2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 6.3 圓錐曲線的綜合問(wèn)題學(xué)案 文

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1、第3講　圓錐曲線的綜合問(wèn)題 考點(diǎn)1　圓錐曲線中的范圍、最值問(wèn)題 [例1]　[2019·遼寧沈陽(yáng)質(zhì)監(jiān)]如圖，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為，過(guò)焦點(diǎn)F2且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的弦長(zhǎng)為1. (1)求橢圓C的方程； (2)點(diǎn)P(x0，y0)(y0≠0)為橢圓C上一動(dòng)點(diǎn)，連接PF1，PF2，設(shè)∠F1PF2的平分線PM交橢圓C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M(m,0)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 【解析】　(1)將x＝c代入＋＝1中，由a2－c2＝b2，可得y2＝， 所以過(guò)焦點(diǎn)F2且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的弦長(zhǎng)為. 由解得 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (

2、2)解法一　因?yàn)辄c(diǎn)P(x0，y0)(y0≠0)，F(xiàn)1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，所以直線PF1，PF2的方程分別為 y0x－(x0＋)y＋y0＝0， y0x－(x0－)y－y0＝0. 由題意可知＝. 由于點(diǎn)P在橢圓C上，所以＋y＝1， 所以＝， 因?yàn)椋?m<，－2

3、 故實(shí)數(shù)m的取值范圍為. 1．解決圓錐曲線中范圍問(wèn)題的方法 一般題目中沒(méi)有給出明確的不等關(guān)系，首先需要根據(jù)已知條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)及曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)確定不等關(guān)系；然后構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)，把原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或引入?yún)?shù)根據(jù)參數(shù)范圍求解，解題時(shí)應(yīng)注意挖掘題目中的隱含條件，尋找量與量之間的轉(zhuǎn)化． 2．圓錐曲線中最值的求解策略 (1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結(jié)合求解． (2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解． (3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域. 『對(duì)接訓(xùn)練』

4、 1．[2019·江西五校協(xié)作體聯(lián)考]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過(guò)橢圓M：＋＝1(a>b>0)右焦點(diǎn)的直線x＋y－＝0交M于A，B兩點(diǎn)，且橢圓M的離心率為. (1)求橢圓M的方程； (2)C，D為M上的兩點(diǎn)，若四邊形ACBD的對(duì)角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值． 解析：(1)易知橢圓M的右焦點(diǎn)為(，0)，則c＝. 離心率e＝＝＝，則a＝，故b2＝a2－c2＝3. 所以橢圓M的方程為＋＝1. (2)由解得或 因此|AB|＝. 由題意可設(shè)直線CD的方程為y＝x＋n，C(x3，y3)，D(x4，y4)．由 得3x2＋4nx＋2n2－6＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x

5、2＝. 又直線CD的斜率為1，所以|CD|＝|x4－x3|＝. 由已知得，四邊形ACBD的面積S＝|CD|·|AB|＝. 當(dāng)n＝0時(shí)，S取得最大值，最大值為. 所以四邊形ACBD面積的最大值為. 考點(diǎn)2　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題 [例2]　[2019·山東德州聯(lián)考]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，點(diǎn)M在橢圓C上，橢圓C的離心率是. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)點(diǎn)A為橢圓C長(zhǎng)軸的左端點(diǎn)，P，Q為橢圓C上異于長(zhǎng)軸端點(diǎn)的兩點(diǎn)，記直線AP，AQ斜率分別為k1，k2，若k1k2＝－，請(qǐng)判斷直線PQ是否過(guò)定點(diǎn)？若過(guò)定點(diǎn)，求該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由． 【解析】　

6、(1)由點(diǎn)M在橢圓C上，且橢圓C的離心率是， 可得得 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)設(shè)點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)， (ⅰ)當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，由題意易得P，Q或P，Q. (ⅱ)當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m， 聯(lián)立得消去y得(4k2＋3)x2＋8kmx＋(4m2－12)＝0， 由Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，得4k2＋3>m2， x1＋x2＝－，x1x2＝. 由k1k2＝＝－， 可得4y1y2＋(x1＋2)(x2＋2)＝0， 得4(kx1＋m)(kx2＋m)＋(

7、x1＋2)(x2＋2)＝0， 整理為(4k2＋1)x1x2＋(4km＋2)(x1＋x2)＋4m2＋4＝0， 故(4k2＋1)－(4km＋2)＋4m2＋4＝0， 化簡(jiǎn)整理得m2－km－2k2＝0，解得m＝2k或m＝－k. 當(dāng)m＝2k時(shí)，直線PQ的方程為y＝kx＋2k，過(guò)定點(diǎn)(－2,0)，不合題意． 當(dāng)m＝－k時(shí)，直線PQ的方程為y＝kx－k，過(guò)定點(diǎn)(1,0)，符合題意． 綜上，直線PQ過(guò)定點(diǎn)(1,0). 1．定點(diǎn)問(wèn)題的求解策略 (1)動(dòng)直線l過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動(dòng)直線過(guò)定點(diǎn)(－m

8、,0)． (2)動(dòng)曲線C過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)． 2．定值問(wèn)題的求解策略 定值問(wèn)題就是在運(yùn)動(dòng)變化中尋找不變量的問(wèn)題，基本思想是使用參數(shù)表示要解決的問(wèn)題，證明要解決的問(wèn)題與參數(shù)無(wú)關(guān)．在這類試題中選擇消元的方向是非常關(guān)鍵的. 『對(duì)接訓(xùn)練』 2．[2019·甘肅蘭州診斷]已知曲線C上的任意一點(diǎn)到直線l：x＝－的距離與到點(diǎn)F的距離相等． (1)求曲線C的方程； (2)若過(guò)P(1,0)的直線與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，Q(－1,0)為定點(diǎn)，設(shè)直線AQ的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，直線AB的斜率為k，證明：＋－為

9、定值． 解析：(1)由題意知，曲線C是焦點(diǎn)為F的拋物線，可設(shè)其方程為y2＝2px(p>0)，則＝，p＝1， ∴曲線C的方程為y2＝2x. (2)根據(jù)已知，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)(k≠0)， 由可得ky2－2y－2k＝0. 設(shè)A，B，則Δ＝4－4k(－2k)＝4＋8k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－2. ∵k1＝＝，k2＝＝， ∴＋＝＋ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＋4. ∴＋－＝4，為定值． 考點(diǎn)3　圓錐曲線中的存在性問(wèn)題 [例3]　[2019·湖北宜昌調(diào)研]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，短軸長(zhǎng)為2. (1)求橢圓C的

10、方程； (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A(0,4)的直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，F(xiàn)是橢圓C上的焦點(diǎn)．問(wèn)：是否存在直線l，使得S△MAF＝S△MNF？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 【解析】　(1)由題可得＝，b＝，又a2＝b2＋c2， ∴a2＝4，b2＝3， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題可知直線l的斜率一定存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 聯(lián)立方程，得得(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0， ∴ ∵S△MAF＝S△MNF，∴M為線段AN的中點(diǎn)， ∴x2＝2x1.④ 將④式代入②式得x1＝－，⑤ 將④式代入③式得x

11、＝，⑥ 將⑤式代入⑥式得k2＝.⑦ 將⑦式代入①式檢驗(yàn)成立， ∴k＝±， ∴存在直線l：6x－y＋4＝0或6x＋y－4＝0， 使得S△MAF＝S△MNF. 求解存在性問(wèn)題時(shí)，通常的方法是首先假設(shè)滿足條件的幾何元素或參數(shù)值存在，然后利用這些條件并結(jié)合題目的其他已知條件進(jìn)行推理與計(jì)算，若不出現(xiàn)矛盾，并且得到了相應(yīng)的幾何元素或參數(shù)值，就說(shuō)明滿足條件的幾何元素或參數(shù)值存在；若在推理與計(jì)算中出現(xiàn)了矛盾，則說(shuō)明滿足條件的幾何元素或參數(shù)值不存在，同時(shí)推理與計(jì)算的過(guò)程就是說(shuō)明理由的過(guò)程. 『對(duì)接訓(xùn)練』 3．[2019·河北石家莊教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率

12、為，且經(jīng)過(guò)點(diǎn). (1)求橢圓C的方程； (2)過(guò)點(diǎn)(，0)作直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，試問(wèn)在x軸上是否存在定點(diǎn)Q，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對(duì)稱？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由． 解析：(1)由題意可得＝，＋＝1， 又a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)存在定點(diǎn)Q，滿足直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對(duì)稱． 設(shè)直線l的方程為x＋my－＝0，與橢圓C的方程聯(lián)立得整理得，(4＋m2)y2－2my－1＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，定點(diǎn)Q(t,0)(依題意t≠x1，t≠x2)． 由根與系數(shù)的關(guān)系可得

13、，y1＋y2＝，y1y2＝. 直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對(duì)稱，則直線QA與直線QB的斜率互為相反數(shù)， 所以＋＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0. 又x1＋my1－＝0，x2＋my2－＝0， 所以y1(－my2－t)＋y2(－my1－t)＝0， 整理得，(－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0， 從而可得，(－t)·－2m·＝0， 即2m(4－t)＝0， 所以當(dāng)t＝，即Q時(shí)，直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對(duì)稱． 特別地，當(dāng)直線l為x軸時(shí)，Q也符合題意． 綜上所述，在x軸上存在定點(diǎn)Q，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對(duì)稱． 課時(shí)作業(yè)15　圓錐曲線的

14、綜合問(wèn)題 1．[2019·河北邢臺(tái)模擬]已知橢圓＋y2＝1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝mx＋對(duì)稱． (1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))． 解析：(1)由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為y＝－x＋n.由消去y，得x2－x＋n2－1＝0. 因?yàn)橹本€y＝－x＋n與橢圓＋y2＝1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以Δ＝－2n2＋2＋>0，① 將AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)代入y＝mx＋，解得n＝－，② 由①②得m<－或m>. 故m的取值范圍是∪. (2)令t＝∈∪，則t2∈. |AB|＝×， 點(diǎn)O到直線AB的距離d＝. 設(shè)△AOB的面積為S(t)， 則S(

15、t)＝|AB|·d＝ ≤， 當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)滿足t2∈. 故△AOB面積的最大值為. 2．[2019·上海靜安區(qū)模擬]設(shè)m>0，橢圓Γ：＋＝1與雙曲線C：m2x2－y2＝m2的焦點(diǎn)相同． (1)求橢圓Γ與雙曲線C的方程； (2)過(guò)雙曲線C的右頂點(diǎn)作兩條斜率分別為k1，k2的直線l1，l2，分別交雙曲線C于點(diǎn)P，Q(P，Q不同于右頂點(diǎn))，若k1·k2＝－1，求證：直線PQ的斜率為定值，并求出此定值． 解析：(1)由題意，得2m＝m2＋1，所以m＝1. 所以橢圓Γ的方程為＋y2＝1，雙曲線C的方程為x2－y2＝1. (2)雙曲線C的右頂點(diǎn)為(1,0)，因?yàn)閗1·k2

16、＝－1， 不妨設(shè)k1>0，則k2<0. 設(shè)直線l1的方程為y＝k1(x－1)． 由得(1－k)x2＋2kx－k－1＝0， 則1·xP＝， 得xP＝，yP＝k1＝. 同理，xQ＝，yQ＝， 又k1·k2＝－1， 所以xQ＝＝－＝－xP，yQ＝＝＝y(tǒng)P. 因?yàn)閥P＝y(tǒng)Q，所以直線PQ與x軸平行，即kPQ為定值0. 3．[2019·江西南昌重點(diǎn)中學(xué)段考]已知拋物線C：x2＝2py(p>0)和定點(diǎn)M(0,1)，設(shè)過(guò)點(diǎn)M的動(dòng)直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，拋物線C在A，B處的切線的交點(diǎn)為N. (1)若N在以AB為直徑的圓上，求p的值； (2)若△ABN的面積的最小值為4，求拋物線C的

17、方程． 解析：設(shè)直線AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 將直線AB的方程代入拋物線C的方程得x2－2pkx－2p＝0， 則x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.① (1)由x2＝2py得y′＝，則A，B處的切線斜率的乘積為＝－， ∵點(diǎn)N在以AB為直徑的圓上， ∴AN⊥BN，∴－＝－1，∴p＝2. (2)易得直線AN：y－y1＝(x－x1)，直線BN：y－y2＝(x－x2)， 聯(lián)立，得結(jié)合①式， 解得即N(pk，－1)． |AB|＝|x2－x1|＝＝·， 點(diǎn)N到直線AB的距離d＝＝， 則S△ABN＝·|AB|·d＝≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝0時(shí)，取等號(hào)，

18、∵△ABN的面積的最小值為4， ∴2＝4，∴p＝2，故拋物線C的方程為x2＝4y. 4．[2019·貴州貴陽(yáng)監(jiān)測(cè)]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，為M為短軸的上端點(diǎn)，·＝0，過(guò)F2且垂直于x軸的直線交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2，－1)且不經(jīng)過(guò)點(diǎn)M的直線l與橢圓C相交于G，H兩點(diǎn)，若k1，k2分別是直線MG，MH的斜率，求k1＋k2的值． 解析：(1)由·＝0，得b＝c， 將x＝c代入＋＝1中，得y＝±， 因?yàn)閨AB|＝，所以＝， 又a2＝b2＋c2，所以a＝，b＝1， 故橢圓C的方程為＋y2＝1.

19、 (2)根據(jù)題意設(shè)直線l的方程為y＋1＝k(x－2)(k≠－1)，即y＝kx－2k－1(k≠－1)， 將y＝kx－2k－1代入＋y2＝1中，得 (1＋2k2)x2－4k(2k＋1)x＋8k2＋8k＝0， 由題意知Δ＝－16k(k＋2)>0，得－20)和圓C2：(x＋1)2＋y2＝2，傾斜角為45°的直線l1過(guò)C1的焦點(diǎn)，且l1與C2相切． (1)求p

20、的值； (2)動(dòng)點(diǎn)M在C1的準(zhǔn)線上，動(dòng)點(diǎn)A在C1上，若C1在A點(diǎn)處的切線l2交y軸于點(diǎn)B，設(shè)＝＋，求證：點(diǎn)N在定直線上，并求該定直線的方程． 解析：(1)依題意，設(shè)直線l1的方程為y＝x＋， 因?yàn)橹本€l1與圓C2相切， 所以圓心C2(－1,0)到直線l1：y＝x＋的距離d＝＝， 即＝，解得p＝6或p＝－2(舍去)． 所以p＝6. (2)解法一　依題意設(shè)M(m，－3)， 由(1)知拋物線C1的方程為x2＝12y，所以y＝， 所以y′＝， 設(shè)A(x1，y1)，則以A為切點(diǎn)的切線l2的斜率k＝， 所以切線l2的方程為y＝x1(x－x1)＋y1. 令x＝0，則y＝－x＋y1＝－

21、×12y1＋y1＝－y1，即B點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，－y1)， 所以＝(x1－m，y1＋3)，＝(－m，－y1＋3)， 所以＝＋＝(x1－2m,6)， 所以＝＋＝(x1－m,3)，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)． 設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則y＝3， 所以點(diǎn)N在定直線y＝3上． 解法二　設(shè)M(m，－3)， 由(1)知拋物線C1的方程為x2＝12y?、伲? 設(shè)直線l2的斜率為k，A，則以A為切點(diǎn)的切線l2的方程為 y＝k(x－x1)＋x?、? 聯(lián)立①②得，消去y，得x2－12kx＋12kx1－x＝0. 因?yàn)棣ぃ?44k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝， 所以切線l2的方程為y＝x1(x－x1)

22、＋x. 令x＝0，得B點(diǎn)坐標(biāo)為， 所以＝， ＝， 所以＝＋＝(x1－2m,6)， 所以＝＋＝(x1－m,3)，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)， 設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則y＝3， 所以點(diǎn)N在定直線y＝3上． 6．[2019·全國(guó)卷Ⅱ]已知點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－.記M的軌跡為曲線C. (1)求C的方程，并說(shuō)明C是什么曲線； (2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G. (ⅰ)證明：△PQG是直角三角形； (ⅱ)求△PQG面積的最大值． 解析：本題主要考查軌跡方程的求法

23、、直線與橢圓的位置關(guān)系，意在考查考生的邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力，考查方程思想、數(shù)形結(jié)合思想，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算． (1)由題設(shè)得·＝－，化簡(jiǎn)得＋＝1(|x|≠2)，所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)． (2)(ⅰ)設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k>0)． 由得x＝±. 記u＝，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)． 于是直線QG的斜率為，方程為y＝(x－u)． 由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.① 設(shè)G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解，故xG＝，由此得yG＝. 從而直線PG的斜率為＝－.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形． (ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面積S＝|PQ||PG|＝＝. 設(shè)t＝k＋，則由k>0得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取等號(hào)． 因?yàn)镾＝在[2，＋∞)單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝2，即k＝1時(shí)，S取得最大值，最大值為. 因此，△PQG面積的最大值為. - 14 -