高三数学一轮复习精品学案2专题五 高考中的圆锥曲线问题.docx

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高三数学一轮复习精品学案2专题五高考中的圆锥曲线问题

专题五高考中的圆锥曲线问题

题型特点

考情分析

命题趋势

1.掌握直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系的解题方法．

2.了解圆锥曲线的简单应用．

3.理解数形结合的思想.

2017·全国卷Ⅱ，20

2017·北京卷，18

2017·江苏卷，17

2017·山东卷，21

1.求直线或曲线所过的定点．

2．求与圆锥曲线有关的定值问题．

3．求与圆锥曲线相关的面积、距离的最值．

4．探求与圆锥曲线有关的存在性问题.

分值：

12～14分

命题热点

1．直线与圆锥曲线的位置关系以及弦长问题

（1）研究直线与圆锥曲线的位置关系问题时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用．但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解．

（2）涉及弦的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不解法简化运算、计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．处理中点弦问题常用的求解之法①点差法：

即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．②根与系数的关系：

即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．

2．范围、最值问题

圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法，一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个（些）参数的函数（解析式），然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．

3．定点、定值以及探索性问题

（1）圆锥曲线中定点问题的两种解法：

①引进参数法：

引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．②特殊到一般法：

根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．

（2）解决定值问题一般有两种方法：

①从特殊情况入手，求出定值，再证明定值与变量无关；②直接计算、推理，在推理过程中消去变量，注意设而不求，整体思想和消元思想的运用．

（3）解决探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要发散思维，采取另外合适的方法．

典例剖析

例1在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：

＋＝1（a>b>0）的左焦点为F1（－1,0），且点P（0,1）在C1上．

（1）求椭圆C1的方程；

（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：

y2＝4x相切，求直线l的方程．

例2如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P（x，y）.过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.

（1）求直线AP斜率的取值范围；

（2）求|PA|·|PQ|的最大值．

例3设抛物线过定点A（－1,0），且以直线x＝1为准线．

（1）求抛物线顶点的轨迹C的方程；

（2）若直线l与轨迹C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，试求m的取值范围．

例4已知椭圆M：

＋＝1（a>0）的一个焦点为F（－1,0），左右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．

（1）求椭圆的方程；

（2）记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．

例5已知椭圆E：

＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k>0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.

（1）当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；

（2）当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．

例6已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3，P4中恰有三点在椭圆C上．

（1）求C的方程；

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：

l过定点．

例7如图，椭圆有两顶点A（－1,0），B（1,0），过其焦点F（0,1）的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.

（1）当|CD|＝时，求直线l的方程；

（2）当点P异于A，B两点时，求证：

·为定值．

例8已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率为，以该椭圆上一点和椭圆的两个焦点为顶点的三角形的周长等于6.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设过C的左焦点F的直线l交C于A，B两点，是否存在常数λ，使||＝λ·恒成立？

若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

突破训练

1．已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，求实数m的值．

2．已知抛物线C：

y2＝2px（p>0），焦点为F，O为坐标原点，直线AB（不垂直于x轴）过点F且与抛物线C交于A，B两点，直线OA与OB的斜率之积为－p.

（1）求抛物线C的方程；

（2）若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线C于点D，求证：

>2.

3．设F1，F2分别是椭圆E：

＋＝1（a>b>0）的左，右焦点，过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．

（1）求E的离心率；

（2）设点P（0，－1）满足|PA|＝|PB|，求E的方程．

4．已知点P是圆O：

x2＋y2＝1上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使＝.

（1）求点M的轨迹E的方程；

（2）过点C（m,0）作圆O的切线l，交

（1）中曲线E于A，B两点，求△AOB面积的最大值．

5．已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）与双曲线－y2＝1的离心率互为倒数，且直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设不过原点O的直线与椭圆C交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求△OMN面积的取值范围．

6．已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率为，A（a,0），B（0，b），O（0,0），△AOB的面积为1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：

|AN|·|BM|为定值．

7．如图，已知椭圆C：

＋y2＝1（a>1）的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：

x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且·＝0，求证：

直线l过定点，并求出该定点N的坐标．

——★参考答案★——

典例剖析

例1解：

（1）椭圆C1的左焦点为F1（－1,0），∴c＝1，

又点P（0,1）在曲线C1上，∴b＝1，a2＝b2＋c2＝2，

故椭圆C1的方程为＋y2＝1.

（2）由题意，设直线l的方程为y＝kx＋m.

代入x2＋2y2－2＝0中，得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

因为直线l与椭圆C1相切，

所以Δ1＝16k2m2－4（1＋2k2）（2m2－2）＝0.

整理得2k2－m2＋1＝0.　①

由消去y，得k2x2＋（2km－4）x＋m2＝0.

因为直线l与抛物线C2相切，

所以Δ2＝（2km－4）2－4k2m2＝0，整理得km＝1.　②

由①②，解得或

所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.

例2解：

（1）设直线AP的斜率为k，

则k＝＝x－，

因为－

（2）联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是xQ＝.

因为|PA|＝＝（k＋1），

|PQ|＝（xQ－x）＝－，

所以|PA|·|PQ|＝－（k－1）（k＋1）3.

令f（k）＝－（k－1）（k＋1）3，

因为f′（k）＝－（4k－2）（k＋1）2，

所以f（k）在区间上单调递增，上单调递减，

故当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.

例3解：

（1）设抛物线顶点为P（x，y），则焦点为F（2x－1，y）．

由抛物线的定义得|AF|＝2，即（2x）2＋y2＝4，

所以轨迹C的方程为x2＋＝1（x≠1）．

（2）设MN的中点为P，M（xM，yM），N（xN，yN），则由点M，N为椭圆C上的点，

可知两式相减，得

4（xM－xN）（xM＋xN）＋（yM－yN）（yM＋yN）＝0，

将xM＋xN＝2×＝－1，yM＋yN＝2y0，

＝－代入上式得k＝－.

又点P在弦MN的垂直平分线上，

所以y0＝－k＋m，

所以m＝y0＋k＝y0.

由点P在线段BB′上（B′，B为直线x＝－与椭圆的交点，如图所示），所以y′B

所以－

例4解：

（1）因为F（－1,0）为椭圆的焦点，

所以c＝1，又b2＝3，所以a2＝4，所以椭圆方程为＋＝1.

（2）若l⊥x轴，则直线l的方程为x＝－1，

此时D，C，△ABD，△ABC面积相等，|S1－S2|＝0.

若直线l与x不垂直，设直线方程为y＝k（x＋1）（k≠0），

C（x1，y1），D（x2，y2），将y＝k（x＋1）代入3x2＋4y2＝12中，

得（3＋4k2）x2＋8k2x＋4k2－12＝0，

显然Δ>0，方程有根，x1＋x2＝－，x1x2＝，

此时|S1－S2|＝2||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|

＝2|k（x2＋1）＋k（x1＋1）|＝2|k（x2＋x1）＋2k|

＝＝≤＝

，所以|S1－S2|的最大值为.

例5解：

（1）设M（x1，y1），则由题意知y1>0.

当t＝4时，E的方程为＋＝1，A（－2,0）．

由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.

因此直线AM的方程为y＝x＋2，代入3x2＋4y2＝12中．

得7y2－12y＝0，解得y1＝.

因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.

（2）由题意知t>3，k>0，A（－，0）．

将直线AM的方程y＝k（x＋）代入＋＝1得（3＋tk2）x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.

由x1·（－）＝得x1＝，

故|AM|＝|x1＋|＝.

由题设知，直线AN的方程为y＝－（x＋），

故同理可得|AN|＝.

由2|AM|＝|AN|得＝，即（k3－2）t＝3k（2k－1）．

当k＝时上式不成立，因此t＝.

t>3等价于＝<0，即<0.

由此得或解得

因此k的取值范围是（，2）．

例6

（1）解：

由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点．

又由＋>＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上．

因此解得故C的方程为＋y2＝1.

（2）证明：

设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.

如果l与x轴垂直，设l：

x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，

可得A，B的坐标分别为，.

则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．

从而可设l：

y＝kx＋m（m≠1）．将y＝kx＋m代入＋y2＝1

得（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

由题设可知Δ＝16（4k2－m2＋1）>0.

设A（x1，y1），B（x1，y2），则x1＋x2＝－，x1x2＝.

则k1＋k2＝＋＝＋

＝.

由题设k1＋k2＝－1，故（2k＋1）x1x2＋（m－1）（x1＋x2）＝0.

即（2k＋1）·＋（m－1）·＝0，

解得k＝－.

当且仅当m>－1时，Δ>0，

于是l：

y