2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準提分練習(xí)第二篇 第22練

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1、 第22練　圓錐曲線中的范圍、最值、證明問題[壓軸大題突破練] [明晰考情]　1.命題角度：直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是高考必考題，范圍、最值問題是高考的熱點；圓錐曲線中的證明問題是常見的題型.2.題目難度：中高檔難度. 考點一　直線與圓錐曲線 方法技巧　對于直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一般要把圓錐曲線的方程與直線方程聯(lián)立來處理. (1)設(shè)直線方程，在直線的斜率不確定的情況下要分斜率存在和不存在兩種情況進行討論，或者將直線方程設(shè)成x＝my＋b(斜率不為0)的形式. (2)聯(lián)立直線方程與曲線方程并將其轉(zhuǎn)化成一元二次方程，利用方程根的判別式或根與系數(shù)的關(guān)系得到交點的橫坐標或縱坐標的

2、關(guān)系. (3)一般涉及弦長的問題，要用到弦長公式|AB|＝·|x1－x2|或|AB|＝·|y1－y2|. 1.已知動點M(x，y)到點F(2，0)的距離為d1，動點M(x，y)到直線x＝3的距離為d2，且＝. (1)求動點M(x，y)的軌跡C的方程； (2)過點F作直線l：y＝k(x－2)(k≠0)交曲線C于P，Q兩點，若△OPQ的面積S△OPQ＝(O是坐標原點)，求直線l的方程. 解　(1)結(jié)合題意，可得d1＝， d2＝|x－3|. 又＝，即＝，化簡得＋＝1. 因此，所求動點M(x，y)的軌跡C的方程是＋＝1. (2)聯(lián)立方程組消去y， 得(1＋3k2)x2－12k2x＋

3、12k2－6＝0. 設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則 于是，弦|PQ|＝ ＝ ＝， 點O到直線l的距離d＝. 由S△OPQ＝， 得××＝，化簡得，k4－2k2＋1＝0， 解得k＝±1，且滿足Δ>0，即k＝±1符合題意. 因此，所求直線的方程為x－y－2＝0或x＋y－2＝0. 2.已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，右焦點為F(1，0). (1)求橢圓E的標準方程； (2)設(shè)點O為坐標原點，過點F作直線l與橢圓E交于M，N兩點，若OM⊥ON，求直線l的方程. 解　(1)依題意可得解得 ∴橢圓E的標準方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(

4、x2，y2)， ①當(dāng)MN垂直于x軸時，直線l的方程為x＝1，設(shè)直線與橢圓E的交點坐標為M，N，此時OM不垂直于ON，不符合題意； ②當(dāng)MN不垂直于x軸時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1). 聯(lián)立得方程組 消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，Δ>0顯然成立. ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∴y1y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝. ∵OM⊥ON，∴·＝0. ∴x1x2＋y1y2＝＝0，∴k＝±. 故直線l的方程為x±y－＝0. 3.(2017·天津)設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，右頂點為A，離心率為.已知A是拋物線y2＝2px(p>0

5、)的焦點，F(xiàn)到拋物線的準線l的距離為. (1)求橢圓的方程和拋物線的方程； (2)設(shè)l上兩點P，Q關(guān)于x軸對稱，直線AP與橢圓相交于點B(點B異于點A)，直線BQ與x軸相交于點D.若△APD的面積為，求直線AP的方程. 解　(1)設(shè)點F的坐標為(－c，0)，依題意，得＝，＝a，a－c＝， 解得a＝1，c＝，p＝2， 于是b2＝a2－c2＝. 所以橢圓的方程為x2＋＝1，拋物線的方程為y2＝4x. (2)設(shè)直線AP的方程為x＝my＋1(m≠0)，與直線l的方程x＝－1聯(lián)立，可得點P， 故點Q. 將x＝my＋1與x2＋＝1聯(lián)立，消去x， 整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0，解

6、得y＝0或y＝. 由點B異于點A，可得點B， 由Q，可得直線BQ的方程為 (x＋1)－＝0， 令y＝0，解得x＝， 故點D. 所以|AD|＝1－＝. 又因為△APD的面積為， 故××＝， 整理得3m2－2|m|＋2＝0， 解得|m|＝，所以m＝±. 所以直線AP的方程為3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0. 考點二　圓錐曲線中的范圍、最值問題 方法技巧　求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法 (1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)數(shù)形結(jié)合求解. (2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，或者不等關(guān)系，或者已知參數(shù)與

7、新參數(shù)之間的等量關(guān)系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍. 4.已知橢圓E：＋＝1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA. (1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍. 解　(1)設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0. 當(dāng)t＝4時，橢圓E的方程為＋＝1，A(－2，0). 由|AM|＝|AN|及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1，得7y2－12y＝0， 解得y＝0或y＝， 所以y1＝. 因此△AMN的面

8、積S△AMN＝2×××＝. (2)由題意知t>3，k>0，A(－，0)，設(shè)M(x1，y1)， 將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1， 得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0. 由x1·(－)＝， 得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－(x＋)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|，得＝， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)， 當(dāng)k＝時上式不成立，因此t＝. t>3等價于＝<0，即<0. 由此得或解得b>0)的離心率

9、為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點. (1)求E的方程； (2)設(shè)過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當(dāng)△OPQ的面積最大時，求l的方程. 解　(1)設(shè)F(c，0)，由條件知，＝，得c＝. 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程為＋y2＝1. (2)當(dāng)l⊥x軸時不合題意， 故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2). 將y＝kx－2代入＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 當(dāng)Δ＝16(4k2－3)>0， 即k2>時，x1，2＝. 從而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又點O到直線PQ的距離d＝. 所以

10、△OPQ的面積S△OPQ＝·d·|PQ|＝. 設(shè)＝t，則t>0，S△OPQ＝＝≤1. 當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝±時等號成立，且滿足Δ>0. 所以當(dāng)△OPQ的面積最大時，l的方程為2y±x＋4＝0. 6.已知O為坐標原點，M(x1，y1)，N(x2，y2)是橢圓＋＝1上的點，且x1x2＋2y1y2＝0，設(shè)動點P滿足＝＋2. (1)求動點P的軌跡C的方程； (2)若直線l：y＝x＋m(m≠0)與曲線C交于A，B兩點，求△OAB面積的最大值. 解　(1)設(shè)點P(x，y)，則由＝＋2， 得(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)， 即x＝x1＋2x2，y＝y(tǒng)1＋2y2. 因為點M

11、，N在橢圓＋＝1上， 所以x＋2y＝4，x＋2y＝4. 故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2) ＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2) ＝20＋4(x1x2＋2y1y2). 又因為x1x2＋2y1y2＝0，所以x2＋2y2＝20， 所以動點P的軌跡C的方程為x2＋2y2＝20. (2)將曲線C與直線l的方程聯(lián)立，得 消去y得3x2＋4mx＋2m2－20＝0. 因為直線l與曲線C交于A，B兩點，設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)， 所以Δ＝16m2－4×3×(2m2－20)＞0. 又m≠0，所以0＜m2＜30， x3＋x

12、4＝－，x3x4＝. 又點O到直線AB：x－y＋m＝0的距離d＝， |AB|＝|x3－x4|＝ ＝ ＝ ， 所以S△OAB＝ ×＝× ≤×＝5， 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝30－m2，即m2＝15時取等號，且滿足Δ>0. 所以△OAB面積的最大值為5. 考點三　圓錐曲線中的證明問題 方法技巧　圓錐曲線中的證明問題是轉(zhuǎn)化與化歸思想的充分體現(xiàn).無論證明什么結(jié)論，要對已知條件進行化簡，同時對要證結(jié)論合理轉(zhuǎn)化，尋求條件和結(jié)論間的聯(lián)系，從而確定解題思路及轉(zhuǎn)化方向. 7.(2018·全國Ⅰ) 設(shè)橢圓C：＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2，0). (1)當(dāng)l與

13、x軸垂直時，求直線AM的方程； (2)設(shè)O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB. (1)解　由已知得F(1，0)，l的方程為x＝1. 由已知可得，點A的坐標為或. 又M(2，0)， 所以AM的方程為y＝－x＋或y＝x－. 即x＋y－2＝0或x－y－2＝0. (2)證明　當(dāng)l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°. 當(dāng)l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線， 所以∠OMA＝∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和 kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx

14、1－k，y2＝kx2－k，得 kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，由題意知Δ＞0恒成立， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0， 從而kMA＋kMB＝0， 故MA，MB的傾斜角互補. 所以∠OMA＝∠OMB. 綜上，∠OMA＝∠OMB. 8.(2018·大慶質(zhì)檢)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為2，且C過點. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)B1，B2分別是橢圓C的下頂點和上頂點，P是橢圓上異于B1，B2的任意一點，過點P作PM⊥y軸于M，N為線段PM的

15、中點，直線B2N與直線y＝－1交于點D，E為線段B1D的中點，O為坐標原點，求證：ON⊥EN. (1)解　由題設(shè)知焦距為2，所以c＝. 又因為橢圓過點， 所以代入橢圓方程得＋＝1， 因為a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1， 故所求橢圓C的方程是＋y2＝1. (2)證明　設(shè)P(x0，y0)，x0≠0，則M(0，y0)，N. 因為點P在橢圓C上，所以＋y＝1.即x＝4－4y. 又B2(0，1)，所以直線B2N的方程為y－1＝x. 令y＝－1，得x＝，所以D. 又B1(0，－1)，E為線段B1D的中點， 所以E. 所以＝，＝. 因為·＝＋y0(y0＋1)＝－＋y

16、＋y0＝1－＋y0＝1－y0－1＋y0＝0， 所以⊥，即ON⊥EN. 9.(2018·咸陽模擬)已知A(－2，0)，B(2，0)，點C是動點，且直線AC和直線BC的斜率之積為－. (1)求動點C的軌跡方程； (2)設(shè)直線l與(1)中軌跡相切于點P，與直線x＝4相交于點Q，且F(1，0)，求證：∠PFQ＝90°. (1)解　設(shè)C(x，y)，則依題意得kAC·kBC＝－， 又A(－2，0)，B(2，0)，所以有 ·＝－(y≠0)，整理得＋＝1(y≠0)， 即為所求軌跡方程. (2)證明　方法一　由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx＋m，與3x2＋4y2＝12聯(lián)立得，

17、3x2＋4(kx＋m)2＝12， 即(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 依題意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0， 即3＋4k2＝m2， ∴x1＋x2＝，得x1＝x2＝， ∴P，而3＋4k2＝m2，得P，又Q(4，4k＋m)，F(xiàn)(1，0)， 則·＝·(3，4k＋m)＝0， 知⊥， 即∠PFQ＝90°. 方法二　設(shè)P(x0，y0)，則曲線C在點P處切線PQ： ＋＝1，令x＝4，得Q， 又F(1，0)，∴·＝(x0－1，y0)·＝0， 知⊥，即∠PFQ＝90°. 典例　(12分)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞

18、b＞0)的離心率為，且點在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓E：＋＝1，P為橢圓C上任意一點，過點P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q. ①求的值； ②求△ABQ面積的最大值. 審題路線圖 (1)―→ (2)①―→ ②→ → 規(guī)范解答·評分標準 解　(1)由題意知＋＝1.又＝， 解得a2＝4，b2＝1.所以橢圓C的方程為＋y2＝1.…………………………………………2分 (2)由(1)知橢圓E的方程為＋＝1. ①設(shè)P(x0，y0)，＝λ(λ＞0)，由題意知Q(－λx0，－λy0). 因為＋y＝1，又＋＝1， 即＝1，

19、 所以λ＝2，即＝…………………………………………………………………………2.5分 ②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2). 將y＝kx＋m代入橢圓E的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0， 由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，(*) 則有x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|＝.…………………………………………………………………8分 因為直線y＝kx＋m與y軸交點的坐標為(0，m)， 所以△OAB的面積S＝|m||x1－x2|＝＝ ＝2 .……………………………………………………………………9分 設(shè)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程，

20、可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.(**) 由(*)和(**)可知0＜t≤1， 因此S＝2＝2，……………………………………………………………10分 故0＜S≤2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m2＝1＋4k2時取得最大值2.………………………11分 由①知，△ABQ的面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6.…………………………12分 構(gòu)建答題模板 [第一步]　求曲線方程：根據(jù)基本量法確定圓錐曲線的方程； [第二步]　聯(lián)立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯(lián)立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判別式，利用根與系數(shù)的關(guān)系； [第三步]　

21、找關(guān)系：從題設(shè)中尋求變量的等量或不等關(guān)系； [第四步]　建函數(shù)：對范圍最值類問題，要建立關(guān)于目標變量的函數(shù)關(guān)系； [第五步]　得范圍：通過求解函數(shù)值域或解不等式得目標變量的范圍或最值，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件. 1.(2018·全國Ⅱ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k(k＞0)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)求過點A，B且與C的準線相切的圓的方程. 解　(1)由題意得F(1，0)，l的方程為y＝k(x－1)(k＞0). 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.

22、Δ＝16k2＋16＞0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝. 由題意知＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1. 因此l的方程為x－y－1＝0. (2)由(1)得AB的中點坐標為(3，2)，所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)， 即y＝－x＋5. 設(shè)所求圓的圓心坐標為(x0，y0)， 則 解得或 因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. 2.設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，離心率為，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)A，

23、B分別為橢圓的左、右頂點，過點F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點.若·＋·＝8，O為坐標原點，求△OCD的面積. 解　(1)因為過焦點且垂直于x軸的直線被橢圓截得的線段長為，所以＝. 因為橢圓的離心率為，所以＝， 又a2＝b2＋c2，可解得b＝，c＝1，a＝. 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)由(1)可知F(－1，0)， 則直線CD的方程為y＝k(x＋1). 聯(lián)立 消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. 設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 又A(－，0)，B(，0)， 所以·＋· ＝(x1＋，y1)·(－x2，

24、－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2 ＝6＋＝8， 解得k＝±. 從而x1＋x2＝－＝－， x1x2＝＝0. 所以|x1－x2|＝＝＝， |CD|＝|x1－x2|＝×＝. 而原點O到直線CD的距離d＝＝＝， 所以△OCD的面積 S＝|CD|×d＝××＝. 3.(2018·全國Ⅲ)已知斜率為k的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，m)(m＞0). (1)證明：k＜－； (2)設(shè)F為C的右焦點，P為C上一點，且＋＋＝0.證明：||，||，||成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差. (

25、1)證明　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則＋＝1，＋＝1. 兩式相減，并由＝k，得＋·k＝0. 由題設(shè)知＝1，＝m，于是k＝－.① 由題設(shè)得0＜m＜，故k＜－. (2)解　由題意得F(1，0).設(shè)P(x3，y3)，則 (x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0). 由(1)及題設(shè)得x3＝3－(x1＋x2)＝1， y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0. 又點P在C上，所以m＝， 從而P，||＝， 于是||＝＝ ＝2－. 同理||＝2－. 所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3. 故2||＝||＋||，即||，||，||成等差數(shù)列.

26、設(shè)該數(shù)列的公差為d，則2|d|＝|||－|||＝ |x1－x2|＝.② 將m＝代入①得k＝－1， 所以l的方程為y＝－x＋，代入C的方程， 并整理得7x2－14x＋＝0. 故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝. 所以該數(shù)列的公差為或－. 4.(2018·河南八市測評)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點M在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程； (2)若不過原點O的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，與直線OM相交于點N，且N是線段AB的中點，求△OAB面積的最大值. 解　(1) 由橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點M在橢圓C上，得 解得所以橢圓C的

27、方程為＋＝1. (2)易得直線OM的方程為y＝x. 當(dāng)直線l的斜率不存在時，AB的中點不在直線y＝x上，故直線l的斜率存在. 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠0)，與＋＝1聯(lián)立消y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12) ＝48(3＋4k2－m2)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， 所以AB的中點N， 因為N在直線y＝x上，所以－＝2×，解得k＝－， 所以Δ＝48(12－m2)>0，得－2