[ID:3-6106854] 2020版高考理科数学(经典版)复习-高考大题冲关系列(5) 高考解析几何中的 ...
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命题动向:从近五年的高考试题来看,圆锥曲线问题在高考中属于必考内容,并且常常在同一份试卷上多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识;第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题,解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.                        题型1 最值、范围问题 角度1  最值问题 例1 (2019·陕西联考)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2,由4个点M(-a,b),N(a,b),F2和F1构成一个高为,面积为3的等腰梯形. (1)求椭圆的方程; (2)过点F1的直线和椭圆交于A,B两点,求△F2AB面积的最大值. 解 (1)由条件得b=,且·=3, ∴a+c=3. 又a2-c2=3,解得a=2,c=1. ∴椭圆的方程为+=1. (2)显然,直线AB的斜率不能为0. 设直线AB的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2), 联立消去x得(3m2+4)y2-6my-9=0. ∵直线AB过椭圆内的点F1, ∴无论m为何值,直线和椭圆总相交, 又y1+y2=,y1y2=-, ∴S△F2AB=|F1F2||y1-y2|=|y1-y2| = =12 =4 =4. 令t=m2+1≥1,设f(t)=t+, 易知t∈时,函数f(t)单调递减,t∈时,函数f(x)单调递增, ∴当t=m2+1=1,即m=0时,f(t)min=,S△F2AB取得最大值3. [冲关策略] 处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是利用几何法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数法,即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解. 变式训练1 (2019·河南郑州联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,以F1F2为直径的圆与直线ax+2by-ab=0相切. (1)求椭圆C的离心率; (2)如图,过F1作直线l与椭圆分别交于两点P,Q,若△PQF2的周长为4,求·的最大值. 解 (1)由题意,得=c, ∴3a2b2=c2(a2+4b2), 化简得(a2+2b2)(a2-2b2)=0. ∴a2=2b2,∴=,∴e==. (2)∵△PQF2的周长为4,∴4a=4, ∴a=,∴b2=1. ∴椭圆C的方程为+y2=1, 且焦点F1(-1,0),F2(1,0). ①若直线l的斜率不存在,则l的方程为x=-1. 解方程组得或 设P,Q,则=,=,∴·=. ②若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x+1). 由消去y并整理,得 (2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=. ∴·=(x1-1,y1)·(x2-1,y2) =(x1-1)(x2-1)+y1y2 =(k2+1)x1x2+(k2-1)(x1+x2)+k2+1 =(k2+1)+(k2-1)+k2+1 ==-. ∵k2>0,∴-1<·<. 综上,-1<·≤. ∴·的最大值是. 角度2  范围问题 例2 (2018·浙江高考)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点,A,B满足PA,PB的中点均在C上. (1)设AB的中点为M,证明:PM垂直于y轴; (2)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围. 解 (1)设P(x0,y0),A,B. 因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程2=4·即y2-2y0y+8x0-y=0的两个不同的实数根. 所以y1+y2=2y0.因此,PM垂直于y轴. (2)由(1)可知 所以|PM|=(y+y)-x0=y-3x0,|y1-y2|=2. 因此,△PAB的面积S△PAB=|PM|·|y1-y2|=(y-4x0) eq \s\up55( ) . 因为x+=1(x0<0), 所以y-4x0=-4x-4x0+4∈[4,5]. 因此,△PAB面积的取值范围是. [冲关策略] 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围. (2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系. (3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围. (4)利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围. (5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围. 变式训练2 (2019·江西南昌调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程; (2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点,O为坐标原点,若kOM·kON=,求原点O到直线l的距离的取值范围. 解 (1)由题知e==,2b=2, 又a2=b2+c2,∴b=1,a=2, ∴椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),联立方程,得 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 依题意,得Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0, 化简得m2<4k2+1, ① x1+x2=-,x1x2=, y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+km(x1+x2)+m2, 若kOM·kON=,则=,即4y1y2=5x1x2, ∴4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2, ∴(4k2-5)·+4km·+4m2=0, 即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0, 化简得m2+k2=, ② 由①②得0≤m2<,b>0),四点P1(1,1), P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上. (1)求C的方程; (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点. 解 (1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知椭圆C经过P3,P4两点. 又由+>+知,椭圆C不经过点P1, 所以点P2在椭圆C上. 因此解得 故椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2. 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为,,则k1+k2=-=-1,解得t=2,不符合题设. 从而可设l:y=kx+m(m≠1). 将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=. 而k1+k2=+ =+ =. 由题设k1+k2=-1, 故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)·+(m-1)·=0, 解得k=-. 当且仅当m>-1时,Δ>0, 于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2), 所以l过定点(2,-1). [冲关策略] (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是:把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. (2)由直线方程确定其过定点时,若得到了直线方程的点斜式y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式y=kx+m,则直线必过定点(0,m). 变式训练3 (2019·海南乐东中学模拟)已知直线l:y=x+1,圆O:x2+y2=,直线l被圆截得的弦长与椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长相等,椭圆的离心率e=. (1)求椭圆C的方程; (2)过点M的动直线l交椭圆C于A,B两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定点T,使得无论l如何转动,以AB为直径的圆恒过定点T?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由. 解 (1)由题设可知b=1,又e=,∴=, ∴a2=2,∴椭圆C的方程是+y2=1. (2)若直线l与y轴重合, 则以AB为直径的圆是x2+y2=1.① 若直线l垂直于y轴, 则以AB为直径的圆是x2+2=,② 由①②解得 由此可知所求点T如果存在,只能是(0,1). 事实上,点T(0,1)就是所求的定点.证明如下: 当直线l的斜率不存在,即直线l与y轴重合时,以AB为直径的圆为x2+y2=1,过点T(0,1), 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx-,代入椭圆方程,并整 理,得(18k2+9)x2-12kx-16=0. 设点A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=-. ∵=(x1,y1-1),=(x2,y2-1), ∴·=x1x2+(y1-1)(y2-1)=(k2+1)x1x2-k(x1+x2)+= =0. ∴⊥,即以AB为直径的圆恒过定点T(0,1). 综上可知,在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件. 角度2  定值问题 例4 (2018·北京高考)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围; (2)设O为原点,=λ,=μ,求证:+为定值. 解 (1)因为抛物线y2=2px经过点P(1,2), 所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x. 由题意可知直线l的斜率存在且不为0, 设直线l的方程为y=kx+1(k≠0). 由得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0, 解得k<0或0b>0)的左顶点为A,右焦点为F,上顶点为B,下顶点为D,若直线AB与直线DF的交点为(3a,16). (1)求椭圆C的标准方程; (2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点,过点P且斜率为的直线l交椭圆C于S,T两点,证明:|PS|2+|PT|2为定值. 解 (1)由椭圆C的左顶点的坐标为A(-a,0),上、下顶点的坐标分别为B(0,b),D(0,-b),右焦点的坐标为F(c,0),则直线AB的方程为y=x+b,直线DF的方程为y=x-b.因为直线AB和直线DF的交点为(3a,16),所以 解得b=4且3a=5c. 又因为a2=b2+c2,解得a=5, 所以椭圆C的标准方程为+=1. (2)证明:设直线l的方程为y=(x-m), 即x=y+m,代入+=1并整理得 25y2+20my+8(m2-25)=0. 设S(x1,y1),T(x2,y2), 则y1+y2=-m,y1y2=. 又因为|PS|2=(x1-m)2+y=y, 同理|PT|2=y,则|PS|2+|PT|2=(y+y) =[(y1+y2)2-2y1y2] ==41, 所以|PS|2+|PT|2=41,是定值. 题型3 圆锥曲线中的探索性问题 例5 (2019·辽宁沈阳联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦点F1的坐标为(-c,0),F2的坐标为(c,0),且经过点P,PF2⊥x轴. (1)求椭圆C的方程; (2)设过F1的直线l与椭圆C交于A,B两个不同点,在椭圆C上是否存在一点M,使四边形AMBF2为平行四边形?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)由题知c=1,=, 又因为a2=b2+c2,所以a=2,b=. 所以椭圆的方程为+=1. (2)假设存在点M(x0,y0), 当l斜率不存在时, |F1M|=|F1F2|,a-c=2c,不成立; 当l斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x+1),A(x1,y1),B(x2,y2). 联立消去y得 (3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0, ∵Δ=16(9k2+9)>0,∴x1+x2=-, ∴y1+y2=k(x1+x2+2)=, 则AB的中点坐标为. AB与MF2的中点重合,∴ ∴代入椭圆的方程+=1化简得80k4+24k2-27=0,解得k2=,即k=±. ∴存在符合条件的直线l的方程为y=±(x+1). [冲关策略] 探索性问题的求解方法:先假设成立,在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论,说明结论成立,否则说明结论不成立.处理这类问题,一般要先对结论做出肯定的假设,然后由此假设出发,结合已知条件进行推理论证.若推出相符的结论,则存在性随之解决;若推出矛盾,则否定了存在性;若证明某结论不存在,也可以采用反证法. 变式训练5 (2019·贵州贵阳模拟)已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,准线为l,准线l与x轴的交点为P,过点P且斜率为k的直线m交抛物线于不同的两点A,B. (1)若|AF|+|BF|=8,求线段AB的中点Q到准线的距离; (2)E上是否存在一点M,满足+=?若存在,求出直线m的斜率;若不存在,请说明理由. 解 (1)由抛物线E的方程为y2=4x,可得F(1,0),准线l:x=-1,P(-1,0). 过点A作AA′⊥l,过点B作BB′⊥l,垂足分别为A′,B′. 由抛物线的定义得|AF|=|AA′|,|BF|=|BB′|. ∴由|AF|+|BF|=8得|AA′|+|BB′|=8. 过AB的中点Q作QQ′⊥l,垂足为Q′, 故QQ′是直角梯形AA′B′B的中位线, ∴|QQ′|===4,即线段AB的中点Q到准线的距离为4. (2)设A(x1 ,y1),B(x2,y2),M(x,y), 则+=(x1+1,y1)+(x2+1,y2) =(x1+x2+2,y1+y2)=(x+1,y)=, 故即 设直线m的方程为y=k(x+1), 联立得k2x2+(2k2-4)x+k2=0, ∴Δ=(2k2-4)2-4k4=16-16k2>0, x1+x2=. ∴=x-1,∴x=. ∴y1+y2=k(x1+x2)+2k=k·+2k=. ∴y=.∴M. ∵点M在抛物线上,∴2=4·, 即=-4,此方程无解. ∴不存在满足条件的点M. (共53张PPT) 高考大题冲关系列(5)  高考解析几何中的热点题型 本课结束
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  • 资料类型: 学案
  • 资料版本:通用
  • 适用地区:全国
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