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文檔簡介

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

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