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.docx
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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
第3讲圆锥曲线的综合问题
「考情研析」1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数
处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题.2.试题解答往往要综
合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大•
核心知识回顾
1.最值问题
求解最值问题的基本思路是选择变量,建立求解目标的函数解析式,然后利用函数知识、
基本不等式等知识求解其最值.
2•范围问题
求参数范围的问题,牢记“先找不等式,有时需要找出两个量之间的关系,然后消去另一个量,保留要求的量”•不等式的来源可以是A>0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某
个量的范围等.
3•定点问题
在解析几何中,有些含有参数的直线或曲线的方程,不论参数如何变化,其都过某定点,这类问题称为定点问题.
4.定值问题
在解析几何中,有些几何量,如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关,这类问题统称为定值问题.
5•存在性问题的解题步骤
(1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).
(2)解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在,若无解则不存在.
热点考向探究
考向1最值与范围问题
角度1最值问题
例1已知抛物线C的方程为y2=2px(p>0),点R(1,2)在抛物线C上.
(1)求抛物线C的方程;
(2)过点Q1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A,B,若直线ARBR分别交直线I:
y=2x+2于MN两点,求|MN最小时直线AB的方程.
解
(1)•••点R(1,2)在抛物线C:
y=2px(p>0)上,
•••4=2p,解得p=2,「.抛物线C的方程为y2=4x.
(2)设点A(X1,yj,0X2,y2),直线AB的方程为x=n(y—1)+1,0,
x=my—1+1,2
由2消去x并整理得y—4口什4(m—1)=0,
y=4x,
yi+y2=4myiy2=4(m-1),
设直线AR的方程为y=ki(x—1)+2,
y=kix—1+2,
由
y=2x+2,
ki
解得点M的横坐标xm=—,
又ki=
yi—2
xi—1=
yi—2
yi
4
ki
ki—2
2
yi,
ki—2
同理点N的横坐标xn=—2,
|y2—yi|=~y2+yi—2—4yiy2=4pm_m+1,
•'•IMN=5|xm—xn|=5
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.
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.
2
x2
•椭圆C的方程为—+y=1.
解法三:
=2
2
•-a=2c[又a=b+c,•a=二;2b=2c.
22
•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.
2
xo
•椭圆C的方程为—+y=1.
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
解法二:
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
yi+y2
yi
my—i+my—i
y2
2m-
2m
2+m
yi+y2
2myy2
yi+y2
•••直线AB过定点(一2,0),设定点为T,则
SFiAb=1S^iTB—&FiTA1
1
2•丨Fin
-Iy2|—2•丨FiTI•!
yi|
i
=2iy2+yi|
i
2+m=2而+im
im
当且仅当
2
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),
22
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,
2
y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=kX1X2+2k(x+X2)+4
2222
12k32k16k+4—4k+4
4k+14k+1—4k+14k+1,
•••/AO助锐角,
6A-Sb=X1X2+y$2=
.2
16—4k
4k+1
>0,
即4k2<16,得一2 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. 22 xv_ 椭圆C: 才+寻=1(a>b>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 2. (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 2 1 2. •••直线PA与OM勺斜率之积恒为-2, 2 X02,u, 2+Vo=1,…b=1. 2 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, 2 •0<2k<1, •-|AB|=、、: 1+k 4k2 2k2+1 4X 2k2—2 2k2+1 =、.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, 22 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), 1 则直线CD的方程为y=—k(x—1),设A(X1,y",B(X2,汕, 22 xy —+—=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 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. 22 xy (2019•白银市靖远县高三联考)设椭圆C: 孑+春=1(a>b>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, 2 x2 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), 2 代入x+y2=1,得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0, 2222 所以A=16kt—4(1+2k)(2t—2)>0, 即t—2k2<1, 2 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 + XiX2 =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. 2 x )已知椭圆C: 孑+ y 2=1(a>b>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, 22 •••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, X1X2= 2m—8 1+2k2, 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, 2 则XiX2=—, 4p yi+y2=2pmyiy2=—6p, 由6A・OB=xiX2+yiy2 2 4p2 卜yiy2=9—6p=6, 解得p=i,所以y 2 =x. (2)证明: 由题意得 ki= yi y2 xi+3my+6 yi,k2=殆my+6 i6i 所以ki=m+y? k;=m+y? i—2m=讨62+ yi 6222n+一—2m=2m+i2m y2 ii —+—+I6X yiy2 ii22 2+2—2m=2m+yiy2 yi+y2 UmK+I6X yiy2 yi+y2_2~2 yiy2 2—2yiy2—m2, 由(i)可知, yi+y2=2pm=m yiy2=— ii 所以k2+k2 22 —2m=2m+Hmx 6p=—I, 2 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>b>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 22 b=Ic, 2,2 a=4c, ②代入①解得c2=i,a2=4, b2=I. 22 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 3 yi—2 3 y2—2 ki=x—7,k2=x—i,k3= 3 3k—2 4—i 因为A,F,B三点共线,所以 yiy2 k=kAF=kBF,即有==k. xi—iX2—i 3yi—2所以ki+k2=- xi—i 3 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 i 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
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