高考数学大一轮复习压轴题命题区间六圆锥曲线问题文.docx
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高考数学大一轮复习压轴题命题区间六圆锥曲线问题文
压轴题命题区间(六)圆锥曲线问题
第一课时 简化解析几何运算的5个技巧
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中,用方程的观点来研究曲线,体现了用代数的方法解决几何问题的优越性,但有时运算量过大,或需繁杂的讨论,这些都会影响解题的速度,甚至会中止解题的过程,达到“望题兴叹”的地步.特别是高考过程中,在规定的时间内,保质保量完成解题的任务,计算能力是一个重要的方面.为此,从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧,合理简化解题过程,优化思维过程.
巧用定义,揭示本质
定义是导出其性质的“发源地”,解题时,应善于运用圆锥曲线的定义,以数形结合思想为指导,把定量的分析有机结合起来,则可使解题计算量大为简化,使解题构筑在较高的水平上.
[典例] 如图,F1,F2是椭圆C1:
+y2=1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在第二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是( )
A. B.
C.D.
[解析] 由已知,得F1(-,0),F2(,0),
设双曲线C2的实半轴长为a,由椭圆及双曲线的定义和已知,
可得解得a2=2,
故a=.所以双曲线C2的离心率e==.
[答案] D
[方法点拨]
本题可巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|,|AF2|的等量关系,从而快速求出双曲线实半轴长a的值,进而求出双曲线的离心率,大大降低了运算量.
[对点演练]
抛物线y2=4mx(m>0)的焦点为F,点P为该抛物线上的动点,若点A(-m,0),则的最小值为________.
解析:
设点P的坐标为(xP,yP),由抛物线的定义,知|PF|=xP+m,又|PA|2=(xP+m)2+y=(xP+m)2+4mxP,则2==≥=(当且仅当xP=m时取等号),所以≥,所以的最小值为.
答案:
设而不求,整体代换
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题,涉及求中点弦所在直线的方程,或弦的中点的轨迹方程的问题时,常常可以用代点法求解.
[典例] 已知椭圆E:
+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的标准方程为( )
A.+=1B.+=1
C.+=1D.+=1
[解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=2,y1+y2=-2,
①-②得+=0,
所以kAB==-=.
又kAB==,所以=.
又9=c2=a2-b2,
解得b2=9,a2=18,
所以椭圆E的方程为+=1.
[答案] D
[方法点拨]
本题设出A,B两点的坐标,却不需求出A,B两点的坐标,巧妙地表达出直线AB的斜率,通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系,从而快速解决问题.
[对点演练]
过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:
+=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于________.
解析:
设A(x1,y1),B(x2,y2),则
∴+=0,
∴=-·.
∵=-,x1+x2=2,y1+y2=2,
∴-=-,∴a2=2b2.
又∵b2=a2-c2,
∴a2=2(a2-c2),∴a2=2c2,∴=.
即椭圆C的离心率e=.
答案:
巧用“根与系数的关系”,化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标,用距离公式计算长度的方法来解;但也可以利用一元二次方程,使相关的点的同名坐标为方程的根,由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系.后者往往计算量小,解题过程简捷.
[典例] (2016·全国甲卷)已知椭圆E:
+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.
[解] 设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
(1)当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y=x+2.
将x=y-2代入+=1,得7y2-12y=0.
解得y=0或y=,所以y1=.
因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.
(2)由题意知t>3,k>0,A(-,0).
将直线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+|=.
由题设,直线AN的方程为y=-(x+),
故同理可得|AN|=.
由2|AM|=|AN|,得=,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=时上式不成立,因此t=.
t>3等价于=<0,
即<0.
因此得或解得 故k的取值范围是(,2). [方法点拨] 本例在第 (2)问中可应用根与系数的关系求出x1=,这体现了整体思路.这是解决解析几何问题时常用的方法,简单易懂,通过设而不求,大大降低了运算量. [对点演练] (2016·兰州实战考试)已知椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率为,且经过点P,左、右焦点分别为F1,F2. (1)求椭圆C的方程; (2)过F1的直线l与椭圆C相交于A,B两点,若△AF2B的内切圆半径为,求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程. 解: (1)由=,得a=2c,所以a2=4c2,b2=3c2, 将点P的坐标代入椭圆方程得c2=1, 故所求椭圆方程为+=1. (2)由 (1)可知F1(-1,0),设直线l的方程为x=ty-1, 代入椭圆方程,整理得(4+3t2)y2-6ty-9=0, 显然判别式大于0恒成立, 设A(x1,y1),B(x2,y2),△AF2B的内切圆半径为r0, 则有y1+y2=,y1y2=,r0=, 所以S△AF2B=S△AF1F2+S△BF1F2=|F1F2|·|y1-y2|=|F1F2|·=. 而S△AF2B=|AB|r0+|BF2|r0+|AF2|r0 =r0(|AB|+|BF2|+|AF2|) =r0(|AF1|+|BF1|+|BF2|+|AF2|) =r0·4a =×8× =, 所以=,解得t2=1, 因为所求圆与直线l相切,所以半径r==, 所以所求圆的方程为(x-1)2+y2=2. 借“曲线系”,理清规律 利用曲线系解题,往往简捷明快,事半功倍,所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一. [典例] 已知双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=x,它的一个焦点在抛物线y2=24x的准线上,则双曲线的方程为( ) A.-=1B.-=1 C.-=1D.-=1 [解析] 由双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=x,可设双曲线的方程为x2-=λ(λ>0). 因为双曲线-=1(a>0,b>0)的一个焦点在抛物线y2=24x的准线上, 所以F(-6,0)是双曲线的左焦点,即λ+3λ=36,λ=9,所以双曲线的方程为-=1. [答案] B [方法点拨] 本题利用共渐近线系双曲线方程,可使问题马上得到解决.避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组,事半功倍. [对点演练] 圆心在直线x-y-4=0上,且经过两圆x2+y2+6x-4=0和x2+y2+6y-28=0的交点的圆的方程为( ) A.x2+y2-x+7y-32=0B.x2+y2-x+7y-16=0 C.x2+y2-4x+4y+9=0D.x2+y2-4x+4y-8=0 解析: 选A 设经过两圆的交点的圆的方程为 x2+y2+6x-4+λ(x2+y2+6y-28)=0, 即x2+y2+x+y-=0, 其圆心坐标为, 又圆心在直线x-y-4=0上,所以-+-4=0, 解得λ=-7,故所求圆的方程为x2+y2-x+7y-32=0. 巧引参数,方便运算 换元引参是一种重要的数学方法,特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等,利用换元引参使一些关系能够相互联系起来,激活了解题的方法,往往能化难为易,达到事半功倍. 常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等.在换元过程中,还要注意代换的等价性,防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件. [典例] 设椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,点P在椭圆上且异于A,B两点,O为坐标原点.若|AP|=|OA|,证明直线OP的斜率k满足|k|>. [解] 法一: 依题意,直线OP的方程为y=kx,设点P的坐标为(x0,y0). 由条件,得 消去y0并整理,得x=.① 由|AP|=|OA|,A(-a,0)及y0=kx0, 得(x0+a)2+k2x=a2, 整理得(1+k2)x+2ax0=0. 而x0≠0,于是x0=, 代入①,整理得(1+k2)2=4k22+4. 又a>b>0,故(1+k2)2>4k2+4, 即k2+1>4,因此k2>3,所以|k|>. 法二: 依题意,直线OP的方程为y=kx,可设点P的坐标为(x0,kx0). 由点P在椭圆上,得+=1. 因为a>b>0,kx0≠0,所以+<1, 即(1+k2)x<a2.② 由|AP|=|OA|及A(-a,0),得(x0+a)2+k2x=a2, 整理得(1+k2)x+2ax0=0,于是x0=, 代入②,得(1+k2)·<a2, 解得k2>3,所以|k|>. 法三: 设P(acosθ,bsinθ)(0≤θ<2π), 则线段OP的中点Q的坐标为. |AP|=|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k=-1. 又A(-a,0),所以kAQ=, 即bsinθ-akAQcosθ=2akAQ. 从而可得|2akAQ|≤<a, 解得|kAQ|<.故|k|=>. [方法点拨] 求解本题利用椭圆的参数方程,可快速建立各点之间的联系,降低运算量. [对点演练] (2016·长春市质量检测)椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且离心率为,点P为椭圆上一动点,△F1PF2面积的最大值为. (1)求椭圆的方程; (2)设椭圆的左顶点为A1,过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A,B两点,连接A1A,A1B并延长分别交直线x=4于R,Q两点,问·是否为定值? 若是,求出此定值;若不是,请说明理由. 解: (1)已知椭圆的离心率为,不妨设c=t,a=2t, 则b=t,其中t>0, 当△F1PF2面积取最大值时,点P为短轴端点, 因此·2t·t=,解得t=1, 则椭圆的方程为+=1. (2)由 (1)可知F2(1,0),A1(-2,0).设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 联立可得(3m2+4)y2+6my-9=0, 则y1+y2=,① y1y2=,② 直线AA1的方程为y=(x+2), 直线BA1的方程为y=(x+2), 则R,Q, =,=, 则·=9+·=·+9=+9 将①②两式代入上式,整理得·=0, 即·为定值0. 1.(2016·四川高考)设O为坐标原点,P是以F为焦点的抛物线y2=2px(p>0)上任意一点,M是线段PF上的点,且|PM|=2|MF|,则直线OM的斜率的最大值为( ) A. B. C.D.1 解析: 选C 如图所示,设P(x0,y0)(y0>0), 则y=2px0, 即x0=. 设M(x′,y′), 由=2, 得 化简可得 ∴直线OM的斜率为k===≤=(当且仅当y0=p时取等号). 2.设双曲线+=1的一条渐近线为y=-2x,且一个焦点与抛物线y=x2的焦点相同,则此双曲线的方程为( ) A.x2-5y2=1B.5y2-x2=1 C.5x2-y2=1D.y2-5x2=1 解析: 选D 因为x2=4y的焦点为(0,1), 所以双曲线的焦点在y轴上. 因为双曲线的一条渐近线为y=-2x, 所以设双曲线的方程为y2-4x2=λ(λ>0), 即-=1, 则λ+=1,λ=, 所以双曲线的方程为y2-5x2=1,故选D. 3.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),P为双曲线上任一点,且·最小值的取值范围是,则该双曲线的离心率的取值范围为( ) A.(1,]B.[,2] C.(0,]D.[2,+∞) 解析: 选B 设P(x0,y0), 则·=(-c-x0,-y0)·(c-x0,-y0) =x-c2+y=a2-c2+y, 上式当y0=0时取得最小值a2-c2, 根据已知-c2≤a2-c2≤-c2, 即c2≤a2≤c2, 即2≤≤4, 即≤≤2, 所以所求离心率的取值范围是[,2]. 4.过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F,斜率为的直线交抛物线于A,B两点,若=λ(λ>1),则λ的值为( ) A.5B.4 C.D. 解析: 选B 根据题意设A(x1,y1),B(x2,y2), 由=λ, 得=λ, 故-y1=λy2,即λ=-. 设直线AB的方程为y=, 联立直线与抛物线方程, 消元得y2-py-p2=0. 故y1+y2=p,y1y2=-p2, =++2=-, 即-λ-+2=-. 又λ>1,解得λ=4. 5.(2015·四川高考)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是( ) A.(1,3)B.(1,4) C.(2,3)D.(2,4) 解析: 选D 设A,B,M,C(5,0)为圆心,当y1≠-y2时,kAB=,kCM=,由kAB·kCM=-1⇒y+y=24,所以M,又r2=|CM|2=4+2=10+y1y2,所以(2r2-20)2=yy,所以y,y是方程t2-24t+(2r2-20)2=0的两个不同的正根,由Δ>0得2<r<4.综上,r的取值范围是(2,4). 6.中心为原点,一个焦点为F(0,5)的椭圆,截直线y=3x-2所得弦中点的横坐标为,则该椭圆方程为( ) A.+=1B.+=1 C.+=1D.+=1 解析: 选C 由已知得c=5, 设椭圆的方程为+=1, 联立 消去y得(10a2-450)x2-12(a2-50)x+4(a2-50)-a2(a2-50)=0,设直线y=3x-2与椭圆的交点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 由根与系数关系得x1+x2=, 由题意知x1+x2=1, 即=1, 解得a2=75, 所以该椭圆方程为+=1. 7.已知双曲线C: -y2=1,点M的坐标为(0,1).设P是双曲线C上的点,Q是点P关于原点的对称点.记λ=·,则λ的取值范围是________. 解析: 设P(x0,y0),则Q(-x0,-y0), λ=· =(x0,y0-1)·(-x0,-y0-1) =-x-y+1 =-x+2. 因为|x0|≥, 所以λ的取值范围是(-∞,-1]. 答案: (-∞,-1] 8.(2017·长春质检)已知AB为圆x2+y2=1的一条直径,点P为直线x-y+2=0上任意一点,则·的最小值为________. 解析: 由题意,设A(cosθ,sinθ),P(x,x+2), 则B(-cosθ,-sinθ), ∴=(cosθ-x,sinθ-x-2), (-cosθ-x,-sinθ-x-2), ∴· =(cosθ-x)(-cosθ-x)+(sinθ-x-2)(-sinθ-x-2) =x2+(x+2)2-cos2θ-sin2θ =2x2+4x+3 =2(x+1)2+1, 当且仅当x=-1, 即P(-1,1)时,·取最小值1. 答案: 1 9.设抛物线(t为参数,p>0)的焦点为F,准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线,垂足为B.设C,AF与BC相交于点E.若|CF|=2|AF|,且△ACE的面积为3,则p的值为________. 解析: 由(p>0)消去t可得抛物线方程为y2=2px(p>0),∴F,|AB|=|AF|=|CF|=p,可得A(p,p). 易知△AEB∽△FEC, ∴==, 故S△ACE=S△ACF=×3p×p×=p2=3, ∴p2=6.∵p>0,∴p=. 答案: 10.(2016·河北三市二联)已知离心率为的椭圆+=1(a>b>0)的一个焦点为F,过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A,B两点,|AB|=. (1)求此椭圆的方程; (2)已知直线y=kx+2与椭圆交于C,D两点,若以线段CD为直径的圆过点E(-1,0),求k的值. 解: (1)设焦距为2c, ∵e==,a2=b2+c2, ∴=,由题意可知=, ∴b=1,a=, ∴椭圆的方程为+y2=1. (2)将y=kx+2代入椭圆方程, 得(1+3k2)x2+12kx+9=0, 又直线与椭圆有两个交点, 所以Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0, 解得k2>1. 设C(x1,y1),D(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=, 若以CD为直径的圆过E点, 则·=0, 即(x1+1)(x2+1)+y1y2=0, 而y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4, 则(x1+1)(x2+1)+y1y2 =(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5 =-+5=0, 解得k=,满足k2>1. 11.(2016·山东高考节选)平面直角坐标系xOy中,椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率是,抛物线E: x2=2y的焦点F是C的一个顶点. (1)求椭圆C的方程. (2)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交于不同的两点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.求证: 点M在定直线上. 解: (1)由题意知=, 可得a2=4b2. 因为抛物线E的焦点为F, 所以b=,a=1. 所以椭圆C的方程为x2+4y2=1. (2)证明: 设P(m>0). 由x2=2y,可得y′=x, 所以直线l的斜率为m. 因此直线l的方程为y-=m(x-m), 即y=mx-. 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0), 联立方程 得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0. 由Δ>0, 得0<m2<2+.(*) 由根与系数的关系得x1+x2=, 因此x0=. 将其代入y=mx-, 得y0=. 因为=-, 所以直线OD的方程为y=-x. 联立方程 得点M的纵坐标yM=-, 所以点M在定直线y=-上. 12.(2016·合肥质检)已知中心在原点,焦点在y轴上的椭圆C,其上一点P到两个焦点F1,F2的距离之和为4,离心率为. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线y=kx+1与曲线C交于A,B两点,求△OAB面积的取值范围. 解: (1)设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0), 由题意可知2a=4,=,又a2+b2=c2, 解得a=2,c=,b=1, 故椭圆C的方程为+x2=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(k2+4)x2+2kx-3=0, 故x1+x2=-,x1x2=-,① 设△OAB的面积为S, 由x1x2=-<0, 知S=(|x1|+|x2|)=|x1-x2| ==2, 令k2+3=t,知t≥3, ∴S=2. 对函数y=t+(t≥3),知y′=1-=>0, ∴y=t+在t∈[3,+∞)上单调递增, ∴t+≥, ∴0<≤,∴0<S≤, 即△OAB面积的取值范围是. 第二课时 定点、定值、证明问题 定点问题 [典例] 已知抛物线C: y2=2px(p>0)的焦点F(1,0),O为坐标原点,A,B是抛物线C上异于O的两点. (1)求抛物线C的方程; (2)若直线OA,OB的斜率之积为-,求证: 直线AB过x轴上一定点. [解] (1)因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为(1,0), 所以=1,即p=2. 所以抛物线C的方程为y2=4x. (2)证明: ①当直线AB的斜率不存在时, 设A,B. 因为直线OA,OB的斜率之积为-, 所以·=-,化简得t2=32. 所以A(8,t),B(8,-t),此时直线AB的方程为x=8. ②当直线AB的斜率存在时, 设其方程为y=kx+b,A(xA,yA),B(xB,yB), 联立方程组消去x得ky2-4y+4b=0. 由根与系数的关系得yAyB=, 因为直线OA,OB的斜率之积为-, 所以·=-,即xAxB+2yAyB=0. 即·+2yAyB=0, 解得yAyB=0(舍去)或yAyB=-32. 所以yAyB==-32,即b=-8k, 所以y=kx-8k,即y=k(x-8). 综合①②可知,直线AB过定点(8,0). [方法点拨] 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法: 引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法: 根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. [对点演练] 已知椭圆+=1(a>b>0)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于Q,P,与椭圆分别交于点M,N,各点均不重合且满足=λ1,=λ2. (1)求椭圆的标准方程; (2)若λ1+λ2=-3,试证明: 直线l过定点并求此定点. 解: (1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b=1, 且(2a)2+(2b)2=2(2c)2, 又a2=b2+c2,所以a2=3. 所以椭圆的方程为+y2=1. (2)由题意设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为x=t(y-m), 由=λ1,知(x1,y1-m)=λ1(x0-x1,-y1), ∴y1-m=-y1λ1,由题意y1≠0, ∴λ1=-1. 同理由=λ2知λ2=-1. ∵λ1+λ2=-3,∴-1+-1=-3, ∴y1y2+m(y1+y2)=0,① 联立 得(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0, ∴由题意知Δ=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)>0,② 且有y1+y2=,y1y2=,③ ③代入①得t2m2-3+2m2t2=0, ∴(mt)2=1, 由题意mt<0,∴mt=-1,满足②, 故直线l的方程为x=ty+1,过定点(1,0), 即Q为定点. 定值问题 [典例] (2017·张掖诊断) 如图,椭圆E: +=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P,Q(均异于点A),证明: 直线AP与AQ的斜率之和为定值. [解] (1)由题意知=,b=1, 由a2=b2+c2,得a=, 所以椭圆E的方程为+y2=1. (2)证明: 设直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2), 代入+y2=1, 得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0, 由题意知Δ>0, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),且x1x2≠0, 则x1+x2=,x1x2=, 所以直线AP与AQ的斜率之和 kAP+kAQ=+ =+
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- 高考 数学 一轮 复习 压轴 命题 区间 圆锥曲线 问题
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