2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第6講 解析幾何 第2課時 圓錐曲線綜合問題練習(xí) 文

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第6講 解析幾何 第2課時 圓錐曲線綜合問題練習(xí) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 題型2 解答題 規(guī)范踩點(diǎn) 多得分 第6講 解析幾何 第2課時 圓錐曲線綜合問題練習(xí) 文（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第2課時　圓錐曲線綜合問題 [考情分析]　圓錐曲線綜合問題包括：探索性問題、定點(diǎn)與定值問題、范圍與最值問題等．這類問題一般以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，參數(shù)處理為核心，需要運(yùn)用函數(shù)與方程、不等式、平面向量等諸多知識求解，試題難度較大． 熱點(diǎn)題型分析 熱點(diǎn)1　定點(diǎn)、定值問題 1．直線恒過定點(diǎn)是指無論直線如何變動，必有一個定點(diǎn)的坐標(biāo)適合這條直線的方程．問題就歸結(jié)為用參數(shù)把直線方程表示出來，無論參數(shù)如何變化，這個方程必有一組常數(shù)解． 2．定值的證明和探索一般是先利用特殊情形確定定值，再給出一般化的證明或直接證得與參數(shù)無關(guān)的數(shù)值，在這類問題中，選擇消元的方法是非常關(guān)鍵的． (2

2、019·全國卷Ⅰ)已知點(diǎn)A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，|AB|＝4，⊙M過點(diǎn)A，B且與直線x＋2＝0相切． (1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑． (2)是否存在定點(diǎn)P，使得當(dāng)A運(yùn)動時，|MA|－|MP|為定值？并說明理由． 解　(1)因為⊙M過點(diǎn)A，B，所以圓心M在線段AB的垂直平分線上．由已知A在直線x＋y＝0上，且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱，所以M在直線y＝x上，故可設(shè)M(a，a)． 因為⊙M與直線x＋2＝0相切， 所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|. 由已知得|AO|＝2. 又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2， 解得a＝0或a＝4. 故⊙M的半徑r＝2或r＝6.

3、 (2)存在定點(diǎn)P(1,0)，使得|MA|－|MP|為定值． 理由如下： 設(shè)M(x，y)，由已知， 得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2. 由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2， 化簡，得M的軌跡方程為y2＝4x. 因為曲線C：y2＝4x是以點(diǎn)P(1,0)為焦點(diǎn)， 以直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線， 所以|MP|＝x＋1. 因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1， 所以存在滿足條件的定點(diǎn)P. 1．動直線過定點(diǎn)問題的解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋m，由題設(shè)條件將m用k表示為m＝f(k)，借助于點(diǎn)斜式方程思想確定定點(diǎn)坐標(biāo)

4、． 2．定值問題的解法 (1)首先由特例得出一個值(此值一般就是定值)． (2)將問題轉(zhuǎn)化為證明待定式與參數(shù)(某些變量)無關(guān)；或先將式子用動點(diǎn)坐標(biāo)或動直線中的參數(shù)表示；再利用其滿足的約束條件消參得定值． (2018·北京高考)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2)．過點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N. (1)求直線l的斜率的取值范圍； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，＝λ，＝μ，求證：＋為定值． 解　(1)因為拋物線y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2)，所以4＝2p，解得p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x.由題意可知直線l的

5、斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)．由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依題意有Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0

6、熱點(diǎn)2　范圍、最值問題 解決有關(guān)范圍、最值問題時，先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點(diǎn)的坐標(biāo)、角或斜率等)，建立目標(biāo)函數(shù)，然后利用函數(shù)的有關(guān)知識和方法求解．具體可采用如下方法： (1)利用判別式構(gòu)造不等式，從而確定參數(shù)的取值范圍； (2)利用已知參數(shù)的取值范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立相等關(guān)系； (3)利用已知或隱含的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍； (4)利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍． (2017·浙江高考)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)A，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y).過點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q. (1)求直線AP斜率的取

7、值范圍； (2)求|PA|·|PQ|的最大值． 解　(1)設(shè)直線AP的斜率為k，則k＝＝x－， 因為－

8、：依題意設(shè)出相關(guān)的參數(shù)，如設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)比例式的參數(shù)或設(shè)直線的方程等； 第二步：聯(lián)立方程：常把直線方程與曲線方程聯(lián)立，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x(或y)的一元二次方程； 第三步：建立函數(shù)：根據(jù)題設(shè)條件中的關(guān)系，建立目標(biāo)函數(shù)的關(guān)系式； 第四步：求最值(或范圍)：利用配方法、基本不等式法、單調(diào)性法(基本初等函數(shù)或?qū)?shù))等求其最值． (2019·全國卷Ⅱ)已知點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，動點(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，并說明C是什么曲線； (2)過坐標(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并延長交C于

9、點(diǎn)G. ①證明：△PQG是直角三角形； ②求△PQG面積的最大值． 解　(1)由題設(shè)，得·＝－， 化簡得C的方程為＋＝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)①證明：設(shè)直線PQ的斜率為k， 則其方程為y＝kx(k>0)． 由得x＝±. 設(shè)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.(*) 設(shè)G(xG，yG)，則－u和xG是方程(*)的解， 故xG＝，由此得yG＝. 從而直線PG的斜率為＝－. 所以PQ⊥

10、PG，即△PQG是直角三角形． ②由①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時取等號． 因為S＝在[2，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)t＝2，即k＝1時，S取得最大值，最大值為. 因此，△PQG面積的最大值為. 熱點(diǎn)3　探索性問題 圓錐曲線中的探索性問題?？疾榻Y(jié)論存在和條件探究兩種題型，一般的解題思路如下： (1)結(jié)論存在型：即證明在給定的條件下，一些給定的結(jié)論是否存在．解題時一般先對結(jié)論作肯定假設(shè)，然后結(jié)合已知條件進(jìn)行推證，若推證無矛盾，則正確；若推出矛盾，則否定此結(jié)論．

11、過程可歸納為：假設(shè)—推證—定論； (2)條件探究型：即給出結(jié)論，需要分析出具備的條件，并加以證明．解題時一般從結(jié)論出發(fā)，依據(jù)其他已知條件，通過必要的邏輯推理，逐步找到結(jié)論成立的等價條件，即“執(zhí)果索因”． 　(2019·全國卷Ⅱ)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點(diǎn)，P為C上的點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率； (2)如果存在點(diǎn)P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍． 解　(1)連接PF1.由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2

12、a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故C的離心率為e＝＝－1. (2)由題意可知，滿足條件的點(diǎn)P(x，y)存在當(dāng)且僅當(dāng) |y|·2c＝16，·＝－1，＋＝1， 即c|y|＝16，① x2＋y2＝c2，② ＋＝1.③ 由②③及a2＝b2＋c2，得y2＝. 又由①，知y2＝，故b＝4. 由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)， 所以c2≥b2，從而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4. 當(dāng)b＝4，a≥4時，存在滿足條件的點(diǎn)P. 所以b＝4，a的取值范圍為[4，＋∞)． 解決探索性問題時要注意：先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確

13、則不存在． 1．當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論． 2．當(dāng)給出結(jié)論，推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件． 3．當(dāng)條件和結(jié)論都未知時，按常規(guī)方法解題較難，因此要開放思維，采取其他途徑． 設(shè)橢圓M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為A(－1,0)，B(1,0)，C為橢圓M上的點(diǎn)，且∠ACB＝，S△ABC＝. (1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)過橢圓M右焦點(diǎn)且斜率為k的動直線與橢圓M相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，探究在x軸上是否存在定點(diǎn)D，使得·為定值？若存在，試求出定值和點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由． 解　(1)在△ABC中，由余弦定理得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB

14、cos∠ACB＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4. 又S△ABC＝CA·CBsin∠ACB＝CA·CB＝， ∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2. 橢圓長軸2a＝2，焦距2c＝AB＝2. 所以橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)直線方程為y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)， 聯(lián)立 消去y，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. 假設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)D(x0,0)， 使得·為定值， ∴·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2) ＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2 ＝x1

15、x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1) ＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2 ＝. 要使·為定值，則·的值與k無關(guān)， ∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝， 此時·＝－為定值，定點(diǎn)為. 專題作業(yè) 1．(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B. (1)證明：直線AB過定點(diǎn)； (2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積． 解　(1)證明：設(shè)D，A(x1，y1)，則x＝2y1. 因為y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故

16、＝x1. 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0. 所以直線AB過定點(diǎn). (2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋. 由可得x2－2tx－1＝0. 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1， y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1， |AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1)． 設(shè)d1，d2分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離， 則d1＝，d2＝ . 因此，四邊形ADBE的面積 S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) . 設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M. 因為⊥， 而＝(t，

17、t2－2)，與向量(1，t)平行， 所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1. 當(dāng)t＝0時，S＝3；當(dāng)t＝±1時，S＝4. 因此，四邊形ADBE的面積為3或4. 2．(2017·全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上． (1)求C的方程； (2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點(diǎn)． 解　(1)由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點(diǎn)． 又由＋＞＋，知橢圓C不經(jīng)過點(diǎn)P1， 所以點(diǎn)P2在橢圓C上． 因此解得

18、 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，， 則k1＋k2＝－＝－1， 解得t＝2，不符合題設(shè)． 從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1， 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x

19、2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0， 解得k＝－. 當(dāng)且僅當(dāng)m＞－1時，Δ＞0， 于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)， 所以l過定點(diǎn)(2，－1)． 3．(2019·北京高考)已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)． (1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點(diǎn)． 解　(1)由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)， 得p＝2. 所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準(zhǔn)線方程為y＝1.

20、 (2)證明：拋物線C的焦點(diǎn)為F(0，－1)． 設(shè)直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)． 由得x2＋4kx－4＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝－4. 直線OM的方程為y＝x. 令y＝－1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA＝－. 同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB＝－. 設(shè)點(diǎn)D(0，n)，則＝， ＝， ·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2 ＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2. 令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0， 得n＝1或n＝－3. 綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0，－3)． 4．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，

21、離心率為，點(diǎn)P在橢圓C上，且△PF1F2的面積的最大值為2. (1)求橢圓C的方程； (2)已知直線l：y＝kx＋2(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，若在x軸上存在點(diǎn)G，使得|GM|＝|GN|，求點(diǎn)G的橫坐標(biāo)的取值范圍． 解　(1)由已知，得 解得a2＝9，b2＝8，c2＝1， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點(diǎn)為E(x0，y0)， 若存在點(diǎn)G(m,0)，使得|GM|＝|GN|，則GE⊥MN. 由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0， 由Δ>0，得k∈R.所以x1＋x2＝－， 則x0＝，y0＝kx0＋2＝. 因為GE⊥MN，所以kGE＝－，即＝－， 所以有m＝＝. 當(dāng)k>0時，9k＋≥2＝12，所以－≤m<0；當(dāng)k<0時，9k＋≤－12，所以0