高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题5解析几文档格式.docx

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设＝t，

则t>

0，S△OPQ＝＝.

因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±

时等号成立，且满足Δ＞0，14分

所以，当△OPQ的面积最大时l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.16分

【名师点评】　与圆锥曲线有关的最值的两种解法

1．数形结合法：

根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．

2．构建函数法：

先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用均值不等式或导数法求最值（注意：

有时需先换元后再求最值）．

（2016·

南京盐城二模）在平面直角坐标系xOy中，点C在椭圆M：

＋＝1（a＞b＞0）上．若点A（－a,0），B，且＝.

（1）求椭圆M的离心率；

（2）设椭圆M的焦距为4，P，Q是椭圆M上不同的两点，线段PQ的垂直平分线为直线l，且直线l不与y轴重合．

①若点P（－3,0），直线l过点，求直线l的方程；

②若直线l过点（0，－1），且与x轴的交点为D，求D点横坐标的取值范围．

[解]　

（1）设C（x0，y0），则＝，＝.2分

因为＝，所以＝＝，得4分

代入椭圆方程得a2＝b2.

因为a2－b2＝c2，所以e＝＝.6分

（2）①因为c＝2，所以a2＝9，b2＝5，所以椭圆的方程为＋＝1，

设Q（x0，y0），则＋＝1.①

因为点P（－3,0），所以PQ中点为，

因为直线l过点，直线l不与y轴重合，所以x0≠3，

所以·

＝－1，10分

化简得x＝9－y－y0.②

将②代入①化简得y－y0＝0，解得y0＝0（舍）或y0＝.

将y0＝代入①得x0＝±

，所以Q为，

所以PQ斜率为1或，直线l的斜率为－1或－，

所以直线l的方程为y＝－x－或y＝－x－.12分

②设PQ：

y＝kx＋m，则直线l的方程为：

y＝－x－1，所以xD＝－k.

将直线PQ的方程代入椭圆的方程，消去y得（5＋9k2）x2＋18kmx＋9m2－45＝0.①

设P（x1，y1），Q（x2，y2），中点为N，

xN＝＝－，代入直线PQ的方程得yN＝，

代入直线l的方程得9k2＝4m－5.②

又因为Δ＝（18km）2－4（5＋9k2）（9m2－45）＞0，

化得m2－9k2－5＜0.14分

将②代入上式得m2－4m＜0，解得0＜m＜4，

所以－＜k＜，且k≠0，所以xD＝－k∈∪.

综上所述，点D横坐标的取值范围为∪.16分

题型二|圆锥曲线中的定点问题

　如图18－1所示，已知圆C：

（x＋1）2＋y2＝8，定点A（1,0），M为圆上一动点，点P是线段AM的垂直平分线与直线CM的交点．

（1）求点P的轨迹曲线E的方程；

（2）设点P（x0，y0）是曲线E上任意一点，写出曲线E在点P（x0，y0）处的切线l的方程；

（不要求证明）

（3）直线m过切点P（x0，y0）与直线l垂直，点C关于直线m的对称点为D，证明：

直线PD恒过一定点，并求定点的坐标．

图18－1

[解]　

（1）∵点P是线段AM的垂直平分线与直线CM的交点，

∴PA＝PM，

PA＋PC＝PM＋PC＝2>

AC＝2，

∴动点N的轨迹是以点C（－1,0），A（1,0）为焦点的椭圆.3分

椭圆的长轴长为2a＝2，焦距2c＝2.

∴a＝，c＝1，b2＝1.

∴曲线E的方程为＋y2＝1.5分

（2）曲线E在点P（x0，y0）处的切线l的方程是＋y0y＝1.7分

（3）证明：

直线m的方程为x0（y－y0）＝2y0（x－x0），即2y0x－x0y－x0y0＝0.

设点C关于直线m的对称点的坐标为D（m，n），

则

解得10分

∴直线PD的斜率为k＝＝，12分

从而直线PD的方程为

y－y0＝（x－x0），14分

即x＝y＋1，从而直线PD恒过定点A（1,0）.16分

【名师点评】　1.动直线l过定点问题解法：

设动直线方程（斜率存在）为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k（x＋m），故动直线过定点（－m,0）．

2．动曲线C过定点问题解法：

引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．

苏北四市期末）如图18－2，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：

0）的离心率e＝，左顶点为A（－4,0），过点A作斜率为k（k≠0）的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E.

图18－2

（1）求椭圆C的方程；

（2）已知点P为AD的中点，是否存在定点Q，对于任意的k（k≠0）都有OP⊥EQ？

若存在，求出点Q的坐标；

若不存在，说明理由；

（3）若过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M，求的最小值．

[解]　

（1）因为左顶点为A（－4,0），所以a＝4，2分

又e＝，所以c＝2，b2＝a2－c2＝12，

所以椭圆C的标准方程为＋＝1.5分

（2）直线l的方程为y＝k（x＋4），由消元得，＋＝1.

化简得（x＋4）[（4k2＋3）x＋16k2－12]＝0，所以x1＝－4，x2＝.10分

当x＝时，y＝k＝，所以D.

因为P为AB的中点，

所以P的坐标为，kOP＝－（k≠0），

直线l的方程为y＝k（x＋4），令x＝0得E点坐标为（0,4k），

假设存在定点Q（m，n）（m≠0），使得OP⊥EQ，则kOPkEQ＝－1，即－·

＝－1恒成立，

所以（4m＋12）k－3n＝0恒成立，所以即

所以定点Q的坐标为（－3,0）.12分

（3）因为OM∥l，所以OM的方程可设为y＝kx，

由得M点的横坐标为x＝±

，

由OM∥l，得＝＝

＝＝·

＝≥2，

当且仅当＝即k＝±

时取等号，

所以当k＝±

时，的最小值为2.16分

题型三|圆锥曲线中的定值问题

　（2016·

苏锡常镇调研一）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：

0）过点P，离心率为.

（2）设直线l与椭圆C交于A，B两点．

①若直线l过椭圆C的右焦点，记△ABP三条边所在直线的斜率的乘积为t，求t的最大值；

②若直线l的斜率为，试探究OA2＋OB2是否为定值？

若是定值，则求出此定值；

若不是定值，请说明理由．

[解]　

（1）＋＝1，＝，得a2＝4，b2＝3.2分

所以椭圆C：

＋＝1.3分

（2）①设直线l的方程为x＝my＋1，直线l与椭圆C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），

由化简得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，易知Δ>

0，5分

所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，

所以kAP·

kBP＝·

＝·

＝－－，7分

所以t＝kAB·

kAP·

kBP＝－－＝－2＋，9分

所以当m＝－时，t有最大值.10分

②设直线l的方程为y＝x＋n，直线l与椭圆C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），得3x2＋2nx＋2n2－6＝0，

Δ＝（2n）2－4×

3（2n2－6）>

0，即－<

n<

.

x1＋x2＝－，x1x2＝，12分

OA2＋OB2＝x＋y＋x＋y＝（x＋x）＋（y＋y）

＝x＋x＋2＋2＝（x＋x）＋n（x1＋x2）＋2n2

＝（x1＋x2）2－x1x2＋n（x1＋x2）＋2n214分

＝2－＋n＋2n2＝7.16分

所以当直线l的斜率为时，OA2＋OB2为定值7.

【名师点评】　求解定值问题的“三个”步骤：

（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；

（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；

也可令系数等于零，得出定值；

（3）得出结论．

已知直线l：

y＝x＋，圆O：

x2＋y2＝5，椭圆E：

0）的离心率e＝，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等．

（1）求椭圆E的方程；

（2）过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：

两切线的斜率之积为定值．

【导学号：

19592054】

[解]　

（1）设椭圆的半焦距为c，

圆心O到直线l的距离d＝＝，

∴b＝＝.3分

由题意得

∴a2＝3，b2＝2.

∴椭圆E的方程为＋＝1.6分

（2）设点P（x0，y0），过点P的椭圆E的切线l0的方程为y－y0＝k（x－x0），

联立直线l0与椭圆E的方程得

消去y得（3＋2k2）x2＋4k（y0－kx0）x＋2（kx0－y0）2－6＝0，

∴Δ＝[4k（y0－kx0）]2－4（3＋2k2）[2（kx0－y0）2－6]＝0，

整理得，（2－x）k2＋2kx0y0－（y－3）＝0，10分

设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1，k2，

则k1·

k2＝－.

∵点P在圆O上，∴x＋y＝5，

∴k1·

k2＝－＝－1.

∴两条切线的斜率之积为常数－1.16分

命题展望

圆锥曲线中的定点、定值与最值问题反映了动点、动直线在运动变化过程中的不变性与有界性，是高考考查的热点，在复习备考时，应掌握解决此类问题的一般思路及求解策略．

　在平面直角坐标系xOy中，动点P在椭圆C1：

＋y2＝1上，且到椭圆C1的右焦点的距离与到直线x＝2的距离之比等于椭圆的离心率．动点Q是动圆C2：

x2＋y2＝r2（1<

r<

2）上一点．

（1）设椭圆C1上的三点A（x1，y1），B，C（x2，y2）与点F（1,0）的距离依次成等差数列，线段AC的垂直平分线是否经过一个定点？

说明理由；

（2）若直线PQ与椭圆C1和动圆C2均只有一个公共点，求P，Q两点的距离PQ的最大值．

[解]　

（1）椭圆C1：

＋y2＝1的离心率e＝，右焦点为（1,0），

由题意可得AF＝（2－x1），BF＝（2－1），CF＝（2－x2）.3分

因为2BF＝AF＋CF，所以（2－x1）＋（2－x2）＝2×

（2－1），即得x1＋x2＝2.5分

因为A，C在椭圆上，故有＋y＝1，＋y＝1，

两式相减，得kAC＝＝－＝－.

设线段AC的中点为（m，n），而m＝＝1，n＝，

所以与直线AC垂直的直线斜率为k′＝y2＋y1＝2n.

则线段AC的垂直平分线的方程为y－n＝2n（x－1），

即y＝n（2x－1）经过定点.8分

（2）依题意得，直线PQ的斜率显然存在，设方程为y＝kx＋t，

设P（x′1，y′1），Q（x′2，y′2），由于直线PQ与椭圆C1相切，点P为切点，从而有得（2k2＋1）x′＋4ktx′1＋2（t2－1）＝0.10分

故Δ＝（4kt）2－4×

2（t2－1）（2k2＋1）＝0，

从而可得t2＝1＋2k2，x′1＝－，　①

直线PQ与圆C2相切，则＝r，

得t2＝r2（1＋k2），　②12分

由①②得k2＝，并且

PQ2＝OP2－OQ2＝1＋－r2

＝3－r2－≤3－2＝（－1）2.

即|PQ|≤－1，当且仅当r2＝∈（1,4）时取等号，

故P，Q两点的距离PQ的最大值为－1.16分