±2, ∴存在实数k=±2,使以AB为直径的圆M经过点N. 类型三 学会规范 [例3] (20xx·高考全国乙卷)(本题满分12分)在直角坐标系xOy中,直线l: y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C: y2=2px(p>0)于点P,M关于P点对称点为N,连接ON并延长交C于点H. (1)求; (2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点? 说明理由. [考生不规范示例] 解: (1)M(0,t),P∴N是OH的中点. ∴=2. (2)由 (1)知H∴MH方程为y-t=x 联立方程组得 y2-4ty+4t2=0,方程只有一根y=2t. 故MH与C只有一个交点为H. [规范解答] (1)如图,由已知得M(0,t),P. 又N为M关于点P的对称点,故N,ON的方程为y=x,代入y2=2px,整理得px2-2t2x=0, 解得x1=0,x2=.因此H.(4分) 所以N为OH的中点,即=2.(5分) (2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下: 直线MH的方程为y-t=x,即x=(y-t).(10分) 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分) [终极提升]——登高博见 1.与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 (1)数形结合法: 根据待求值的几何意义,充分利用平面图形的几何性质求解. (2)构建函数法: 先引入变量,构建以待求量为因变量的函数,再求其最值,常用基本不等式或导数法求最值(注意: 有时需先换元再求最值). 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,确定出极端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. (3)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. 限时规范训练七 圆锥曲线中的最值、范围问题 (建议用时45分钟) 解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 1.如图,已知抛物线C1: x2=2py的焦点在抛物线C2: y=x2+1上. (1)求抛物线C1的方程及其准线方程; (2)过抛物线C1上的动点P作抛物线C2的两条切线PM,PN,切点为M,N.若PM,PN的斜率乘积为m,且m∈[2,4],求|OP|的取值范围. 解: (1)C1的焦点为F,所以=0+1,p=2. 故C1的方程为x2=4y,其准线方程为y=-1. (2)任取点P(2t,t2),设过点P的C2的切线方程为y-t2=k(x-2t). 由得x2-2kx+4tk-2t2+2=0. 由Δ=(-2k)2-4(4tk-2t2+2)=0, 化简得k2-4tk+2t2-2=0, 设PM,PN斜率分别为k1,k2,则m=k1k2=2t2-2, 因为m∈[2,4],所以t2∈[2,3], 所以|OP|2=4t2+t4=(t2+2)2-4∈[12,21], 所以|OP|∈[2,] 2.(20xx·河北××市模拟)在平面直角坐标系xOy中,一动圆经过点且与直线x=-相切,设该动圆圆心的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程; (2)设P是曲线E上的动点,点B、C在y轴上,△PBC的内切圆的方程为(x-1)2+y2=1,求△PBC面积的最小值. 解: (1)由题意可知圆心到的距离等于到直线x=-的距离,由抛物线的定义可知,曲线E的方程为y2=2x. (2)法一: 设P(x0,y0),B(0,b),C(0,c), 直线PB的方程为: (y0-b)x-x0y+x0b=0, 又圆心(1,0)到PB的距离为1, 所以=1, 整理得: (x0-2)b2+2y0b-x0=0, 同理可得: (x0-2)c2+2y0c-x0=0, 所以b,c是方程(x0-2)x2+2y0x-x0=0的两根, 所以b+c=,bc=, 依题意bc<0,即x0>2, 则(b-c)2=, 因为y=2x0,所以|b-c|=, 所以S=|b-c|x0=(x0-2)++4≥8, 当x0=4时上式取得等号, 所以△PBC面积的最小值为8. 法二: 设P(x0,y0),直线PB: y-y0=k(x-x0),由题意知PB与圆(x-1)2+y2=1相切,则 =1,整理得: (x-2x0)k2+2(1-x0)y0k+y-1=0, k1+k2=-,k1k2=, 依题意x0>2, 则|yB-yC|=|(y0-k1x0)-(y0-k2x0)=|k1-k2|x0, 又|k1-k2|=,则|yB-yC|=, 所以S=|yB-yC||x0|=(x0-2)++4≥8,当且仅当x0=4时上式取得等号, 所以△PBC面积的最小值为8. 3.已知圆E: x2+2=经过椭圆C: +=1(a>b>0)的左、右焦点F1,F2且与椭圆C在第一象限的交点为A,且F1,E,A三点共线.直线l交椭圆C于M,N两点,且=λ(λ≠0). (1)求椭圆C的方程; (2)当△AMN的面积取到最大值时,求直线l的方程. 解: (1)∵F1,E,A三点共线,∴F1A为圆E的直径, ∴AF2⊥F1F2. 由x2+2=, 得x=±,∴c=, |AF2|2=|AF1|2-|F1F2|2=9-8=1, 2a=|AF1|+|AF2|=4,a=2. ∵a2=b2+c2,∴b=, ∴椭圆C的方程为+=1. (2)由题知,点A的坐标为(,1),∵=λ(λ≠0), ∴直线的斜率为, 故设直线l的方程为y=x+m, 联立得,x2+mx+m2-2=0, 设M(x1,y1),N(x2,y2), ∴x1+x2=-m,x1x2=m2-2, Δ=2m2-4m2+8>0,∴-2<m<2. 又|MN|=|x2-x1|==, 点A到直线l的距离d=, ∴S△AMN=|MN|·d=×|m| =≤×=, 当且仅当4-m2=m2,即m=±时等号成立, 此时直线l的方程为y=x±. 4.已知圆C1: x2+y2=r2(r>0)的一条直径是椭圆C2: +=1(a>b>0)的长轴,过椭圆C2上一点D的动直线l与圆C1相交于点A,B,弦AB长的最小值是. (1)求圆C1和椭圆C2的方程; (2)椭圆C2的右焦点为F,过点F作两条互相垂直的直线m,n,设直线m交圆C1于点P,Q,直线n交椭圆C2于点M,N,求四边形PMQN面积的取值范围. 解: (1)当l垂直于OD时|AB|最小, 因为|OD|==,所以r==2, 因为圆C1: x2+y2=r2(r>0)的一条直径是椭圆C2的长轴,所以a=2. 又点D在椭圆C2: +=1(a>b>0)上, 所以+=1⇒b=, 所以圆C1的方程为x2+y2=4, 椭圆C2的方程为+=1. (2)椭圆C2的右焦点F的坐标是(1,0), 当直线m垂直于x轴时,|PQ|=2,|MN|=4, 四边形PMQN的面积S=4; 当直线m垂直于y轴时,|PQ|=4,|MN|=3, 四边形PMQN的面积S=6, 当直线m不垂直于坐标轴时,设n的方程为y=k(x-1)(k≠0),此时直线m的方程为y=-(x-1), 圆心O到直线m的距离为d=, 所以|PQ|=2=2, 将直线n的方程代入椭圆C2的方程得到(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0, |MN|=, 所以四边形PMQN的面积S=|PQ|·|MN| = = =4·∈(6,4),∵4+>4 ∴0<< ∴-<<0 ∴<+1<1 ∴<<1 综上,四边形PMQN的面积的取值范围是[6,4]. 必考点二 圆维曲线中的定点、定值探索问题 类型一 学会踩点 [例1] (本题满分12分)已知椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率为,点(2,)在C上. (1)求C的方程; (2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明: 直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. 解: (1)由题意有=,+=1, 解得a2=8,b2=4.(3分) 所以C的方程为+=1.(4分) (2)证明: 设直线l: y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).(5分) 将y=kx+b代入+=1,得 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.(7分) 故xM==,yM=k·xM+b=.(9分) 于是直线OM的斜率kOM==-,(10分) 即kOM·k=-.(11分) 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.(12分) 评分细则: 得分点及踩点说明 (1)第一问中,缺少有关a、b的方程,直接得a2=8,b2=4,扣2分 (2)第二问中,设l: y=kx+b,缺少“k≠0,b≠0”,扣1分 (3)第二问中,无“结论性”语言扣1分 (4)第二问中用“点差法”,参考本解答给分 1.已知椭圆C: +=1(a>b>0),过焦点垂直于椭圆长轴的弦长为1,且焦点与椭圆短轴两端点构成等边三角形. (1)求椭圆的方程; (2)过点Q(-1,0)的直线l交椭圆于A,B两点,交直线x=-4于点E,=λ,=μ.判断λ+μ是否为定值? 若是,求出该定值;若不是,请说明理由. 解: (1)由条件得⇒ 所以椭圆的方程为+y2=1. (2)易知直线l的斜率存在,令l: y=k(x+1),A(x1,y1),B(x2,y2),E(-4,y0), 联立 消去y得(1+4k2)x2+8k2x+4k2-4=0, Δ=48k2+16>0, ∴x1+x2=-,x1x2=, 由=λ得(-1-x1,-y1)=λ(x2+1,y2), 即则λ=-, 由=μ得(-4-x1,y0-y1)=μ(x2+4,y2-y0),即则μ=-, ∴λ+μ=- =-, 将x1+x2=-,x1x2=代入上式得 λ+μ=- =-=0. 类型二 学会审题 [例2] (20xx·高考山东卷改编)平面直角坐标系xOy中,椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率是,抛物线E: x2=2y的焦点F是C的一个顶点. (1)求椭圆C的方程. (2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M. 求证: 点M在定直线上; 审题路线图 [规范解答] (1)由题意知=,可得a2=4b2. 因为抛物线E的焦点为F, 所以b=,a=1. 所以椭圆C的方程为x2+4y2=1. (2)证明: 设P(m>0). 由x2=2y,可得y′=x,所以直线l的斜率为m. 因此直线l的方程为y-=m(x-m),即y=mx-. 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0), 联立方程 得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.① 由Δ>0,得0<m<(或0<m2<2+).② 由①得x1+x2=,因此x0=. 将其代入y=mx-,得y0=. 因为=-, 所以直线OD的方程为y=-x. 联立方程 得点M的纵坐标yM=-, 所以点M在定直线y=-上. 2.已知点A1(-2,0),A2(2,0),过点A1的直线l1与过点A2的直线l2相交于点M,设直线l1的斜率为k1,直线l2的斜率为k2,且k1k2=-. (1)求直线l1与l2的交点M的轨迹方程; (2)已知F2(1,0),设直线l: y=kx+m与 (1)中的轨迹M交于P,Q两点,直线F2P,F2Q的倾斜角分别为α,β,且α+β=π,求证: 直线l过定点,并求该定点的坐标. 解: (1)设点M(x,y),则k1=,k2=, 由k1·k2=·=-,整理得+=1. ∵由题意知点M不与A1(-2,0),A2(2,0)重合, ∴点A1(-2,0),A2(2,0)不在轨迹上, ∴点M的轨迹方程为+=1(y≠0). (2)由题意知,直线l的斜率存在且不小于零, 联立方程 消y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则 且kF2P=,kF2Q=, 由已知α+β=π,得kF2P+kF2Q=0, ∴+=0, 化简得2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0, 代入得2k·--2m=0, ∴整理得m=-4k, ∴直线PQ的方程为y=k(x-4), 因此直线PQ过定点,该定点的坐标为(4,0). 类型三 学会规范 [例3] (本题满分12分)在直角坐标系xOy中,曲线C: y=与直线l: y=kx+a(a>0)交于M,N两点. (1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程; (2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN? 说明理由. [考生不规范示例] 解: (1)k=0,M(2,a),N(-2,a), y′=,∴k1=,k2=-. ∴切线方程为y-a=(x-2)和y-a=-(x+2). (2)假设存在点P(0,b),M(x1,y1)N(x2,y2). 由得x2-4kx-4a=0 x1+x2=4k,x1x2=-4a,k1+k2=+=, ∴当b=-a时,k1+k2=0,∴∠OPM=∠OPN. [规范解答] (1)由题设可得M(2,a),N(-2,a),(2分) 或M(-2,a),N(2,a). 又y′=,故y=在x=2处的导数值为,曲线C在点(2,a)处的切线方程为y-a=(x-2), 即x-y-a=0.(4分) y=在x=-2处的导数值为-,曲线C在点(-2,a)处的切线方程为y-a=-(x+2), 即x+y+a=0.(6分) 故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=0. (2)存在符合题意的点.证明如下: 设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2. 将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.(8分) 故x1+x2=4k,x1x2=-4a. 从而k1+k2=+ ==.(10分) 当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补, 故∠OPM=∠OPN,所以点P(0,-a)符合题意.(12分) [终极提升]——登高博见 动线过定点问题的两大类型及解法 (1)动直线l过定点问题,解法: 设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),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.此题又涉及存在性问题,故先采用特值法求出定点,再让该定点适合一般情况. 限时规范训练八 圆锥曲线中的定点、定值探索问题 (建议用时45分钟) 解答题(解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 1.如图,椭圆+=1(a>b>0)过点P,其左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=,M,N是椭圆右准线上的两个动点,且·=0. (1)求椭圆的方程; (2)求MN的最小值; (3)以MN为直径的圆C是否过定点? 请证明你的结论. 解: (1)∵e==,且过点P, ∴解得∴椭圆方程为+=1. (2)设点M(4,y1),N(4,y2),则=(5,y1),=(3,y2),·=15+y1y2=0,∴y1y2=-15. 又∵MN=|y2-y1|==+|y1|≥2, ∴MN的最小值为2. (3)证明: 圆心C的坐标为, 半径r=. 圆C的方程为(x-4)2+2=, 整理得x2+y2-8x-(y1+y2)y+16+y1y2=0. ∵y1y2=-15,∴x2+y2-8x-(y1+y2)y+1=0, 令y=0,得x2-8x+1=0,∴x=4±. ∴圆C过定点(4±,0). 2.如图,椭圆E: +=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明: 直线AP与AQ的斜率之和为2. 解: (1)由题设知=,b=1, 结合a2=b2+c2,解得a=. 所以椭圆的方程为+y2=1. (2)证明: 由题设知,直线PQ的方程为 y=k(x-1)+1(k≠2), 代入+y2=1, 得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0. 由已知Δ>0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0, 则x1+x2=,x1x2=. 从而直线AP,AQ的斜率之和 kAP+kAQ=+ =+ =2k+(2-k) =2k+(2-k) =2k+(2-k) =2k-2(k-1)=2. 3.已知点A(2,2)在抛物线C: x2=2py(p>0)上. (1)求抛物线C的方程; (2)设定点D(0,m)(m<0),过D作直线y=kx+m(k>0)与抛物线C交于M(x1,y1),N(x2,y2)(y1<y2)两点,连接ON(O为坐标原点),过点M作垂直于x轴的直线交ON于点G. (ⅰ)证明: 点G在一条定直线上; (ⅱ)求四边形ODMG面积的最大值. 解: (1)∵A(2,2)在抛物线x2=2py上, ∴ (2)2=4p,p=2, ∴抛物线C的方程为x2=4y. (2)(ⅰ)证明: 由消去y整理得 x2-4kx-4m=0. ∵M(x1,y1),N(x2,y2)是y=kx+m与x2=4y的交点, ∴x1+x2=4k,x1x2=-4m,直线ON的方程为y=x, ∴yG=x1=x1==-m为定值, 所以,点G在一条定直线y=-m上. (ⅱ)易知四边形ODMG为梯形, ∴S=[-m+(-m-y1)]x1=x1 =-mx1-x. 结合图形易知0<x1<2,S′=-m-x, 由S′=0得x=-m, 解得x1=<2, 当x1∈时,S′>0; 当x1∈时,S′<0, ∴S在上单调递增,上单调递减, ∴当x=时, Smax=-m- ==-. 4.设抛物线C1: y2=4x的准线与x轴交于点F1,焦点为F2.以F1,F2为焦点,离心率为的椭圆记作C2. (1)求椭圆的标准方程; (2)直线L经过椭圆C2的右焦点F2,与抛物线C1交于A1,A2两点,与椭圆C2交于B1,B2两点,当以B1B2为直径的圆经过F1时,求|A1A2|的长; (3)若M是椭圆上的动点,以M为圆心,MF2为半径作⊙M,是否存在定⊙N,使得⊙M与⊙N恒相切? 若存在,求出⊙N的方程,若不存在,请说明理由. 解
- 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:
- 学年度 高考 数学 二轮 复习 部分 专题 解析几何 必考