(浙江版)2018年高考数学一轮复习(讲+练+测): 专题9.pdf
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1、第九节第九节圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题【考纲解读】【考纲解读】考点考纲内容5 年统计分析预测1.考查直线与椭圆的位置关系;2.考查直线与抛物线的位置关(1)会解决直线与椭圆锥曲线的综合问题圆、抛物线的位置关系的问题。(2)了解方程与曲线的对应关系和求曲线方程的基本方法。(3)理解数形结合、用代数方法处理几何问题的思想。了解圆锥曲线的简单应用。2015浙江文 19;理 19;2016浙江文 19;理 19;2017浙江 21.2013浙江文 22;理 21;2014浙江文 17,22;系;3.考查直线与圆、圆锥曲线的综合问题,如取值范围、最值、定值、定点、存在性问题等.4.4.备考重点
2、:备考重点:(1)掌握圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程、几何性质;(2)熟练掌握常见直线与圆锥曲线综合问题题型的解法;(3)利用数形结合思想,灵活处理综合问题.【知识清单】【知识清单】1.1.圆锥曲线中的定点、定值问题圆锥曲线中的定点、定值问题圆锥曲线中定值、定点问题的求解方法圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关,如椭圆的长、短轴,双曲线的虚、实轴,抛物线的焦参数等定值问题的求解与证明类似,在求定值之前,已经知道定值的结果(题中未告知,可用特殊值探路求之),解答这类题要大胆设参,运算推理,到最后参数必清,定值显现对点练习:对点练习:【2016 高考新课标 1 卷】设
3、圆x y 2x15 0的圆心为 A,直线 l 过点 B(1,0)且与 x 轴不重合,l交圆 A 于 C,D 两点,过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E.(I)证明EA EB为定值,并写出点 E 的轨迹方程;(II)设点 E 的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1于 M,N 两点,过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点,求四边形 MPNQ 面积的取值范围.22x2y21(y 0)【答案】()(II)12,8 3)43【解析】试题解析:()因为|AD|AC|,EB/AC,故EBD ACD ADC,所以|EB|ED|,故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆A的标准方程为(
4、x 1)2 y216,从而|AD|4,所以|EA|EB|4.由题设得A(1,0),B(1,0),|AB|2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为:x2y21(y 0).43()当l与x轴不垂直时,设l的方程为y k(x1)(k 0),M(x1,y1),N(x2,y2).y k(x1)由x2y2得(4k23)x28k2x 4k212 0.1438k24k212则x1 x2,x1x2.4k234k2312(k21)所以|MN|1 k|x1 x2|.4k232过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y 12(x 1),A到m的距离为,所以2kk 14k23|PQ|2 4()4.故四边形MPNQ的面积22k 1
5、k 1222S 11.|MN|PQ|12 1224k 3可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8 3).当l与x轴垂直时,其方程为x 1,|MN|3,|PQ|8,四边形MPNQ的面积为 12.综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8 3).2.2.圆锥曲线中的最值与范围问题圆锥曲线中的最值与范围问题与圆锥曲线相关的最值、范围问题综合性较强,解决的方法:一是由题目中的限制条件求范围,如直线与圆锥曲线的位置关系中 的范围,方程中变量的范围,角度的大小等;二是将要讨论的几何量如长度、面积等用参数表示出来,再对表达式进行讨论,应用不等式、三角函数等知识求最值,在解题过程中注意
6、向量、不等式的应用对点练习:对点练习:【2017 课标 1,理 10】已知 F 为抛物线 C:y=4x 的焦点,过 F 作两条互相垂直的直线 l1,l2,直线 l1与C 交于 A、B 两点,直线 l2与 C 交于 D、E 两点,则|AB|+|DE|的最小值为A16【答案】AB14C12D1023.3.圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线中的探索性问题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
7、否定了存在性;若证明某结论不存在,也可以采用反证法对点练习:对点练习:x2 y21上,过M 作 x 轴的垂线,垂足为N,【2017 课标 II,理】设O 为坐标原点,动点M 在椭圆 C:2点 P 满足NP2NM。(1)求点 P 的轨迹方程;(2)设点 Q 在直线x 3上,且OPPQ 1。证明:过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F。【答案】(1)x2 y2 2。(2)证明略。【解析】(2)由题意知F1,0。设Q3,t,Pm,n,则OQ3,t,PF 1m,n,OQPF 33mtn,OPm,n,PQ 3m,t n。2222由OP PQ 1得3mm tnn 1,又由(1)知m n
8、 2,故33mtn 0。所以OQ PF 0,即OQ PF。又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ,所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线l过C 的左焦点 F。【考点深度剖析】圆锥曲线是历年高考命题的重点和热点,也是一大难点命题的热点主要有四个方面:一是直线和圆锥曲线的位置关系中的基本运算;二是最值与范围问题;三是定点与定值问题;四是有关探究性的问题 命题多与函数、方程、不等式、数列、向量等多种知识综合,考查考生的各种数学思想与技能,因此也是高考的难点【重点难点突破】【重点难点突破】考点考点 1 1圆锥曲线中的定点、定值问题圆锥曲线中的定点、定值问题3x2y2【1-1】【2016 年高考北京理数】已
9、知椭圆C:221(a b 0)的离心率为,A(a,0),ab2B(0,b),O(0,0),OAB的面积为 1.(1)求椭圆 C 的方程;(2)设P的椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点 M,直线 PB 与x轴交于点 N.求证:AN BM为定值.x2 y21;【答案】(1)(2)详见解析.4c3,a21【解析】(1)由题意得ab 1,解得a 2,b 1.2222a b c,x2 y21.所以椭圆C的方程为4直线PB的方程为y y01x1.x0令y 0,得xN x0 x0.从而AN 2 xN 2.y01y01x02y01y01x02所以AN BM 222x04y04x0y04x08y044x0y04
10、x08y08 4.x0y0 x02y02x0y0 x02y02当x00时,y0 1,BM 2,AN 2,所以AN BM 4.综上,AN BM为定值.x2y23【1-2】【2016 高考山东理数】平面直角坐标系xOy中,椭圆C:221ab0的离心率是,ab2抛物线E:x 2y的焦点F是C的一个顶点.(I)求椭圆C的方程;(II)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交与不同的两点A,B,线段AB的中点为D,直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.(i)求证:点M在定直线上;(ii)直线l与y轴交于点G,记PFG的面积为S1,PDM的面积为S2,求大值时点P的坐标.2S1的最大
11、值及取得最S2S192 1【答案】()x4y1;()(i)见解析;(ii)的最大值为,此时点P的坐标为(,)S242422m2)(m0),由x22y可得y/x,()(i)设P(m,2所以直线l的斜率为m,m2m2m(xm),即ymx因此直线l的方程为y.22m2ymx设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),联立方程2x24y21得(4m1)x4m xm10,22344m3由 0,得0 m 2 5且x1 x2,24m 1x1 x22m3因此x0,224m 1m2m2将其代入y mx 得y0,22(4m21)因为y011x.,所以直线OD方程为y 4mx04m1x1y 联立方程4m
12、,得点M的纵坐标为yM,4x m即点M在定直线y 1上.4m2(ii)由(i)知直线l方程为y mx,2m2m2),令x 0得y ,所以G(0,22m212m3m2),F(0,),D(2又P(m,),224m 1 2(4m21)所以S111|GF|m m(m21),241m(2m21)2,S2|PM|m x0|28(4m21)S12(4m21)(m21)所以,22S2(2m 1)令t 2m 1,则2S1(2t 1)(t 1)11 2,S2t2t2t当1t19S2,即t 2时,1取得最大值,此时m,满足 0,242S2所以点P的坐标为(【领悟技法】9S2 12 1,),因此1的最大值为,此时点P
13、的坐标为(,).4S22424定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似,在求定点、定值之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,运用推理,到最后必定参数统消,定点、定值显现.【触类旁通】【变式一】【2018 届河南省漯河市高级中学高三上期中】在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆x2C:y21,如图所示,斜率为k(k 0)且不过原点的直线l交椭圆C于两点A,B,线段AB的中点3为E,射线OE交椭圆C于点G,交直线x 3于点D3,m.(1)求m2k2的最小值;(2)若OG
14、 OD OE,求证:直线l过定点.2【答案】(1)2.(2)见解析(2)由(1)知OD所在直线方程,和椭圆方程联立,求得点G的坐标,并代入OG OD OE,得到t k,因此得证直线过定点;试题解析:(1)设直线l的方程为y kxt(k 0),由题意,t 0,2y kxt由方程组x23 y21,得3k21x26ktx 3t23 0,由题意 0,所以3k21 t2,设Ax1,y1,Bx2,y2,6kt2ty y,所以,12223k 13k 13ktt,yE2由于E为线段AB的中点,因此xE 2,3k 13k 1由根与系数的关系得x1 x2 此时kOE1yE1,所以OE所在直线的方程为y x,3kx
15、E3k1,即mk 1,k又由题意知D3,m,令x 3,得m 所以m2 k2 2mk 2,当且仅当m k 1时上式等号成立,此时由 0得0 t 2,因此当m k 1且0 t 2时,m2k2取最小值2.(2)证明:由(1)知D所在直线的方程为y 将其代入椭圆C的方程,并由k 0,解得G1x,3k3k3k21,,23k 11又E3kt3k21,1,D3,,k3k21t由距离公式及t 0得9k213k1,OD OG2223k 13k 13k 12229k21 1,3kk223kttt 9k21,OE 2223k 13k 13k 1由OG OD OE,得t k,因此直线l的方程为y kx1,所以直线l恒
16、过定点1,0.222【变式二】【2017 届北京市东城区东直门中学高三上学期期中】如图,椭圆经过点,且离心率为()求椭圆 的方程()经过点,且斜率为 的直线与椭圆 交于不同的两点,(均异于点),判断直线与的斜率之和是否为定值?若是定值,求出改定值;若不是定值,请说明理由【答案】(1)()斜率之和为定值()由题设知,直线的方程为,将直线方程与椭圆方程联立,得由已知设,则从而直线,的斜率之和:,故直线、斜率之和为定值 考点考点 2 2圆锥曲线中的最值与范围问题圆锥曲线中的最值与范围问题x2y2【2-1】【2018 届江苏省仪征中学高三10 月检测】椭圆C:221(a b 0)的长轴是短轴的两倍,a
17、b点P3,1 在椭圆上.不过原点的直线 l 与椭圆相交于 A、B 两点,设直线 OA、l、OB 的斜率分别为k1、2k、k2,且k1、k、k2恰好构成等比数列,记ABO的面积为 S.(1)求椭圆 C 的方程.(2)试判断OA OB是否为定值?若是,求出这个值;若不是,请说明理由?(3)求 S 的范围.22x2 y21(2)5(3)S0,1【答案】(1)42设直线l的方程为y kx m,代入椭圆方程,消去y,根据k1、k、k2恰好构成等比数列,求出k,进而表示出OA OB,即可得出结论。223表示出ABO的面积,利用基本不等式,即可求出S的范围。,且,解析:(1)由题意可知x2 y21所以椭圆的
18、方程为4(2)依题意,直线 斜率存在且,设直线 的方程为(),、由,因为、恰好构成等比数列,所以即所以此时得,且(否则:,;,则,中至少有一个为,直线、中至少有一个斜率不存在,与已知矛盾)所以所以所以(3);是定值为 5;(所以S0,1,且)【2-2】【2018 届浙江省嘉兴市第一中学高三9 月测试】如图,已知抛物线点作抛物线的两条切线(I)求证:(II)求;面积的最小值.,切点分别为.,过直线上任一【答案】(1)见解析(2)【解析】试题分析:(1)设面积取最小值,的斜率分别为,由切线条件,易得,即,由两根之积可得所以;(2),而,同理可得,即,然后求最值即可.(II)由(I)得,所以综上,当
19、【综合点评】1.(1)凡涉及抛物线的弦长、弦的中点、弦的斜率问题时都要注意利用韦达定理,避免求交点坐标的复杂运算解决焦点弦问题时,抛物线的定义有广泛的应用,而且还应注意焦点弦的几何性质时,面积取最小值.(2)对于直线与抛物线相交、相切、中点弦、焦点弦问题,以及定值、存在性问题的处理,最好是作出草图,由图象结合几何性质做出解答并注意“设而不求”“整体代入”“点差法”的灵活应用2.解析几何中的综合性问题很多,而且可与很多知识联系在一起出题,解决这类问题需要正确运用转化思想、函数与方程思想、数学结合思想,其中运用最多的是利用方程根与系数关系构造等式或者函数关系式,注意根的判别式来确定或者限制参数的范
20、围【领悟技法】圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决;(2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑:利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系;利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;利用基本不等式求出参数的取值范围;利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围【触类旁通】x2y21长轴的两个端点,【变式 1】
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