（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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1、1第第 3 3 讲讲 圆锥曲线的综合问题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.MPC2

2、NC2NC2P(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1 2积的取值范围解 连接MC2，因为2，所以P为C2N的中点，C2NC2P因为0，MPC2N所以，MPC2N所以点M在C2N的垂直平分线上，所以|MN|MC2|，因为|MN|MC1|MC2|MC1|24，6所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，因为a，c2，所以b22，6所以点M的轨迹方程为1.x2 6y2 22(2)由题意知直线l的斜率存在，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：ykxm，由Error!得x26kmx3m260，(3k21)x1x2，x1x2，6km

3、 3k213m26 3k2124(6km)(3k21)(3m26)120，(6k22m2)设AB的中点为C，(x0，y0)则x0，y0kx0mm，3km 3k213k2m 3k21m 3k21由题意知 ，所以 2m3k21，m 3k211 2由0，得 0b0)的离心率为，焦距为 2.斜率x2 a2y2 b2632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3D，若C，D和点Q共线，求k.(7 4，1 4)解 (1)由题意得Error!解得a，b1.3所以

4、椭圆M的方程为y21.x2 3(2)设直线l的方程为yxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由Error!得 4x26mx3m230，36m216(3m23)12m2480，即20 显然成立设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Error!|AB|x1x2|，1k212 1k2|b|而原点O到直线l的距离d，|b|1k2SABO |AB|d6.1 2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

5、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由特例得出一个值此值一般就是定值证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关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

6、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，x2 1 4y2 3 4所以曲线：1 是焦点在x轴上的双曲线，x2 1 4y2 3 46其中a2 ，b2 ，故c2a2b21，1 43 4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)，(p 2，0)由题意知 1，所以p2，即抛物线的方程为y24x.p 2(2)由(1)知，抛物线y24x的准线方程为x1，设P，显然m0.(1，m)故M，从而直线OP的方程为ymx，(m2 4，m)联立直线OP与抛物线方程得Error!解得

7、N.(4 m2，4 m)当，即m2 时，直线MN的方程为x1；4 m2m2 4当，即m2 时，直线MN的方程为ym，4 m2m2 44m m24(xm2 4)整理得MN的方程为y(x1)，4m m24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

8、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x2 4y2 3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7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，x2 4y2 3(0， 3)故圆的半径r2，(10)2(0 3)2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

9、，A(x1，y1)，B(x2，y2)，(t，0)当直线l2的斜率存在时，设直线l2的方程为yk(x1)由Error!得x22k2xk240，0 显然成立(k21)所以x1x2，x1x2.2k2 k21k24 k21由kAEkBE0，得kAEkBE，所以0，y1 x1ty2 x2t即0，k(x11)x1tk(x21)x2t即 2x1x2(t1)(x1x2)2t0，即2t0，解得t4.2(k24)k212k2t1k21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，)，3，由E(4,0)知满足kAEkBE0.(1， 3)所以当点E的坐标为(4,0)时，kA

10、EkBE0.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x2 a2y2 b2(1，3 2)(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x8轴的对称点，且A，F，E三点共线？若存在，求D点

11、坐标；若不存在，说明理由解 (1) 2a4， a2，将点P代入1，得b23.(1，3 2)x2 a2y2 b2椭圆方程为1.x2 4y2 3(2)存在定点D满足条件设D(t,0)，直线l方程为xmyt(m0)，联立Error!消去x，得(3m24)y26mty3t2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，y2)，Error!且0.由A，F，E三点共线，可得(x21)y1(x11)y20，即 2my1y2(t1)(y1y2)0， 2m(t1)0，3t212 3m246mt 3m24解得t4，此时由0 得m24.存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m24.9真题体验1(2017

12、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1 k线l1，l2的方程分别为yk(x1)，y (x1)1 k由Error!得k2x2(2k24)xk20，16k2160.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x21，2k24 k2所以|AB|x1x2|1k21k2x1x224x1x21k2(2k24 k2)24.41k2

13、k2同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|4(1k2)41k2k24(1 k211k2)8484216，(k21 k2)当且仅当k2，即k1 时，取得等号1 k2102(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x2 a2y2 b222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32为k2，且k1k2.M是线段OC延长线上一点，且|MC|AB|23，M的半径为24|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

14、 ，2c2，所以c1，c a22所以a，b1，2所以椭圆E的方程为y21.x2 2(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程Error!消去y，得(4k2)x24k1x10.2 13由题意知，0，且x1x2，x1x2，2 3k12k2 11122k2 11所以|AB|x1x2|.1k2 121k2 1 18k2 112k2 1由题意可知，圆M的半径r为r |AB|.2 32 231k2 1 18k2 12k2 11由题设知k1k2，所以k2，2424k1因此直线OC的方程为yx.24k1联立方程Error!11得x2，y2，8k2 1 14k2 11 14k2 1因此|OC|.x2y

15、218k2 1 14k2 1由题意可知，sin.SOT 2r r|OC|11|OC|r而|OC| r18k2 1 14k2 12 231k2 1 18k2 112k2 1，3 2412k2 114k2 1 1k2 1令t12k，则t1， (0,1)，2 11 t因此 1，|OC| r3 2t2t2t13 2121t1 t23 21(1t1 2)29 4当且仅当 ，即t2 时等号成立，此时k1，1 t1 222所以 sin ，因此，SOT 21 2SOT 2 6所以SOT的最大值为. 3综上所述，SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1. 322押题预测已知椭圆C1：1(a0)与抛物线C

16、2：y22ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点Fx2 a2y2 3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|PN| |MQ|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 ，a23a 212所以a24.又a0，所以a2.于是椭圆C1的方程为1，x2 4y2 3抛物线C2的方程为y24x.(2)假设存在直线l使得2，|PN| |MQ

17、|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Error!可得k2x2(2k24)xk20，则x1x4，x1x41，且16k2160，2k24 k2所以|PN|.1k2x1x424x1x441k2k2由Error!可得(34k2)x28k2x4k2120，则x2x3，x2x3，8k2 34k24k212 34k2且144k21440，所以|MQ|.1k2x2x324x2x3121k234k2若2，|PN| |MQ|则2，41k2k2121k234k2解得k.62

18、故存在斜率为k的直线l，使得2.62|PN| |MQ|13A 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x2 a2y2 b21 2C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F1MF1AF1B解 (1)依题意知，2a4，a2，因为e ，所以c1，b2a2c23，1 2所以椭圆C的方程为1.x2 4y2 3(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB：xmy1，则由Error!可得 3(my1)24y212，即

19、(3m24)y26my90，36m236(3m24)144(m21)0，y1y2，y1y2，6m 3m249 3m24又因为，F1MF1AF1B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S 12ABFSA2 |F1F2|y1y2|24.1 2m213m24设t，则m2t21(t1)，m21所以S2424，t 3t2113t1t因为t1，所以 3t 4(当t1 时取等号)，1 t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Cx2 a2y2 b21 314上，且PF1F2的面积的

20、最大值为 2.2(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Error!解得a29，b28，c21，椭圆C的方程为1.x2 9y2 8(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E，点G，使得|GM|GN|，(x0，y0)(m，0)则GEMN.由Error!得x236kx360，(89k2)由0，得kR R 且k0.x1x2，36k 9k28x0，y0kx02.18k 9k2816 9k28GEMN，kGE ，1 k即 ，16 9k280 18k 9k28m1

21、 km.2k 9k2829k8k当k0 时，9k 2128 k9 82，(当且仅当9k8 k，即k2 23时，取等号)m0)(1)证明：kb0)的离心率为，点P在椭圆x2 a2y2 b232(1，32)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)OAOB(1)求椭圆C的方程；16(2)试判断是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由1 |OA|21 |OB|2解 (1)椭圆C的离心率e ，c a32又c2a2b2，a2a2b2，a24b2. 3 4又点P在椭圆上，(1，32)1，1 a23 4b2即1，b21，则a24，1 4b23 4b2椭圆C的方程为y21. x2 4

22、(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，OAOB即OAOB，直线OB的方程为yx.1 k设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把ykx代入椭圆C：y21，x2 4得x，y，2 14 14k22 14k2 14k2同理x，y，2 24k2 4k22 24 4k2 .1 |OA|21 |OB|21 x2 1y2 11 x2 2y2 21 4 14k24k2 14k21 4k2 4k24 4k25 4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 . 1 |OA|21 |OB|21 a21 b21 45 4综上所述，

23、为定值 .1 |OA|21 |OB|25 4B 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(x0，y0)(6，0)17MN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OEOF解 (1)设P(x，y)，由中点坐标公式，得Error!即x02x6，y02y.点M在圆x2y24 上运动，(x0，y0)xy4，即224，2 02 0(2x6)(2y)整理，得2y21.(x3)点P的轨迹C的方程为2y21.(x3)(2)设E(x1，y

24、1)，F(x2，y2)，直线l的方程是ykx1，代入圆2y21.(x3)可得x22x90，(1k2)(3k)由32k224k0，得 0.1 2不存在实数k，使得12.OEOF6(2018河北省武邑中学模拟)已知椭圆C：1(ab0)经过点A，且两个x2 a2y2 b2(1 2，3 54)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18解 (1)由椭圆定义得 2a4，即a2，(1 21)2(3 540

25、)2(1 21)2(3 540)2又c1，所以b23，得椭圆C的标准方程为1.x2 4y2 3(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，(34k2)当判别式34k2b20 时，得x1x2，x1x2.8kb 34k24b212 34k2由已知k1k21，即1，y1y2 x1x2因为点E，F在直线ykxb上，所以x1x2，(kx1b)(kx2b)整理得x1x2bk(x1x2)b20，(k21)即bkb20，(k21)4b212 34k2(8kb 34k2)化简得b2.12k212 7原点O到直线EF的距离d，|b|1k2d2，b2 1k212k212 7k2712 7所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为x2y2.12 7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84712 7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 x2y2.127