步步高2014屆高考數(shù)學江蘇專用(文)二輪專題突破：專題五 第3講 圓錐曲線中的熱點問題

1、第3講圓錐曲線中的熱點問題【高考考情解讀】縱觀近幾年高考，解析幾何是重要內容之一，所占分值在30分以上，大題小題同時有，除了本身知識的綜合，還會與其它知識如向量、函數(shù)、不等式等知識構成綜合題，多年高考壓軸題是解析幾何題.1.填空題主要考查圓錐曲線的幾何性質，三種圓錐曲線都有可能涉及.2.在解答題中主要考查圓、直線、橢圓的綜合問題，難度較高，還有可能涉及簡單的軌跡方程和解析幾何中的開放題、探索題、證明題，重點關注定點、定值及最值、范圍問題1 直線與圓錐曲線的位置關系(1)直線與橢圓的位置關系的判定方法：將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消去一個未知數(shù)，得到一個一元二次方程若0，則直線與橢圓相交；若0，則

2、直線與橢圓相切；若0時，直線與雙曲線相交；當0時，直線與雙曲線相切；當b0)的離心率為，右焦點(2，0)，斜率為1的直線l與橢圓G交于A，B兩點，以AB為底邊作等腰三角形，頂點為P(3,2)(1)求橢圓G的方程；(2)求PAB的面積解(1)由已知得c2，.解得a2，又b2a2c24.所以橢圓G的方程為1.(2)設直線l的方程為yxm.由得4x26mx3m2120.設A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)(x10.由根與系數(shù)的關系得，x1x2，x1x2，因為x軸是PBQ的角平分線，所以，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk

3、)(x1x2)2b0將，代入得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此時0，直線l的方程為yk(x1)，即直線l過定點(1,0)考點三圓錐曲線中的最值范圍問題例3(2013浙江)如圖，點P(0，1)是橢圓C1：1(ab0)的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2y24的直徑l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于A，B兩點，l2交橢圓C1于另一點D.(1)求橢圓C1的方程；(2)求ABD面積取最大值時直線l1的方程解(1)由題意得所以橢圓C1的方程為y21.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由題意知直線l1的斜率存在，不妨設其為k，則直線l1的方

4、程為ykx1.又圓C2：x2y24，故點O到直線l1的距離d，所以AB22.又l2l1，故直線l2的方程為xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以PD.設ABD的面積為S，則SABPD，所以S，當且僅當k時取等號所以所求直線l1的方程為yx1. 求最值及參數(shù)范圍的方法有兩種：根據(jù)題目給出的已知條件列出一個關于參數(shù)的函數(shù)關系式，將其代入由題目列出的不等式(即為消元)，然后求解不等式；由題目條件和結論建立目標函數(shù)，進而轉化為求函數(shù)的值域 已知橢圓C1與拋物線C2的焦點均在x軸上且C1的中心和C2的頂點均為坐標原點O，從每條曲線上的各取兩個點，其坐標如下表所示：x14y306

5、1(1)求C1，C2的標準方程；(2)過點A(m,0)作傾斜角為的直線l交橢圓C1于C，D兩點，且橢圓C1的左焦點F在以線段CD為直徑的圓的外部，求m的取值范圍解(1)先判斷出(，0)在橢圓上，進而斷定點(1，3)和(4，6)在拋物線上，故(，1)在橢圓上，所以橢圓C1的方程為1，拋物線C2的方程為y29x.(2)設C(x1，y1)，D(x2，y2)，直線l的方程為y(xm)，由消去y整理得2x22mxm260，由0得4m28(m26)0，即2m0，又F(2,0)，即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)y1y240.整理得m(m3)0，即m0.由可得m的取值范圍是(2，3)(

6、0,2)1 求軌跡與軌跡方程的注意事項(1)求軌跡方程的關鍵是在紛繁復雜的運動變化中，發(fā)現(xiàn)動點P的運動規(guī)律，即P點滿足的等量關系，因此要學會動中求靜，變中求不變(2)求出軌跡方程后，應注意檢驗其是否符合題意，既要檢驗是否增解(即以該方程的某些解為坐標的點不在軌跡上)，又要檢驗是否丟解(即軌跡上的某些點未能用所求的方程表示)檢驗方法：研究運動中的特殊情形或極端情形2 定點、定值問題的處理方法定值包括幾何量的定值或曲線過定點等問題，處理時可以直接推理求出定值，也可以先通過特定位置猜測結論后進行一般性證明對于客觀題，通過特殊值法探求定點、定值能達到事半功倍的效果3 圓錐曲線的最值與范圍問題的常見求法

7、(1)幾何法：若題目的條件和結論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質來解決；(2)代數(shù)法：若題目的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關系，則可首先建立起目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下五個方面考慮：利用判別式來構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍；利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立等量關系；利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.設直線l：yk(x1)與橢圓x23y2a2(a0)相交于A、B兩個不同的點，與x軸相交于點C

8、，記O為坐標原點(1)證明：a2；(2)若2，求OAB的面積取得最大值時的橢圓方程(1)證明依題意，直線l顯然不平行于坐標軸，故yk(x1)可化為xy1.將xy1代入x23y2a2，消去x，得y21a20，由直線l與橢圓相交于兩個不同的點，得4(1a2)0，整理得a23，即a2.(2)解設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由，得y1y2，因為2，得y12y2，代入上式，得y2.于是，OAB的面積SOC|y1y2|y2|.其中，上式取等號的條件是3k21，即k.由y2，可得y2.將k，y2及k，y2這兩組值分別代入，均可解出a25.所以，OAB的面積取得最大值時的橢圓方程是x23y25.(推薦

9、時間：70分鐘)一、填空題1 已知方程1(kR)表示焦點在x軸上的橢圓，則k的取值范圍是_答案1k3解析若橢圓焦點在x軸上，則，解得1k4，即|y02|4，又y00，y02.3 若點O和點F分別為橢圓1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，則的最大值為_答案6解析設P(x0，y0)，則1，即y3，又因為F(1,0)，所以x0(x01)yxx03(x02)22，又x02,2，即2,6，所以()max6.4 直線ykx1與橢圓1恒有公共點，則m的取值范圍是_答案m1且m5解析方程1表示橢圓，m0且m5.直線ykx1恒過(0,1)點，要使直線與橢圓總有公共點，應有：1，m1，m的取值范圍是m1且m

10、5.5 設F1、F2為橢圓y21的左、右焦點，過橢圓中心任作一直線與橢圓交于P，Q兩點，當四邊形PF1QF2面積最大時，12的值等于_答案2解析易知當P，Q分別在橢圓短軸端點時，四邊形PF1QF2面積最大此時，F(xiàn)1(，0)，F(xiàn)2(，0)，不妨設P(0,1)，1(，1)，2(，1)，122.6 直線3x4y40與拋物線x24y和圓x2(y1)21從左到右的交點依次為A，B，C，D，則的值為_答案解析由得x23x40，xA1，yA，xD4，yD4，直線3x4y40恰過拋物線的焦點F(0,1)，且該圓圓心為F(0,1)，AFyA1，DFyD15，.7 已知雙曲線x21上存在兩點M，N關于直線yxm對

11、稱，且MN的中點在拋物線y218x上，則實數(shù)m的值為_答案0或8解析設M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點P(x0，y0)，則由得(x2x1)(x2x1)(y2y1)(y2y1)，顯然x1x2.3，即kMN3，M，N關于直線yxm對稱，kMN1，y03x0，又y0x0m，P，代入拋物線方程得m218，解得m0或8，經(jīng)檢驗都符合8 已知中心在原點的橢圓與雙曲線有公共焦點，左、右焦點分別為F1、F2，且兩條曲線在第一象限的交點為P，PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形，若PF110，橢圓與雙曲線的離心率分別為e1，e2，則e1e2的取值范圍是_答案(，)解析設橢圓與雙曲線的半焦距為c，

12、PF1r1，PF2r2.由題意知r110，r22c，且r1r2,2r2r1，2c10，c51.9 已知拋物線方程為y24x，直線l的方程為xy40，在拋物線上有一動點P到y(tǒng)軸的距離為d1，P到直線l的距離為d2，則d1d2的最小值為_答案1解析過點P作拋物線的準線的垂線，垂足為A，交y軸于B，由拋物線方程為y24x得焦點F的坐標為(1,0)，準線為x1，則由拋物線的定義可得d1d2PAABd2PF1d2，PFd2大于或等于焦點F點P到直線l，即PFd2的最小值為，所以d1d2的最小值為1.二、解答題10已知直線x2y20經(jīng)過橢圓C：1(ab0)的左頂點A和上頂點D，橢圓C的右頂點為B，點S是橢

13、圓C上位于x軸上方的動點，直線AS，BS與直線l：x分別交于M，N兩點(1)求橢圓C的方程；(2)求線段MN的長度的最小值解(1)如圖，由題意得橢圓C的左頂點為A(2,0)，上頂點為D(0,1)，即a2，b1.故橢圓C的方程為y21.(2)直線AS的斜率顯然存在且不為0，設直線AS的方程為yk(x2)(k0)，解得M(，)，且將直線方程代入橢圓C的方程，得(14k2)x216k2x16k240.設S(x1，y1)，由根與系數(shù)的關系得(2)x1.由此得x1，y1，即S(，)又B(2,0)，則直線BS的方程為y(x2)，聯(lián)立直線BS與l的方程解得N(，)MN2.當且僅當，即k時等號成立，故當k時，

14、線段MN的長度的最小值為.11在平面直角坐標系中，點P(x，y)為動點，已知點A(，0)，B(，0)，直線PA與PB的斜率之積為.(1)求動點P的軌跡E的方程；(2)過點F(1,0)的直線l交曲線E于M，N兩點，設點N關于x軸的對稱點為Q(M、Q不重合)，求證：直線MQ過x軸上一定點(1)解由題意知：.化簡得y21(y0)(2)證明方法一設M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x2，y2)，l：xmy1，代入y21(y0)整理得(m22)y22my10.y1y2，y1y2，MQ的方程為yy1(xx1)，令y0，得xx1my1112.直線MQ過定點(2,0)方法二設M(x1，y1)，N(x2，

15、y2)，Q(x2，y2)，l：yk(x1)，代入y21(y0)整理得(12k2)x24k2x2k220，x1x2，x1x2，MQ的方程為yy1(xx1)，令y0，得xx1x12.直線MQ過定點(2,0)12設橢圓C：1(ab0)的離心率e，左頂點M到直線1的距離d，O為坐標原點(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，證明：點O到直線AB的距離為定值；(3)在(2)的條件下，試求AOB的面積S的最小值(1)解由e，得ca，又b2a2c2，所以ba，即a2b.由左頂點M(a,0)到直線1，即bxayab0的距離d，得，即，把a2b代入上式，得，解得b1.所以a2b2，c.所以橢圓C的方程為y21.(2)證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，當直線AB的斜率不存在時，則由橢圓的對稱性，可知x1x2，y1y2.因為以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，故0，即x1x2y1y20，也就是xy0，又點A在橢圓C上，所以y1，解得|x1|y1|.此時點O到直線AB的距離d1|x1|.當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為ykxm，與橢圓方程聯(lián)立有消去y，得(14k2)x28kmx4m240，所以x1x2，x1x2.因為以