2019屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 第3講 圓錐曲線綜合問題學(xué)案.docx
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第3講圓錐曲線綜合問題 1．圓錐曲線中的定點與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，往往作為試卷的壓軸題之一； 2．以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結(jié)論相關(guān)存在性開放問題． 1．圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉(zhuǎn)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． 2．定點、定值問題 (1)定點問題：在解析幾何中，有些含有參數(shù)的直線或曲線的方程，不論參數(shù)如何變化，其都過某定點，這類問題稱為定點問題． 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)定值問題：在解析幾何中，有些幾何量，如斜率、距離、面積、比值等基本量和動點坐標或動直線中的參變量無關(guān)，這類問題統(tǒng)稱為定值問題． 3．存在性問題的解題步驟： (1)先假設(shè)存在，引入?yún)⒆兞?，根?jù)題目條件列出關(guān)于參變量的方程(組)或不等式(組)． (2)解此方程(組)或不等式(組)，若有解則存在，若無解則不存在． (3)得出結(jié)論． 熱點一 圓錐曲線中的最值、范圍 【例1】(2018濟寧期末)已知拋物線C:x2=2pyp>0的焦點為F，過點F的直線l與拋物線C相交于A，B兩點，且OA?OB=-3，直線AO，BO分別交直線y=-1于點M，N． (1)求拋物線C的方程； (2)求S△OMN的最小值． 解（1）拋物線C:x2=2pyp>0的焦點為F0,p2，Ax1,y1，Bx2,y2 設(shè)直線AB的方程為：y=kx+p2， 聯(lián)立直線AB與拋物線C的方程可得：y=kx+p2x2=2py， 整理得：x2-2pkx-p2=0， 所以x1+x2=2pk，x1?x2=-p2， y1y2=kx1+p2kx2+p2=k2x1x2+p2kx1+x2+p24=p24， 因為OA?OB=-3，且OA=x1,y1，OB=x2,y2， 所以x1?x2+y1y2=-3，即-p2+p24=-3，解得：p=2． 所以拋物線C的方程為：x2=4y。 （2）直線OA的方程為：y=y1x1x，直線OB的方程為：y=y2x2x， 聯(lián)立y=y1x1xy=-1得：x=-x1y1，所以M-x1y1,-1， 聯(lián)立y=y2x2xy=-1得：x=-x2y2，所以N-x2y2,-1， 所以MN=x2y2-x1y1=x2y1-x1y2y2y1=x2kx1+p2-x1kx2+p2y1y2=x1-x2=x1+x22-4x1?x2， 所以SΔOMN=121x1-x2=12x1+x22-4x1?x2=124k2+16≥2， 當k=0時，等號成立． 所以S△OMN的最小值為2． 探究提高 求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法：(1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和 意義，則考慮利用圖形性質(zhì)數(shù)形結(jié)合求解． (2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，或者不等關(guān)系，或者已知參數(shù)與新參數(shù)之間的等量關(guān)系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍． 【訓(xùn)練1】已知點A(0，－2)，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的 斜率為，O為坐標原點． (1)求E的方程； (2)設(shè)過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程． 解 (1)設(shè)F(c，0)，由條件知，＝，得c＝．又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1． 故E的方程為＋y2＝1． (2)當l⊥x軸時不合題意，故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 將y＝kx－2代入＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0． 當Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>時，x1，2＝． 從而|PQ|＝|x1－x2|＝． 又點O到直線PQ的距離d＝． 所以△OPQ的面積S△OPQ＝d|PQ|＝． 設(shè)＝t，則t>0，S△OPQ＝＝． 因為t＋≥4，當且僅當t＝2，即k＝時等號成立，且滿足Δ>0． 所以當△OPQ的面積最大時，l的方程為y＝x－2或y＝－x－2． 熱點二 圓錐曲線中的存在性問題 【例2】(2019廣州一模)已知動圓C過定點F(1,0)，且與定直線x=-1相切． （1）求動圓圓心C的軌跡E的方程； （2）過點M-2,0的任一條直線l與軌跡E交于不同的兩點P,Q，試探究在x軸上是否存在定點N（異于點M），使得∠QNM+∠PNM=π？若存在，求點N的坐標；若不存在，說明理由． 解（1）解法1：依題意動圓圓心C到定點F(1,0)的距離與到定直線x=-1的距離相等， 由拋物線的定義，可得動圓圓心C的軌跡是以F(1,0)為焦點，x=-1為準線的拋物線， 其中p=2． ∴動圓圓心C的軌跡E的方程為y2=4x． 解法2：設(shè)動圓圓心Cx,y，依題意：x-12+y2=x+1． 化簡得：y2=4x，即為動圓圓心C的軌跡E的方程． （2）解：假設(shè)存在點Nx0,0滿足題設(shè)條件． 由∠QNM+∠PNM=π可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)， 即kPN+kQN=0 ① 直線PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)PQ:x=my-2, 由y2=4xx=my-2得y2-4my+8=0． 由Δ=-4m2-48>0,得m>2或m<-2． 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)，則y1+y2=4m,y1y2=8． 由①式得kPN+kQN=y1x1-x0+y2x2-x0=y1x2-x0+y2x1-x0x1-x0x2-x0=0, ∴y1x2-x0+y2x1-x0=0,即y1x2+y2x1-x0y1+y2=0． 消去x1,x2，得14y1y22+14y2y12-x0y1+y2=0, 14y1y2y1+y2-x0y1+y2=0, ∵y1+y2≠0,∴x0=14y1y2=2, ∴存在點N2,0使得∠QNM+∠PNM=π． 探究提高 1．此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種．若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗證結(jié)論是否成立，成立則存在，不成立則不存在；若探究結(jié)論，則應(yīng)先求出結(jié)論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數(shù)的討論． 2．求解步驟：假設(shè)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(shè)出，列出關(guān)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． 【訓(xùn)練2】(2017新鄉(xiāng)三模)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，直線2x－y＋2＝0交拋物線C于A，B兩點，P是線段AB的中點，過P作x軸的垂線交拋物線C于點Q． (1)D是拋物線C上的動點，點E(－1，3)，若直線AB過焦點F，求|DF|＋|DE|的最小值； (2)是否存在實數(shù)p，使|2＋|＝|2－|？若存在，求出p的值；若不存在，說明理由． 解 (1)∵直線2x－y＋2＝0與y軸的交點為(0，2)， ∴F(0，2)，則拋物線C的方程為x2＝8y，準線l：y＝－2． 設(shè)過D作DG⊥l于G，則|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|， 當E，D，G三點共線時，|DF|＋|DE|取最小值2＋3＝5． (2)假設(shè)存在，拋物線x2＝2py與直線y＝2x＋2聯(lián)立方程組得：x2－4px－4p＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0， 則x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，∴Q(2p，2p)．∵|2＋|＝|2－|，∴QA⊥QB． 則＝0，可得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p) ＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0， 代入得4p2＋3p－1＝0，解得p＝或p＝－1(舍去)． 因此存在實數(shù)p＝，且滿足Δ>0，使得|2＋|＝|2－|成立． 1．(2018全國I卷)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A,B兩點，點M的坐標為(2,0)． （1）當l與x軸垂直時，求直線AM的方程； （2）設(shè)O為坐標原點，證明：∠OMA=∠OMB． 1．(2018全國III卷)已知斜率為k的直線l與橢圓C：??x24+y23=1交于A，B兩點，線段AB的中點為M1?，??mm>0． （1）證明：k<-12； （2）設(shè)F為C的右焦點，P為C上一點,且FP+FA+FB=0．證明：FA，F(xiàn)P，F(xiàn)B成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差． 2．(2017菏澤調(diào)研)已知焦距為2的橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右頂點為A，直線y＝與橢圓C交于P，Q兩點(P在Q的左邊)，Q在x軸上的射影為B，且四邊形ABPQ是平行四邊形． (1)求橢圓C的方程； (2)斜率為k的直線l與橢圓C交于兩個不同的點M，N．若M是橢圓的左頂點，D是直線MN上一點， 且DA⊥AM．點G是x軸上異于點M的點，且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點，求證：點G是定點． 1．(2017延安調(diào)研)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)，經(jīng)過點A(0，－1)，且離心率為． (1)求橢圓E的方程； (2)經(jīng)過點(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值． 2．(2017昆明二模)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，短軸長為2．直線l：y＝kx＋m與橢圓C 交于M，N兩點，又l與直線y＝x，y＝－x分別交于A，B兩點，其中點A在第一象限，點B在第二象限，且△OAB的面積為2(O為坐標原點)． (1)求橢圓C的方程； (2)求的取值范圍． 參考答案 1．【解題思路】(1)首先根據(jù)l與x軸垂直，且過點F(1,0)，求得直線l的方程為x=1，代入橢圓方程求得點A的 坐標為(1,22)或(1,-22)，利用兩點式求得直線AM的方程； (2)分直線l與x軸重合、l與x軸垂直、l與x軸不重合也不垂直三種情況證明，特殊情況比較簡單，也比較 直觀，對于一般情況將角相等通過直線的斜率的關(guān)系來體現(xiàn)，從而證得結(jié)果． 【答案】（1）由已知得F(1,0)，l的方程為x=1． 由已知可得，點A的坐標為(1,22)或(1,-22)． 所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2． （2）當l與x軸重合時，∠OMA=∠OMB=0． 當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA=∠OMB． 當l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0)，A(x1,y1),B(x2,y2)， 則x1<2,x2<2，直線MA，MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2． 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2)． 將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0． 所以，x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1． 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0． 從而kMA+kMB=0，故MA，MB的傾斜角互補，所以∠OMA=∠OMB． 綜上，∠OMA=∠OMB． 1．【解題思路】（1）設(shè)而不求，利用點差法進行證明． （2）解出m,進而求出點P的坐標，得到|FP|,再由兩點間距離公式表示出FA,|FB|，得到直l的方程，聯(lián)立 直線與橢圓方程由韋達定理進行求解． 【答案】（1）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則x124+y123=1,x224+y223=1． 兩式相減，并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23?k=0． 由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y22=m，于是k=-34m．① 由題設(shè)得0下載提示(請認真閱讀)
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