全国通用版2019高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题学案文.doc
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第3讲圆锥曲线的综合问题考情考向分析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,难度较大热点一范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题,可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值),或者利用式子的几何意义求解例1(2018百校联盟联考)已知N为圆C1:(x2)2y224上一动点,圆心C1关于y轴的对称点为C2,点M,P分别是线段C1N,C2N上的点,且0,2.(1)求点M的轨迹方程;(2)直线l与曲线交于A,B两点,AB的中点在直线y上,求OAB(O为坐标原点)面积的取值范围解连接MC2,因为2,所以P为C2N的中点,因为0,所以,所以点M在C2N的垂直平分线上,所以|MN|MC2|,因为|MN|MC1|MC2|MC1|24,所以点M在以C1,C2为焦点的椭圆上,因为a,c2,所以b22,所以点M的轨迹方程为1.(2)由题意知直线l的斜率存在,设A(x1,y1),B(x2,y2),l:ykxm,由得x26kmx3m260,x1x2,x1x2,24120,设AB的中点为C,则x0,y0kx0mm,由题意知,所以2m3k21,由0,得0m4,因为|AB|,原点O到直线AB的距离d,所以SOAB,即0b0)的离心率为,焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.(1)求椭圆M的方程;(2)若k1,求|AB|的最大值;(3)设P(2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D,若C,D和点Q共线,求k.解(1)由题意得解得a,b1.所以椭圆M的方程为y21.(2)设直线l的方程为yxm,A(x1,y1),B(x2,y2)由得4x26mx3m230,36m216(3m23)12m2480,即2m0显然成立设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|x1x2|,而原点O到直线l的距离d,SABO|AB|d6.当直线l的斜率不存在时,l:x2或x2,则|AB|6,原点O到直线l的距离d2,SABO6.综上所述,ABO的面积为定值6.思维升华(1)动直线过定点问题的两大类型及解法动直线l过定点问题,解法:设动直线方程(斜率存在)为ykxt,由题设条件将t用k表示为tmk,得yk(xm),故动直线过定点(m,0)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(2)求解定值问题的两大途径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抵消或分子、分母约分得定值跟踪演练2(2018凯里市第一中学模拟)已知抛物线C:y22px(p0)的焦点与曲线:12x24y23的一个焦点相同,O为坐标原点,点M为抛物线C上任意一点,过点M作x轴的平行线交抛物线的准线于点P,直线OP交抛物线于点N.(1)求抛物线C的方程;(2)求证:直线MN过定点G,并求出此定点的坐标解(1)由曲线:12x24y23,化为标准方程可得1,所以曲线:1是焦点在x轴上的双曲线,其中a2,b2,故c2a2b21,的焦点坐标分别为F1(1,0),F2(1,0),因为抛物线的焦点坐标为(p0),由题意知1,所以p2,即抛物线的方程为y24x.(2)由(1)知,抛物线y24x的准线方程为x1,设P,显然m0.故M,从而直线OP的方程为ymx,联立直线OP与抛物线方程得解得N.当,即m2时,直线MN的方程为x1;当,即m2时,直线MN的方程为ym,整理得MN的方程为y(x1),此时直线恒过定点G(1,0),因为(1,0)也在直线MN的方程x1上,故直线MN恒过定点G(1,0)热点三探索性问题1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2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法例3已知圆C的圆心为原点,其半径与椭圆D:1的左焦点和上顶点的连线线段长度相等(1)求圆C的标准方程;(2)过椭圆右焦点的动直线l2(其斜率不为0)交圆C于A,B两点,试探究在x轴正半轴上是否存在定点E,使得直线AE与BE的斜率之和为0?若存在,求出点E的坐标,若不存在,请说明理由解(1)由题意知,椭圆D:1的左焦点的坐标为(1,0),上顶点的坐标为,故圆的半径r2,所以圆C的标准方程为x2y24.(2)假设存在符合条件的点E.设E,A(x1,y1),B(x2,y2),当直线l2的斜率存在时,设直线l2的方程为yk(x1)由得x22k2xk240,0显然成立所以x1x2,x1x2.由kAEkBE0,得kAEkBE,所以0,即0,即2x1x2(t1)(x1x2)2t0,即2t0,解得t4.即E(4,0)当直线l2的斜率不存在时,直线l2的方程为x1,与圆C的交点坐标分别为(1,),由E(4,0)知满足kAEkBE0.所以当点E的坐标为(4,0)时,kAEkBE0.思维升华解决探索性问题的注意事项存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采取另外的途径跟踪演练3(2018山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭圆1(ab0)过点P,点F是椭圆的右焦点(1)求椭圆方程;(2)在x轴上是否存在定点D,使得过D的直线l交椭圆于A,B两点设点E为点B关于x轴的对称点,且A,F,E三点共线?若存在,求D点坐标;若不存在,说明理由解(1) 2a4, a2,将点P代入1,得b23.椭圆方程为1.(2)存在定点D满足条件设D(t,0),直线l方程为xmyt(m0),联立消去x,得(3m24)y26mty3t2120,设A(x1,y1),B(x2,y2),则E(x2,y2),且0.由A,F,E三点共线,可得(x21)y1(x11)y20,即2my1y2(t1)(y1y2)0, 2m(t1)0,解得t4,此时由0得m24.存在定点D(4,0)满足条件,且m满足m24.真题体验1(2017全国改编)已知F为抛物线C:y24x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|DE|的最小值为_答案16解析因为F为y24x的焦点,所以F(1,0)由题意知,直线l1,l2的斜率均存在且不为0,设l1的斜率为k,则l2的斜率为,故直线l1,l2的方程分别为yk(x1),y(x1)由得k2x2(2k24)xk20,16k2160.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1x21,所以|AB|x1x2|.同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|4(1k2)48484216,当且仅当k2,即k1时,取得等号2(2017山东)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:1(ab0)的离心率为,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:yk1x交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2.M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切线,切点分别为S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率解(1)由题意知,e,2c2,所以c1,所以a,b1,所以椭圆E的方程为y21.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程消去y,得(4k2)x24k1x10.由题意知,0,且x1x2,x1x2,所以|AB|x1x2|.由题意可知,圆M的半径r为r|AB|.由题设知k1k2,所以k2,因此直线OC的方程为yx.联立方程得x2,y2,因此|OC|.由题意可知,sin.而,令t12k,则t1,(0,1),因此1,当且仅当,即t2时等号成立,此时k1,所以sin ,因此,所以SOT的最大值为.综上所述,SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率为k1.押题预测已知椭圆C1:1(a0)与抛物线C2:y22ax相交于A,B两点,且两曲线的焦点F重合(1)求C1,C2的方程;(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M,Q两点,与抛物线分别交于P,N两点,是否存在斜率为k(k0)的直线l,使得2?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由押题依据本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题,体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查关注知识交汇,突出综合应用是高考的特色解(1)因为C1,C2的焦点重合,所以,所以a24.又a0,所以a2.于是椭圆C1的方程为1,抛物线C2的方程为y24x.(2)假设存在直线l使得2,当lx轴时,|MQ|3,|PN|4,不符合题意,直线l的斜率存在,可设直线l的方程为yk(x1)(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4)由可得k2x2(2k24)xk20,则x1x4,x1x41,且16k2160,所以|PN|.由可得(34k2)x28k2x4k2120,则x2x3,x2x3,且144k21440,所以|MQ|.若2,则2,解得k.故存在斜率为k的直线l,使得2.A组专题通关1(2018安徽省“皖南八校”联考)设椭圆C:1(ab0)的离心率为e,椭圆C上一点M到左、右两个焦点F1,F2的距离之和是4.(1)求椭圆的方程;(2)已知过F2的直线与椭圆C交于A,B两点,且两点与左、右顶点不重合,若,求四边形AMBF1面积的最大值解(1)依题意知,2a4,a2,因为e,所以c1,b2a2c23,所以椭圆C的方程为1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),AB:xmy1,则由可得3(my1)24y212,即(3m24)y26my90,36m236(3m24)144(m21)0,y1y2,y1y2,又因为,所以四边形AMBF1是平行四边形,设平行四边形AMBF1的面积为S,则S2|F1F2|y1y2|24.设t,则m2t21(t1),所以S2424,因为t1,所以3t4(当t1时取等号),所以S(0,6,所以四边形AMBF1面积的最大值为6.2已知椭圆 C:1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,点P在椭圆C上,且PF1F2的面积的最大值为2.(1)求椭圆C的方程;(2)已知直线l:ykx2(k0)与椭圆C交于不同的两点M,N,若在x轴上存在点G,使得|GM|GN|,求点G的横坐标的取值范围解(1)由已知得解得a29,b28,c21,椭圆C的方程为1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为E,点G,使得|GM|GN|,则GEMN.由得x236kx360,由0,得kR且k0.x1x2,x0,y0kx02.GEMN,kGE,即,m.当k0时,9k212,m0;当k0时,9k12,00)(1)证明:k;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且0.证明:2|.证明(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则1,1.两式相减,并由k,得k0.由题设知1,m,于是k.由题设得0m,故k.(2)由题意得F(1,0)设P(x3,y3),则(x31,y3)(x11,y1)(x21,y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1,y3(y1y2)2mb0)的离心率为,点P在椭圆上不过原点的直线l与椭圆交于A,B两点,且0(O为坐标原点)(1)求椭圆C的方程;(2)试判断是否为定值?若是,求出这个值;若不是,请说明理由解(1)椭圆C的离心率e,又c2a2b2,a2a2b2,a24b2.又点P在椭圆上,1,即1,b21,则a24,椭圆C的方程为y21.(2)当直线OA的斜率存在且不为0时,设其方程为ykx,A,B分别为椭圆上的两点,且0,即OAOB,直线OB的方程为yx.设A(x1,y1),B(x2,y2),把ykx代入椭圆C:y21,得x,y,同理x,y,.当直线OA,OB中的一条直线的斜率不存在时,则另一条直线的斜率为0,此时1.综上所述,为定值.B组能力提高5已知点M在圆O:x2y24上运动,且存在一定点N,点P(x,y)为线段MN的中点(1)求点P的轨迹C的方程;(2)过A(0,1)且斜率为k的直线l与点P的轨迹C交于不同的两点E,F,是否存在实数k,使得12?若存在,求出k的值,若不存在,说明理由解(1)设P(x,y),由中点坐标公式,得即x02x6,y02y.点M在圆x2y24上运动,xy4,即224,整理,得2y21.点P的轨迹C的方程为2y21.(2)设E(x1,y1),F(x2,y2),直线l的方程是ykx1,代入圆2y21.可得x22x90,由32k224k0,得k0.不存在实数k,使得12.6(2018河北省武邑中学模拟)已知椭圆C:1(ab0)经过点A,且两个焦点F1,F2的坐标依次为(1,0)和(1,0)(1)求椭圆C的标准方程;(2)设E,F是椭圆C上的两个动点,O为坐标原点,直线OE的斜率为k1,直线OF的斜率为k2,若k1k21,证明:直线EF与以原点为圆心的定圆相切,并写出此定圆的标准方程解(1)由椭圆定义得2a4,即a2,又c1,所以b23,得椭圆C的标准方程为1.(2)当直线EF的斜率存在时,设直线EF的方程为ykxb,E(x1,y1),F(x2,y2),直线EF的方程与椭圆方程联立,消去y得x28kbx4b2120,当判别式34k2b20时,得x1x2,x1x2.由已知k1k21,即1,因为点E,F在直线ykxb上,所以x1x2,整理得x1x2bk(x1x2)b20,即bkb20,化简得b2.原点O到直线EF的距离d,d2,所以直线与一个定圆相切,定圆的标准方程为x2y2.当直线EF的斜率不存在时,此时,直线EF的方程为x,满足与定圆x2y2相切故直线EF与以原点为圆心的定圆相切,定圆的标准方程为x2y2.- 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