浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題5 突破點(diǎn)13 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 Word版含答案

高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5突破點(diǎn)13圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第47頁(yè))核心知識(shí)提煉提煉1 解答圓錐曲線的定值、定點(diǎn)問(wèn)題，從三個(gè)方面把握(1)從特殊開始，求出定值，再證明該值與變量無(wú)關(guān)(2)直接推理、計(jì)算，在整個(gè)過(guò)程中消去變量，得定值(3)在含有參數(shù)的曲線方程里面，把參數(shù)從含有參數(shù)的項(xiàng)里面分離出來(lái)，并令其系數(shù)為零，可以解出定點(diǎn)坐標(biāo).提煉2 用代數(shù)法求最值與范圍問(wèn)題時(shí)從下面幾個(gè)方面入手(1)若直線和圓錐曲線有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則可以利用判別式求范圍(2)若已知曲線上任意一點(diǎn)、一定點(diǎn)或與定點(diǎn)構(gòu)成的圖形，則利用圓錐曲線的性質(zhì)(性質(zhì)中的范圍)求解(3)利用隱含或已知的不等關(guān)系式直接求范圍(4)利用基本不等式求最值與范圍(5)利用函數(shù)值域的方法求最值與范圍提煉3 與圓錐曲線有關(guān)的探索性問(wèn)題(1)給出問(wèn)題的一些特殊關(guān)系，要求探索出一些規(guī)律，并能論證所得規(guī)律的正確性通常要對(duì)已知關(guān)系進(jìn)行觀察、比較、分析，然后概括出一般規(guī)律(2)對(duì)于只給出條件，探求“是否存在”類型問(wèn)題，一般要先對(duì)結(jié)論作出肯定存在的假設(shè)，然后由假設(shè)出發(fā)，結(jié)合已知條件進(jìn)行推理，若推出相符的結(jié)論，則存在性得到論證；若推出矛盾，則假設(shè)不存在高考真題回訪回訪直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題1(20xx浙江高考)如圖131，已知拋物線x2y，點(diǎn)A，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y)<x<.過(guò)點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q.圖131(1)求直線AP斜率的取值范圍(2)求|PA|PQ|的最大值解(1)設(shè)直線AP的斜率為k，kx，因?yàn)?lt;x<，所以直線AP斜率的取值范圍是(1,1).6分(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ.9分因?yàn)閨PA|(k1)，|PQ|(xQx)，所以|PA|PQ|(k1)(k1)3.12分令f(k)(k1)(k1)3，因?yàn)閒(k)(4k2)(k1)2，所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，因此當(dāng)k時(shí)，|PA|PQ|取得最大值.15分2(20xx浙江高考)如圖132，設(shè)橢圓y21(a>1)圖132(1)求直線ykx1被橢圓截得的線段長(zhǎng)(用a，k表示)；(2)若任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)，求橢圓離心率的取值范圍解(1)設(shè)直線ykx1被橢圓截得的線段為AM，由得(1a2k2)x22a2kx0，3分故x10，x2.因此|AM|x1x2|.5分(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè)，由對(duì)稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)P，Q，滿足|AP|AQ|.7分記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2>0，k1k2.由(1)知，|AP|，|AQ|，故，9分所以(kk)1kka2(2a2)kk0.由于k1k2，k1，k2>0得1kka2(2a2)kk0，因此1a2(a22)因?yàn)槭疥P(guān)于k1，k2的方程有解的充要條件是1a2(a22)>1，所以a>.13分因此，任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為1<a.由e，得0<e.所求離心率的取值范圍為0<e.15分3(20xx浙江高考)已知橢圓y21上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線ymx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))圖133解(1)由題意知m0，可設(shè)直線AB的方程為yxb.3分由消去y，得x2xb210.5分因?yàn)橹本€yxb與橢圓y21有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以2b22>0.將線段AB中點(diǎn)M代入直線方程ymx解得b.由得m<或m>.7分(2)令t，則|AB|，且O到直線AB的距離為d.10分設(shè)AOB的面積為S(t)，所以S(t)|AB|d，當(dāng)且僅當(dāng)t2時(shí)，等號(hào)成立故AOB面積的最大值為.15分4(20xx浙江高考)已知ABP的三個(gè)頂點(diǎn)都在拋物線C：x24y上，F(xiàn)為拋物線C的焦點(diǎn)，點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，3.(1)若|PF|3，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(2)求ABP面積的最大值圖134解(1)由題意知焦點(diǎn)F(0,1)，準(zhǔn)線方程為y1.2分設(shè)P(x0，y0)，由拋物線定義知|PF|y01，得到y(tǒng)02，所以P(2，2)或P(2，2)由3得M或M.6分(2)設(shè)直線AB的方程為ykxm，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)由得x24kx4m0.8分于是16k216m0，x1x24k，x1x24m，所以AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2k,2k2m)由3，得(x0,1y0)3(2k,2k2m1)，所以由x4y0，得k2m.10分由0，k20，得m.又因?yàn)閨AB|4，點(diǎn)F(0,1)到直線AB的距離為d，所以SABP4SABF8|m1| .記f(m)3m35m2m1，令f(m)9m210m10，解得m1，m21.12分可得f(m)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)又f f，所以，當(dāng)m時(shí)，f(m)取到最大值，此時(shí)k.所以，ABP面積的最大值為.15分 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第49頁(yè))熱點(diǎn)題型1圓錐曲線中的定值問(wèn)題題型分析：圓錐曲線中的定值問(wèn)題是近幾年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是引入變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式恒成立，數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量.【例1】已知橢圓C：1(ab0)上一點(diǎn)P與橢圓右焦點(diǎn)的連線垂直于x軸，直線l：ykxm與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(均不在坐標(biāo)軸上)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若AOB的面積為，試判斷直線OA與OB的斜率之積是否為定值？ 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334131】解(1)由題意知解得3分橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.4分(2)設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k23)x28kmx4m2120，5分由(8km)216(4k23)(m23)0，得m24k23.6分x1x2，x1x2，SOAB|m|x1x2|m|，8分化簡(jiǎn)得4k232m20，滿足0，從而有4k2m2m23(*)，9分kOAkOB，由(*)式，得1，12分kOAkOB，即直線OA與OB的斜率之積為定值.15分方法指津求解定值問(wèn)題的兩大途徑1.2先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對(duì)值相等的正負(fù)項(xiàng)抵消或分子、分母約分得定值變式訓(xùn)練1已知橢圓C：1過(guò)A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N，求證：四邊形ABNM的面積為定值解(1)由題意得a2，b1，橢圓C的方程為y21.3分又c，離心率e.5分(2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x00，y00)，則x4y4.6分又A(2,0)，B(0,1)，直線PA的方程為y(x2)令x0，得yM，從而|BM|1yM1.9分直線PB的方程為yx1.令y0，得xN，從而|AN|2xN2.12分四邊形ABNM的面積S|AN|BM|2.從而四邊形ABNM的面積為定值.15分熱點(diǎn)題型2圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題題型分析：圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容，解決此類問(wèn)題常用的方法是幾何法和代數(shù)法.【例2】設(shè)圓x2y22x150的圓心為A，直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|EB|為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過(guò)B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍解(1)因?yàn)閨AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1)2y216，從而|AD|4，所以|EA|EB|4.2分由題設(shè)得A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為1(y0).4分(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(4k23)x28k2x4k2120，則x1x2，x1x2.所以|MN|x1x2|.過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y(x1)，點(diǎn)A到直線m的距離為，6分所以|PQ|24.故四邊形MPNQ的面積S|MN| PQ|12.8分可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).12分當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x1，|MN|3，|PQ|8，故四邊形MPNQ的面積為12.綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,8).15分方法指津與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問(wèn)題的三種解法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)，再求其值域變式訓(xùn)練2(名師押題)已知拋物線C：x22py(p0)，過(guò)其焦點(diǎn)作斜率為1的直線l交拋物線C于M，N兩點(diǎn)，且|MN|16.(1)求拋物線C的方程；(2)已知?jiǎng)訄AP的圓心在拋物線C上，且過(guò)定點(diǎn)D(0,4)，若動(dòng)圓P與x軸交于A，B兩點(diǎn)，求的最大值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334132】解(1)設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，則直線l：yx.由得x22pxp20，x1x22p，y1y23p，|MN|y1y2p4p16，p4，拋物線C的方程為x28y.4分(2)設(shè)動(dòng)圓圓心P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)，則x8y0，且圓P：(xx0)2(yy0)2x(y04)2，令y0，整理得x22x0xx160，解得x1x04，x2x04，6分設(shè)t，當(dāng)x00時(shí)，t1，7分當(dāng)x00時(shí)，t.x00，x08，t1，且t1，綜上知1t1.11分f(t)t在1,1上單調(diào)遞減，t12，當(dāng)且僅當(dāng)t1，即x04時(shí)等號(hào)成立的最大值為2.15分熱點(diǎn)題型3圓錐曲線中的探索性問(wèn)題題型分析：探索性問(wèn)題一般分為探究條件和探究結(jié)論兩種類型，若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗(yàn)證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在.若探究結(jié)論，則應(yīng)先寫出結(jié)論的表達(dá)式，再針對(duì)表達(dá)式進(jìn)行討論，往往涉及對(duì)參數(shù)的討論.【例3】如圖135，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：1(ab0)的左、右焦點(diǎn)，A，B分別是橢圓E的左、右頂點(diǎn)，D(1,0)為線段OF2的中點(diǎn)，且50.圖135(1)求橢圓E的方程；(2)若M為橢圓E上的動(dòng)點(diǎn)(異于點(diǎn)A，B)，連接MF1并延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)N，連接MD，ND并分別延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)P，Q，連接PQ，設(shè)直線MN，PQ的斜率存在且分別為k1，k2.試問(wèn)是否存在常數(shù)，使得k1k20恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由解題指導(dǎo)(1)0(2)解(1)50，5，ac5(ac)，化簡(jiǎn)得2a3c，又點(diǎn)D(1,0)為線段OF2的中點(diǎn)，c2，從而a3，b，左焦點(diǎn)F1(2,0)，故橢圓E的方程為1.4分(2)假設(shè)存在滿足條件的常數(shù)，使得k1k20恒成立，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則直線MD的方程為xy1，代入橢圓方程1，整理得，y2y40，6分y1y3，y3，從而x3，故點(diǎn)P，同理，點(diǎn)Q.10分三點(diǎn)M，F(xiàn)1，N共線，從而x1y2x2y12(y1y2)，從而k2，故k10，從而存在滿足條件的常數(shù)，.15分方法指津探索性問(wèn)題求解的思路及策略1思路：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，則不存在2策略：(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論；(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件變式訓(xùn)練3已知橢圓C：1(ab0)的焦點(diǎn)分別為F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，點(diǎn)P在橢圓C上，滿足|PF1|7|PF2|，tanF1PF24.(1)求橢圓C的方程；(2)已知點(diǎn)A(1,0)，試探究是否存在直線l：ykxm與橢圓C交于D，E兩點(diǎn)，且使得|AD|AE|？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334133】解(1)由|PF1|7|PF2|，PF1PF22a得PF1，PF2.2分由余弦定理得cosF1PF，a2，所求C的方程為y21.4分(2)假設(shè)存在直線l滿足題設(shè)，設(shè)D(x1，y1)，E(x2，y2)，將ykxm代入y21并整理得(14k2)x28kmx4m240，由64k2m24(14k2)(4m24)16(m24k21)0，得4k21m2.6分又x1x2.設(shè)D，E中點(diǎn)為M(x0，y0)，M，kAMk1，得m，10分將代入得4k212，化簡(jiǎn)得20k4k210(4k21)(5k21)0，解得k或k，所以存在直線l，使得|AD|AE|，此時(shí)k的取值范圍為.15分