高考數(shù)學(四海八荒易錯集)專題16 圓錐曲線的綜合問題 文
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專題16 圓錐曲線的綜合問題 1.設O為坐標原點,P是以F為焦點的拋物線y2=2px(p>0)上任意一點,M是線段PF上的點,且|PM|=2|MF|,則直線OM的斜率的最大值為( ) A. B. C. D.1 答案 C 解析 如圖, 2.直線3x-4y+4=0與拋物線x2=4y和圓x2+(y-1)2=1從左到右的交點依次為A、B、C、D,則的值為________. 答案 解析 由得x2-3x-4=0, ∴xA=-1,xD=4,∴yA=,yD=4. 直線3x-4y+4=0恰過拋物線的焦點F(0,1), ∴|AF|=y(tǒng)A+1=,|DF|=y(tǒng)D+1=5, ∴==. 3.已知橢圓C的中心在坐標原點,焦點在x軸上,左頂點為A,左焦點為F1(-2,0),點B(2,)在橢圓C上,直線y=kx(k≠0)與橢圓C交于E,F(xiàn)兩點,直線AE,AF分別與y軸交于點M,N. (1)求橢圓C的方程; (2)在x軸上是否存在點P,使得無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角?若存在,求出點P的坐標;若不存在,請說明理由. 解 (1)設橢圓C的方程為+=1(a>b>0), 因為橢圓的左焦點為F1(-2,0), 所以a2-b2=4.① 因為點B(2,)在橢圓C上, 所以+=1.② 由①②解得,a=2,b=2. 所以橢圓C的方程為+=1. (2)方法一 因為橢圓C的左頂點為A, 則點A的坐標為(-2,0). 因為直線y=kx(k≠0)與橢圓+=1交于兩點E,F(xiàn),設點E(x0,y0)(不妨設x0>0),則點F(-x0,-y0). 假設在x軸上存在點P(t,0),使得∠MPN為直角,則=0. 即t2+=0, 即t2-4=0,解得t=2或t=-2. 故存在點P(2,0)或P(-2,0),無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角. 方法二 因為橢圓C的左頂點為A,則點A的坐標為(-2,0). 因為直線y=kx(k≠0)與橢圓+=1交于兩點E,F(xiàn),設點E(x0,y0),則點F(-x0,-y0). 所以直線AE的方程為y=(x+2). 因為直線AE與y軸交于點M, 令x=0得y=, 即點M. 同理可得點N. 假設在x軸上存在點P(t,0),使得∠MPN為直角,則=0. 故存在點P(2,0)或P(-2,0),無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角. 4.設圓x2+y2+2x-15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點,過B作AC的平行線交AD于點E. (1)證明|EA|+|EB|為定值,并寫出點E的軌跡方程; (2)設點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點,過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點,求四邊形MPNQ面積的取值范圍. 解 (1)因為|AD|=|AC|,EB∥AC, 故∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以|EB|=|ED|, 故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圓A的標準方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4. 由題設得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點E的軌跡方程為:+=1(y≠0). (2)當l與x軸不垂直時,設l的方程為y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2). 由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 則x1+x2=,x1x2=, 所以|MN|=|x1-x2|=. 當l與x軸垂直時,其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12. 綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8). 5.已知橢圓C1:+=1(a>0)與拋物線C2:y2=2ax相交于A,B兩點,且兩曲線的焦點F重合. (1)求C1,C2的方程; (2)若過焦點F的直線l與橢圓分別交于M,Q兩點,與拋物線分別交于P,N兩點,是否存在斜率為k(k≠0)的直線l,使得=2?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由. 解 (1)因為C1,C2的焦點重合, 所以=, 所以a2=4. 又a>0,所以a=2. 于是橢圓C1的方程為+=1, 拋物線C2的方程為y2=4x. (2)假設存在直線l使得=2, 則可設直線l的方程為y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4). 由可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0, 則x1+x4=,x1x4=1, 所以|PN|==. 由可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 則x2+x3=,x2x3=, 易錯起源1、范圍、最值問題 例1、如圖,橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,過F2的直線交橢圓于P,Q兩點,且PQ⊥PF1. (1)若|PF1|=2+,|PF2|=2-,求橢圓的標準方程; (2)若|PQ|=λ|PF1|,且≤λ<,試確定橢圓離心率e的取值范圍. 解 (1)由橢圓的定義, 2a=|PF1|+|PF2|=(2+)+(2-)=4,故a=2. 設橢圓的半焦距為c,由已知PF1⊥PF2, 因此2c=|F1F2|= ==2, 即c=,從而b==1. 故所求橢圓的標準方程為+y2=1. (2)如圖, 由PF1⊥PQ,|PQ|=λ|PF1|,得 |QF1|==|PF1|. 由橢圓的定義,|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a, 進而|PF1|+|PQ|+|QF1|=4a, 于是(1+λ+)|PF1|=4a, 解得|PF1|=, 故|PF2|=2a-|PF1|=. 由勾股定理得 |PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2=4c2, 進而<e2≤,即<e≤. 【變式探究】如圖,已知橢圓:+y2=1,點A,B是它的兩個頂點,過原點且斜率為k的直線l與線段AB相交于點D,且與橢圓相交于E,F(xiàn)兩點. (1)若=6,求k的值; (2)求四邊形AEBF面積的最大值. 解 (1)依題設得橢圓的頂點A(2,0),B(0,1), 則直線AB的方程為x+2y-2=0. 設直線EF的方程為y=kx(k>0). 由點D在線段AB上,知x0+2kx0-2=0, 得x0=,所以=, 化簡,得24k2-25k+6=0,解得k=或k=. (2)根據(jù)點到直線的距離公式,知點A,B到線段EF的距離分別為h1=,h2=, 又|EF|=, 所以四邊形AEBF的面積為 S=|EF|(h1+h2)= 【名師點睛】 解決范圍問題的常用方法: (1)數(shù)形結合法:利用待求量的幾何意義,確定出極端位置后,數(shù)形結合求解. (2)構建不等式法:利用已知或隱含的不等關系,構建以待求量為元的不等式求解. (3)構建函數(shù)法:先引入變量構建以待求量為因變量的函數(shù),再求其值域. 【錦囊妙計,戰(zhàn)勝自我】 圓錐曲線中的范圍、最值問題,可以轉化為函數(shù)的最值問題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值),或者利用式子的幾何意義求解. 易錯起源2、定點、定值問題 例2、橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,其左焦點到點P(2,1)的距離為. (1)求橢圓C的標準方程; (2)若直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點(A,B不是左,右頂點),且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點,求證:直線l過定點,并求出該定點的坐標. 解 (1)由e==,得a=2c, ∵a2=b2+c2,∴b2=3c2, 則橢圓方程變?yōu)椋?. 又由題意知=,解得c2=1, 故a2=4,b2=3, 即得橢圓的標準方程為+=1. (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0. 則① 又y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+mk(x1+x2)+m2 =. ∵橢圓的右頂點為A2(2,0),AA2⊥BA2, ∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0, ∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0, ∴+++4=0, ∴7m2+16mk+4k2=0,解得m1=-2k,m2=-, 由①,得3+4k2-m2>0,② 當m1=-2k時,l的方程為y=k(x-2),直線過定點(2,0),與已知矛盾. 當m2=-時,l的方程為y=k,直線過定點,且滿足②, ∴直線l過定點,定點坐標為. 【變式探究】已知拋物線:y2=2px(p>0)的焦點F在雙曲線:-=1的右準線上,拋物線與直線l:y=k (x-2)(k>0)交于A,B兩點,AF,BF的延長線與拋物線交于C,D兩點. (1)求拋物線的方程; (2)若△AFB的面積等于3,求k的值; (3)記直線CD的斜率為kCD,證明:為定值,并求出該定值. 解 (1)雙曲線:-=1的右準線方程為:x=1, 所以F(1,0),則拋物線的方程為:y2=4x. (2)設A(,y1),B(,y2), 由得ky2-4y-8k=0, Δ=16+32k2>0,y1+y2=,y1y2=-8. S△AFB=1|y1-y2|= =2=3,解得k=2. (3)設C(,y3),則=(-1,y1),=(-1,y3), 【名師點睛】 (1)動線過定點問題的兩大類型及解法 ①動直線l過定點問題,解法:設動直線方程(斜率存在)為y=kx+t,由題設條件將t用k表示為t=mk,得y=k(x+m),故動直線過定點(-m,0). ②動曲線C過定點問題,解法:引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程,再根據(jù)其對參變量恒成立,令其系數(shù)等于零,得出定點. (2)求解定值問題的兩大途徑 ①→ ②先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示,再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值. 【錦囊妙計,戰(zhàn)勝自我】 1.由直線方程確定定點,若得到了直線方程的點斜式:y-y0=k(x-x0),則直線必過定點(x0,y0);若得到了直線方程的斜截式:y=kx+m,則直線必過定點(0,m). 2.解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等)的大小或某些代數(shù)表達式的值等與題目中的參數(shù)無關,不依參數(shù)的變化而變化,而始終是一個確定的值. 易錯起源3、探索性問題 例3、如圖,拋物線C:y2=2px的焦點為F,拋物線上一定點Q(1,2). (1)求拋物線C的方程及準線l的方程; (2)過焦點F的直線(不經(jīng)過Q點)與拋物線交于A,B兩點,與準線l交于點M,記QA,QB,QM的斜率分別為k1,k2,k3,問是否存在常數(shù)λ,使得k1+k2=λk3成立,若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由. 解 (1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4, 設A(x1,y1),B(x2,y2),由根與系數(shù)的關系,知 x1+x2=,x1x2=1. 又Q(1,2),則k1=,k2=. 因為A,F(xiàn),B共線,所以kAF=kBF=k, 即==k. 所以k1+k2=+ =+- =2k-=2k+2, 即k1+k2=2k+2. 又k3=k+1,可得k1+k2=2k3. 即存在常數(shù)λ=2,使得k1+k2=λk3成立. 【變式探究】如圖,橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率是,點P(0,1)在短軸CD上,且=-1. (1)求橢圓E的方程; (2)設O為坐標原點,過點P的動直線與橢圓交于A,B兩點.是否存在常數(shù)λ,使得+λ為定值?若存在,求λ的值;若不存在,請說明理由. 聯(lián)立 得(2k2+1)x2+4kx-2=0, 其判別式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 所以x1+x2=-,x1x2=-, 從而,+λ =x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 = =--λ-2. 【名師點睛】 解決探索性問題的注意事項: 存在性問題,先假設存在,推證滿足條件的結論,若結論正確則存在,若結論不正確則不存在. (1)當條件和結論不唯一時,要分類討論. (2)當給出結論而要推導出存在的條件時,先假設成立,再推出條件. (3)當條件和結論都不知,按常規(guī)方法解題很難時,要思維開放,采取另外的途徑. 【錦囊妙計,戰(zhàn)勝自我】 1.解析幾何中的探索性問題,從類型上看,主要是存在類型的相關題型,解決這類問題通常采用“肯定順推法”,將不確定性問題明朗化.其步驟為:假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在,用待定系數(shù)法設出,列出關于待定系數(shù)的方程組,若方程組有實數(shù)解,則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在;否則,元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在. 2.反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法. 1.若曲線ax2+by2=1為焦點在x軸上的橢圓,則實數(shù)a,b滿足( ) A.a(chǎn)2>b2 .< C.00),△ABC的三個頂點都在拋物線上,O為坐標原點,設△ABC三條邊AB,BC,AC的中點分別為M,N,Q,且M,N,Q的縱坐標分別為y1,y2,y3.若直線AB,BC,AC的斜率之和為-1,則++的值為( ) A.- B.- C. D. 答案 B 即 所以++=-. 5.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( ) A.2B.3C.6D.8 答案 C 解析 由題意得F(-1,0),設點P(x0,y0), 則y=3(1-)(-2≤x0≤2). =x0(x0+1)+y=x+x0+y =x+x0+3(1-)=(x0+2)2+2. 又因為-2≤x0≤2,所以當x0=2時,取得最大值,最大值為6,故選C. 6.已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的離心率為,A,B為左,右頂點,點P為雙曲線C在第一象限的任意一點,點O為坐標原點,若直線PA,PB,PO的斜率分別為k1,k2,k3,記m=k1k2k3,則m的取值范圍為________. 答案 (0,2) ∴0- 配套講稿:
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