（全國通用）2020版高考數(shù)學第二層提升篇專題五解析幾何第3講圓錐曲線的綜合問題講義.docx

第3講圓錐曲線的綜合問題全國卷3年考情分析年份全國卷全國卷全國卷2019直線與圓的位置關(guān)系，定值問題T21橢圓的定義及幾何性質(zhì)、參數(shù)的范圍T20直線與拋物線的位置關(guān)系、直線與圓的位置關(guān)系、定點問題T212018直線的方程、直線與拋物線的位置關(guān)系、證明問題T20直線的方程、直線與拋物線的位置關(guān)系、圓的方程T20直線與橢圓的位置關(guān)系、證明問題T202017直線與拋物線的位置關(guān)系、導數(shù)的幾何意義T20點的軌跡方程、橢圓方程、向量的數(shù)量積等T20兩直線垂直的條件、直線與圓的位置關(guān)系、直線方程T20解析幾何是數(shù)形結(jié)合的典范，是高中數(shù)學的主要知識板塊，是高考考查的重點知識之一，在解答題中一般會綜合考查直線、圓、圓錐曲線等.試題難度較大，多以壓軸題出現(xiàn).解答題的熱點題型有：(1)直線與圓錐曲線位置關(guān)系；(2)圓錐曲線中定點、定值、最值及范圍的求解；(3)圓錐曲線中的判斷(與證明)及探究問題.第1課時圓錐曲線中的定值、定點、證明問題圓錐曲線中的幾何證明問題例1(2018全國卷)設(shè)橢圓C：y21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l與x軸垂直時，求直線AM的方程；(2)設(shè)O為坐標原點，證明：OMAOMB.解(1)由已知得F(1，0)，l的方程為x1.則點A的坐標為或.又M(2，0)，所以直線AM的方程為yx或yx，即xy20或xy20.(2)證明：當l與x軸重合時，OMAOMB0.當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以O(shè)MAOMB.當l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2b0)，點O為坐標原點，點A的坐標為(a，0)，點B的坐標為(0，b)，點M在線段AB上，滿足|BM|2|MA|，直線OM的斜率為.(1)求E的離心率e；(2)設(shè)點C的坐標為(0，b)，N為線段AC的中點，證明：MNAB.解：(1)由題設(shè)條件知，點M的坐標為，又kOM，從而.進而得ab，c2b，故e.(2)證明：由N是AC的中點知，點N的坐標為，可得.又(a，b)，從而有a2b2(5b2a2).由(1)可知a25b2，所以0，故MNAB.定值問題例2(2019福建五校第二次聯(lián)考)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，上頂點M到直線xy40的距離為3.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l過點(4，2)，且與橢圓C相交于A，B兩點，l不經(jīng)過點M，證明：直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值.解(1)由題意可得解得所以橢圓C的方程為1.(2)證明：易知直線l的斜率恒小于0，設(shè)直線l的方程為y2k(x4)，k0且k1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立得得(14k2)x216k(2k1)x64k(k1)0，則x1x2，x1x2，因為kMAkMB，所以kMAkMB2k(4k4)2k4(k1)2k(2k1)1(為定值).題后悟通求解定值問題的2大途徑途徑一首先由特例得出一個值(此值一般就是定值)然后證明定值：即將問題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關(guān)途徑二先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值跟蹤訓練已知橢圓方程為1，右焦點為F，若直線l與橢圓C相切，過點F作FQl，垂足為Q，求證：|OQ|為定值(其中O為坐標原點).證明：當直線l的斜率不存在時，l的方程為x2，點Q的坐標為(2，0)或(2，0)，此時|OQ|2；當直線l的斜率為0時，l的方程為y，點Q的坐標為(1，)或(1，)，此時|OQ|2；當直線l的斜率存在且不為0時，設(shè)直線l的方程為ykxm(k0).因為FQl，所以直線FQ的方程為y(x1).由消去y，可得(34k2)x28kmx4m2120.因為直線l與橢圓C相切，所以(8km)24(34k2)(4m212)0，整理得m24k23.(*)由得Q，所以|OQ|，將(*)式代入上式，得|OQ|2.綜上所述，|OQ|為定值，且定值為2.定點問題例3(2019北京高考)已知橢圓C：1的右焦點為(1，0)，且經(jīng)過點A(0，1).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點，直線l：ykxt(t1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|ON|2，求證：直線l經(jīng)過定點.解(1)由題意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以橢圓C的方程為y21.(2)證明：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則直線AP的方程為yx1.令y0，得點M的橫坐標xM.又y1kx1t，從而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，則x1x2，x1x2.所以|OM|ON|2.又|OM|ON|2，所以22.解得t0，所以直線l經(jīng)過定點(0，0).題后悟通直線過定點問題的解題模型跟蹤訓練(2019重慶市七校聯(lián)合考試)已知O為坐標原點，拋物線C：y24x，點A(2，0)，設(shè)直線l與C交于不同的兩點P，Q.(1)若直線lx軸，求直線PA的斜率的取值范圍；(2)若直線l不垂直于x軸，且PAOQAO，證明：直線l過定點.解：(1)當點P在第一象限時，設(shè)P(t，2)，則kPA，kPA，同理，當點P在第四象限時，kPA.綜上所述，直線PA的斜率kPA.(2)證明：設(shè)直線l的方程為ykxb(k0)，聯(lián)立方程得得ky24y4b0，1616kb0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1y2，y1y2，PAOQAO，kAPkAQ0，b2k，ykx2kk(x2)，直線l恒過定點(2，0).專題過關(guān)檢測大題專攻強化練1.(2019全國卷)已知曲線C：y，D為直線y上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.(1)證明：直線AB過定點.(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求該圓的方程.解：(1)證明：設(shè)D，A(x1，y1)，則x2y1.由于yx，所以切線DA的斜率為x1，故x1.整理得2tx12y110.設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直線AB的方程為2tx2y10.所以直線AB過定點.(2)由(1)得直線AB的方程為ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21.設(shè)M為線段AB的中點，則M.由于，而(t，t22)，與向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.當t0時，|2，所求圓的方程為x24；當t1時，|，所求圓的方程為x22.2.(2019濟南市學習質(zhì)量評估)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，右焦點為F，且該橢圓過點.(1)求橢圓C的方程；(2)當動直線l與橢圓C相切于點A，且與直線x相交于點B時，求證：FAB為直角三角形.解：(1)由題意得，1，又a2b2c2，所以b21，a24，即橢圓C的方程為y21.(2)證明：由題意可得直線l的斜率存在，設(shè)l：ykxm，聯(lián)立得得(4k21)x28kmx4m240，判別式64k2m216(4k21)(m21)0，得m24k210.設(shè)A(x1，y1)，則x1，y1kx1mm，即A.易得B，F(xiàn)(，0)，則，110，所以，即FAB為直角三角形，得證.3.如圖，設(shè)點A，B的坐標分別為(，0)，(，0)，直線AP，BP相交于點P，且它們的斜率之積為.(1)求點P的軌跡方程；(2)設(shè)點P的軌跡為C，點M，N是軌跡C上不同的兩點，且滿足APOM，BPON，求證：MON的面積為定值.解：(1)設(shè)點P的坐標為(x，y)，由題意得，kAPkBP(x)，化簡得，點P的軌跡方程為1(x).(2)證明：由題意可知，M，N是軌跡C上不同的兩點，且APOM，BPON，則直線OM，ON的斜率必存在且不為0，kOMkONkAPkBP.當直線MN的斜率為0時，設(shè)M(x0，y0)，N(x0，y0)，則得所以SMON|y0|2x0|.當直線MN的斜率不為0時，設(shè)直線MN的方程為xmyt，代入1，得(32m2)y24mty2t260，(*)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1，y2是方程(*)的兩根，所以y1y2，y1y2，又kOMkON，所以，即2t22m23，滿足0.又SMON|t|y1y2|，所以SMON.綜上，MON的面積為定值，且定值為.4.(2019福州市質(zhì)量檢測)已知拋物線C1：x22py(p0)和圓C2：(x1)2y22，傾斜角為45的直線l1過C1的焦點，且l1與C2相切.(1)求p的值；(2)動點M在C1的準線上，動點A在C1上，若C1在A點處的切線l2交y軸于點B，設(shè)，求證：點N在定直線上，并求該定直線的方程.解：(1)依題意，設(shè)直線l1的方程為yx，因為直線l1與圓C2相切，所以圓心C2(1，0)到直線l1：yx的距離d.即，解得p6或p2(舍去).所以p6.(2)法一：依題意設(shè)M(m，3)，由(1)知拋物線C1的方程為x212y，所以y，所以y，設(shè)A(x1，y1)，則以A為切點的切線l2的斜率為k，所以切線l2的方程為yx1(xx1)y1.令x0，則yxy112y1y1y1，即B點的坐標為(0，y1)，所以(x1m，y13)，(m，y13)，所以(x12m，6)，所以(x1m，3).設(shè)N點坐標為(x，y)，則y3，所以點N在定直線y3上.法二：設(shè)M(m，3)，由(1)知拋物線C1的方程為x212y，設(shè)l2的斜率為k，A，則以A為切點的切線l2的方程為yk(xx1)x，聯(lián)立得，x212，因為144k248kx14x0，所以k，所以切線l2的方程為yx1(xx1)x.令x0，得B點坐標為，所以，所以(x12m，6)，所以(x1m，3)，所以點N在定直線y3上.第2課時圓錐曲線中的最值、范圍、探索性問題最值問題例1(2019廣州市綜合檢測(一)已知橢圓C的中心在原點，焦點在坐標軸上，直線yx與橢圓C在第一象限內(nèi)的交點是M，點M在x軸上的射影恰好是橢圓C的右焦點F2，橢圓C的另一個焦點是F1，且.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l過點(1，0)，且與橢圓C交于P，Q兩點，求F2PQ的內(nèi)切圓面積的最大值.解(1)設(shè)橢圓C的方程為1(ab0)，點M在直線yx上，且點M在x軸上的射影恰好是橢圓C的右焦點F2(c，0)，點M.，c1.解得橢圓C的方程為1.(2)由(1)知，F(xiàn)1(1，0)，過點F1(1，0)的直線與橢圓C交于P，Q兩點，則F2PQ的周長為4a8，又SF2PQ4ar(r為F2PQ的內(nèi)切圓半徑)，當F2PQ的面積最大時，其內(nèi)切圓面積最大.設(shè)直線l的方程為xky1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則消去x得(43k2)y26ky90，SF2PQ|F1F2|y1y2|.令t，則t1，SF2PQ，令f(t)3t，則f(t)3，當t 1，)時，f(t)0，f(t)3t在1，)上單調(diào)遞增，SF2PQ3，當t1時取等號，即當k0時，F(xiàn)2PQ的面積取得最大值3，結(jié)合SF2PQ4ar，得r的最大值為，F(xiàn)2PQ的內(nèi)切圓面積的最大值為.題后悟通最值問題的2種基本解法幾何法根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等在選擇題、填空題中經(jīng)?？疾?代數(shù)法建立求解目標關(guān)于某個(或兩個)變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值解決的(普通方法、基本不等式方法、導數(shù)方法(如本例)等)跟蹤訓練(2019河北省九校第二次聯(lián)考)已知拋物線C：y22px(p0)的焦點為F，若過點F且斜率為1的直線與拋物線相交于M，N兩點，且|MN|8.(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)直線l為拋物線C的切線，且lMN，P為l上一點，求的最小值.解：(1)由題意可知F，則直線MN的方程為yx，代入y22px(p0)得x23px0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x23p，|MN|8，x1x2p8，即3pp8，解得p2，拋物線C的方程為y24x.(2)設(shè)直線l的方程為yxb，代入y24x，得x2(2b4)xb20，直線l為拋物線C的切線，0，解得b1，l：yx1.由(1)可知，x1x26，x1x21，設(shè)P(m，m1)，則(x1m，y1(m1)，(x2m，y2(m1)，(x1m)(x2m) y1(m1)y2(m1)x1x2m(x1x2)m2y1y2(m1)(y1y2)(m1)2，(y1y2)216x1x216，y1y24，yy4(x1x2)，y1y244，16mm244(m1)(m1)22(m24m3)2(m2)2714，當且僅當m2，即點P的坐標為(2，3)時，取得最小值14.范圍問題例2(2019安徽五校聯(lián)盟第二次質(zhì)檢)已知橢圓C：1(ab0)的焦點坐標分別為F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，P為橢圓C上一點，滿足3|PF1|5|PF2|且cosF1PF2.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設(shè)直線l：ykxm與橢圓C交于A，B兩點，點Q，若|AQ|BQ|，求k的取值范圍.解(1)由題意設(shè)|PF1|r1，|PF2|r2，則3r15r2，又r1r22a，r1a，r2a.在PF1F2中，由余弦定理得，cosF1PF2，解得a2，c1，b2a2c23，橢圓C的標準方程為1.(2)聯(lián)立方程，得消去y得(34k2)x28kmx4m2120，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2，且48(34k2m2)0，設(shè)AB的中點為M(x0，y0)，連接QM，則x0，y0kx0m，|AQ|BQ|，ABQM，又Q，M為AB的中點，k0，直線QM的斜率存在，kkQMk1，解得m，把代入得34k2，整理得16k48k230，即(4k21)(4k23)0，解得k或k，故k的取值范圍為.題后悟通范圍問題的解題策略解決有關(guān)范圍問題時，先要恰當?shù)匾胱兞?如點的坐標、角、斜率等)，尋找不等關(guān)系，其方法有：(1)利用判別式來構(gòu)造不等式，從而確定所求范圍(如本例)；(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)利用隱含的不等關(guān)系，從而求出所求范圍；(4)利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出所求范圍；(5)利用函數(shù)值域的求法，確定所求范圍；(6)利用已知，將條件轉(zhuǎn)化為幾個不等關(guān)系，從而求出參數(shù)的范圍(如本例).跟蹤訓練(2018浙江高考)如圖，已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點，拋物線C：y24x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上.(1)設(shè)AB中點為M，證明：PM垂直于y軸；(2)若P是半橢圓x21(x0)上的動點，求PAB面積的取值范圍.解：(1)證明：設(shè)P(x0，y0)，A，B.因為PA，PB的中點在拋物線上，所以y1，y2為方程4，即y22y0y8x0y0的兩個不同的實根.所以y1y22y0，因此PM垂直于y軸.(2)由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.因此PAB的面積SPAB|PM|y1y2|(y4x0).因為x1(x0b0)的離心率為，且經(jīng)過點.(1)求橢圓C的方程.(2)過點(，0)作直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，試問在x軸上是否存在定點Q，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由.解(1)由題意可得，1，又a2b2c2，所以a24，b21.所以橢圓C的方程為y21.(2)存在定點Q，滿足直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱.設(shè)直線l的方程為xmy0，與橢圓C的方程聯(lián)立得整理得，(4m2)y22my10.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，定點Q(t，0)(依題意tx1，tx2).由根與系數(shù)的關(guān)系可得，y1y2，y1y2.直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱，則直線QA與直線QB的斜率互為相反數(shù)，所以0，即y1(x2t)y2(x1t)0.又x1my10，x2my20，所以y1(my2t)y2(my1t)0，整理得，(t)(y1y2)2my1y20，從而可得，(t)2m0，即2m(4t)0，所以當t，即Q時，直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱.特別地，當直線l為x軸時，Q也符合題意.綜上所述，在x軸上存在定點Q，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱.題后悟通探索性問題的解題策略探索性問題，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.(1)當條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論.(2)當給出結(jié)論而要推導出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件.(3)當條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑.跟蹤訓練如圖，由部分拋物線y2mx1(m0，x0)和半圓x2y2r2(x0)所組成的曲線稱為“黃金拋物線C”，若“黃金拋物線C”經(jīng)過點(3，2)和.(1)求“黃金拋物線C”的方程；(2)設(shè)P(0，1)和Q(0，1)，過點P作直線l與“黃金拋物線C”交于A，P，B三點，問是否存在這樣的直線l，使得QP平分AQB？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.解：(1)因為“黃金拋物線C”過點(3，2)和，所以r21，43m1，解得m1.所以“黃金拋物線C”的方程為y2x1(x0)和x2y21(x0).(2)假設(shè)存在這樣的直線l，使得QP平分AQB.顯然直線l的斜率存在且不為0，結(jié)合題意可設(shè)直線l的方程為ykx1(k0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令xA00知k，所以直線BQ的斜率為kBQ.由消去y并整理，得(k21)x22kx0，所以xA，yA，即A，由xA0，所以直線AQ的斜率為kAQ.因為QP平分AQB，且直線QP的斜率不存在，所以kAQkBQ0，即0，由0k2|MN|，所以點G在以M，N為焦點，長軸長為4的橢圓上，設(shè)橢圓的方程為1(ab0)，則2a4，2c2，即a2，c，所以b2a2c21，所以點G的軌跡C的方程為y21.(2)法一：依題意可設(shè)直線l：xmy4.由消去x，得(m24)y28my120.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由64m2412(m24)16(m212)0，得m212.且y1y2，y1y2.因為點A關(guān)于x軸的對稱點為D，所以D(x1，y1)，可設(shè)Q(x0，0)，所以kBD，所以BD所在直線的方程為yy2(xmy24).令y0，得x0.將代入，得x01，所以點Q的坐標為(1，0).因為SABQ|STBQSTAQ|QT|y2y1|，令tm24，結(jié)合得t16，所以SABQ66.當且僅當t32，即m2時，(SABQ)max.所以ABQ面積的最大值為.法二：依題意知直線l的斜率存在