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

1、（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，yMk xMb.8分 于是直线 OM的斜率 kOM，即 kOM k.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

2、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

3、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 x0 x1，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 6k 2，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 1

4、32，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 x1

5、x2，x1x2.6分 从而，x1x2y1y2x1x2（y11）（y21）（1）（1k2）x1x2k（x1x2）1 2.9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

6、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，

7、x1x2.7分 设点 M（m,0），则（mx1，y1），（mx2，y2），（mx1）（mx2）y1y2m2m（x1x2）x1x2k2 m2（k2m）（k21）x1x23k2 m2（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

8、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 x 4y 4.6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

9、 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

10、 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

11、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

12、：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 x 8y0，且圆 P：（xx0）2（yy0）2x（y04）2，令 y0，整理得 x22x

13、0 xx 160，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，t 12，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

14、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），