高考数学文科山东专版二轮复习练习专题13 圆锥曲线中的综合问题酌情自选含答案解析文档格式.docx

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（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：

直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值解

（1）由题意有，1，2分解得a28，b24.3分所以C的方程为1.4分

（2）证明：

设直线l：

ykxb（k0，b0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM）将ykxb代入1，得（2k21）x24kbx2b280.6分故xM，yMkxMb.8分于是直线OM的斜率kOM，即kOMk.11分所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.12分回访2圆锥曲线中的最值与范围问题2（2016山东高考）已知椭圆C：

1（ab0）的长轴长为4，焦距为2.图131

（1）求椭圆C的方程

（2）过动点M（0，m）（m0）的直线交x轴于点N，交C于点A，P（P在第一象限），且M是线段PN的中点过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.设直线PM，QM的斜率分别为k，k，证明为定值；

求直线AB的斜率的最小值解

（1）设椭圆的半焦距为c.由题意知2a4,2c2，所以a2，b.所以椭圆C的方程为1.2分

（2）证明：

设P（x0，y0）（x00，y00）由M（0，m），可得P（x0,2m），Q（x0，2m）.3分所以直线PM的斜率k，4分直线QM的斜率k.5分此时3.所以为定值3.6分设A（x1，y1），B（x2，y2）由知直线PA的方程为ykxm，则直线QB的方程为y3kxm.联立整理得（2k21）x24mkx2m240.8分由x0x1，可得x1，所以y1kx1mm.9分同理x2，y2m.10分所以x2x1，11分y2y1mm，12分所以kAB.由m0，x00，可知k0，所以6k2，等号当且仅当k时取得此时，即m，符合题意所以直线AB的斜率的最小值为.14分回访3与圆锥曲线有关的探索性问题3（2015四川高考）如图132，椭圆E：

1（ab0）的离心率是，点P（0,1）在短轴CD上，且1.图132

（1）求椭圆E的方程；

（2）设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得为定值？

若存在，求的值；

若不存在，请说明理由解

（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，b），（0，b）又点P的坐标为（0,1），且1，于是解得a2，b.所以椭圆E的方程为1.4分

（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）联立得（2k21）x24kx20.其判别式（4k）28（2k21）0，所以x1x2，x1x2.6分从而，x1x2y1y2x1x2（y11）（y21）

（1）（1k2）x1x2k（x1x2）12.9分所以，当1时，23.此时，3为定值.10分当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，213.12分故存在常数故存在常数1，使得，使得为定值为定值3.13分分热点题型1圆锥曲线中的定值问题题型分析：

圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量（2016烟台二模）已知椭圆C：

1（ab0）的左焦点F1与抛物线y24x的焦点重合，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点当直线l经过椭圆C的一个短轴端点时，与以原点O为圆心，以椭圆的离心率e为半径的圆相切

（1）求椭圆C的方程；

（2）是否在x轴上存在定点M，使为定值？

若存在，请求出定点M及定值；

若不存在，请说明理由解

（1）依题意，得c，即F1（，0）.1分又由题意可得e，所以b1，2分所以a2，3分所以所求椭圆C的方程为y21.4分

（2）当直线l的斜率存在时，则可设直线l的方程为yk（x），联立消去y得（4k21）x28k2x12k240.设A（x1，y1），B（x2，y2），则由韦达定理可得x1x2，x1x2.7分设点M（m,0），则（mx1，y1），（mx2，y2），（mx1）（mx2）y1y2m2m（x1x2）x1x2k2m2（k2m）（k21）x1x23k2m2（k2m）（k21）3k2，9分要使为定值，则，解得m，即.11分当直线l的斜率不存在时，则可知点A，B，即在x轴上存在定点M，使为定值.13分求解定值问题的两大途径1由特例得出一个值（此值一般就是定值）证明定值：

将问题转化为证明待证式与参数（某些变量）无关2先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值变式训练1（2016北京高考）已知椭圆C：

1过A（2,0），B（0,1）两点

（1）求椭圆C的方程及离心率；

（2）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：

四边形ABNM的面积为定值解

（1）由题意得a2，b1，椭圆C的方程为y21.3分又c，离心率e.5分

（2）证明：

设P（x0，y0）（x00，y00），则x4y4.6分又A（2,0），B（0,1），直线PA的方程为y（x2）令x0，得yM，从而|BM|1yM1.9分直线PB的方程为yx1.令y0，得xN，从而|AN|2xN2.12分四边形ABNM的面积S|AN|BM|2.从而四边形ABNM的面积为定值.14分热点题型2圆锥曲线中的最值、范围问题题型分析：

圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解决此类问题常用的方法是几何法和代数法（2016全国乙卷）设圆x2y22x150的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.

（1）证明|EA|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；

（2）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围解

（1）因为|AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆A的标准方程为（x1）2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4.2分由题设得A（1,0），B（1,0），|AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为1（y0）.4分

（2）当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk（x1）（k0），M（x1，y1），N（x2，y2）由得（4k23）x28k2x4k2120，则x1x2，x1x2.所以|MN|x1x2|.过点B（1,0）且与l垂直的直线m：

y（x1），点A到直线m的距离为，6分所以|PQ|24.故四边形MPNQ的面积S|MN|PQ|12.8分可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为（12,8）.10分当l与x轴垂直时，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8，故四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12,8）.12分与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1数形结合法：

利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解2构建不等式法：

利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解3构建函数法：

先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域变式训练2（名师押题）已知抛物线C：

x22py（p0），过其焦点作斜率为1的直线l交抛物线C于M，N两点，且|MN|16.

（1）求抛物线C的方程；

（2）已知动圆P的圆心在抛物线C上，且过定点D（0,4），若动圆P与x轴交于A，B两点，求的最大值.【导学号：

73552055】解

（1）设抛物线的焦点为F，则直线l：

yx.由得x22pxp20，x1x22p，y1y23p，|MN|y1y2p4p16，p4，抛物线C的方程为x28y.4分

（2）设动圆圆心P（x0，y0），A（x1,0），B（x2,0），则x8y0，且圆P：

（xx0）2（yy0）2x（y04）2，令y0，整理得x22x0xx160，解得x1x04，x2x04，6分设t，当x00时，t1，7分当x00时，t.x00，x08，t1，且t1，综上知1t1.9分f（t）t在1,1上单调递减，t12，当且仅当t1，即x04时等号成立的最大值为2.12分热点题型3圆锥曲线中的探索性问题题型分析：

探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论（2016长沙二模）如图133，在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆E：

1（ab0）的左、右焦点，A，B分别是椭圆E的左、右顶点，D（1,0）为线段OF2的中点，且50.图133

（1）求椭圆E的方程；

（2）若M为椭圆E上的动点（异于点A，B），连接MF1并延长交椭圆E于点N，连接MD，ND并分别延长交椭圆E于点P，Q，连接PQ，设直线MN，PQ的斜率存在且分别为k1，k2.试问是否存在常数，使得k1k20恒成立？

若存在，求出的值；

若不存在，说明理由解

（1）50，5，ac5（ac），化简得2a3c，又点D（1,0）为线段OF2的中点，c2，从而a3，b，左焦点F1（2,0），故椭圆E的方程为1.4分

（2）假设存在满足条件的常数，使得k1k20恒成立，设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），Q（x4，y4），则直线MD的方程为xy1，代入椭圆方程1，整理得，y2y40，6分y1y3，y3，从而x3，故点P，同理，点Q.8分三点M，F1，N共线，从而x1y2x2y12（y1y2），