（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準(zhǔn)提分 第二篇 重點(diǎn)專題分層練中高檔題得高分 第19練 圓錐曲線熱點(diǎn)問(wèn)題試題.docx

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第19練　圓錐曲線熱點(diǎn)問(wèn)題 [明晰考情]　1.命題角度：直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是高考必考題，范圍、最值問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)；圓錐曲線中的證明問(wèn)題是常見(jiàn)的題型.2.題目難度：中高檔難度． 考點(diǎn)一　直線與圓錐曲線 方法技巧　對(duì)于直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題，一般要把圓錐曲線的方程與直線方程聯(lián)立來(lái)處理． (1)設(shè)直線方程，在直線的斜率不確定的情況下要分斜率存在和不存在兩種情況進(jìn)行討論，或者將直線方程設(shè)成x＝my＋b(斜率不為0)的形式． (2)聯(lián)立直線方程與曲線方程并將其轉(zhuǎn)化成一元二次方程，利用方程根的判別式或根與系數(shù)的關(guān)系得到交點(diǎn)的橫坐標(biāo)或縱坐標(biāo)的關(guān)系． (3)一般涉及弦長(zhǎng)的問(wèn)題，要用到弦長(zhǎng)公式|AB|＝|x1－x2|或|AB|＝|y1－y2|. 1．已知F是橢圓＋＝1的右焦點(diǎn)，過(guò)F的直線l與橢圓相交于A(x1，y1)，B(x1，y2)兩點(diǎn)． (1)若x1＋x2＝3，求弦AB的長(zhǎng)； (2)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，∠AOB＝θ，滿足3tanθ＝4，求直線l的方程． 解　(1)由題意可知過(guò)F的直線l斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)， 聯(lián)立 得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0， Δ>0顯然成立． ∵x1＋x2＝3， ∴＝3， ∴k2＝1，則x1x2＝＝， ∴|AB|＝|x1－x2| ＝＝. (2)∵3tanθ＝4， ∴||||sinθ＝， ∴S△AOB＝， 即2|y1－y2|＝， 由題意知，l的斜率不為0，故設(shè)直線l的方程為x＝my＋2，聯(lián)立 得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，Δ>0顯然成立． ∴y1＋y2＝－，y1y2＝－， ∴(y1＋y2)2－4y1y2＝， 即m4－3m2＝0， ∴m＝0或m＝， ∴直線l的方程為x＝2或xy－2＝0. 2．設(shè)A，B為曲線C：y＝上兩點(diǎn)， A與B的橫坐標(biāo)之和為4. (1)求直線AB的斜率； (2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn)，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程． 解　(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4， 于是直線AB的斜率k＝＝＝1. (2)由y＝，得y′＝. 設(shè)M(x3，y3)，由題設(shè)知＝1， 解得x3＝2，于是M(2,1)． 設(shè)直線AB的方程為y＝x＋m， 故線段AB的中點(diǎn)為N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|. 將y＝x＋m代入y＝， 得x2－4x－4m＝0. 當(dāng)Δ＝16(m＋1)>0， 即m>－1時(shí)，x1,2＝22. 從而|AB|＝|x1－x2|＝4. 由題設(shè)知|AB|＝2|MN|， 即4＝2(m＋1)， 解得m＝7或m＝－1(舍)． 所以直線AB的方程為x－y＋7＝0. 3．設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A，離心率為.已知A是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，F(xiàn)到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為. (1)求橢圓的方程和拋物線的方程； (2)設(shè)l上兩點(diǎn)P，Q關(guān)于x軸對(duì)稱，直線AP與橢圓相交于點(diǎn)B(點(diǎn)B異于點(diǎn)A)，直線BQ與x軸相交于點(diǎn)D.若△APD的面積為，求直線AP的方程． 解　(1)設(shè)點(diǎn)F的坐標(biāo)為(－c，0)，依題意，得＝， ＝a，a－c＝， 解得a＝1，c＝，p＝2， 于是b2＝a2－c2＝. 所以橢圓的方程為x2＋＝1，拋物線的方程為y2＝4x. (2)設(shè)直線AP的方程為x＝my＋1(m≠0)，與直線l的方程x＝－1聯(lián)立，可得點(diǎn)P， 故點(diǎn)Q. 將x＝my＋1與x2＋＝1聯(lián)立，消去x， 整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0， 解得y＝0或y＝. 由點(diǎn)B異于點(diǎn)A，可得點(diǎn)B， 由Q，可得直線BQ的方程為(x＋1)－＝0， 令y＝0，解得x＝， 故點(diǎn)D. 所以|AD|＝1－＝. 又因?yàn)椤鰽PD的面積為， 故＝，整理得3m2－2|m|＋2＝0， 解得|m|＝， 所以m＝. 所以直線AP的方程為3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0. 考點(diǎn)二　圓錐曲線中的范圍、最值問(wèn)題 方法技巧　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． 4．已知橢圓E：＋＝1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA. (1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，求k的取值范圍． 解　(1)設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0. 當(dāng)t＝4時(shí)，橢圓E的方程為＋＝1，A(－2,0)． 由|AM|＝|AN|及橢圓的對(duì)稱性知，直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1，得7y2－12y＝0， 解得y＝0或y＝，所以y1＝. 因此△AMN的面積S△AMN＝2＝. (2)由題意知t>3，k>0，A(－，0)，設(shè)M(x1，y1)， 將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1， 得(3＋tk2)x2＋2tk2x＋t2k2－3t＝0. 由x1(－)＝， 得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－(x＋)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|，得＝， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)， 當(dāng)k＝時(shí)上式不成立，因此t＝. t>3等價(jià)于＝<0，即<0. 由此得或 解得b>0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點(diǎn)． (1)求E的方程； (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，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(dāng)l⊥x軸時(shí)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(dāng)Δ＝16(4k2－3)>0， 即k2>時(shí)，x1,2＝. 從而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又點(diǎn)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＝＝≤1. 當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝時(shí)等號(hào)成立，且滿足Δ>0. 所以當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為2yx＋4＝0. 6．(2016浙江)如圖所示，設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，拋物線上的點(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|－1. (1)求p的值； (2)若直線AF交拋物線于另一點(diǎn)B，過(guò)B與x軸平行的直線和過(guò)F與AB垂直的直線交于點(diǎn)N，AN與x軸交于點(diǎn)M，求M的橫坐標(biāo)的取值范圍． 解　(1)由題意可得，拋物線上點(diǎn)A到焦點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)A到直線x＝－1的距離， 由拋物線的定義得＝1，即p＝2. (2)由(1)得，拋物線方程為y2＝4x，F(xiàn)(1,0)， 可設(shè)A(t2，2t)，t≠0，t≠1，B(xB，yB)． ∵AF不垂直于y軸，可設(shè)直線AF：x＝sy＋1(s≠0)， 由消去x得y2－4sy－4＝0，Δ>0顯然成立． 故2tyB＝－4，∴yB＝－， ∴B. 又直線AB的斜率為， 故直線FN的斜率為－， 從而得直線FN：y＝－(x－1)， 直線BN：y＝－. ∴N. 設(shè)M(m，0)，由A，M，N三點(diǎn)共線得＝， 于是m＝＝2＋， ∴m<0或m>2. 經(jīng)檢驗(yàn)知，m<0或m>2滿足題意． 綜上，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的取值范圍是(－∞，0)∪(2，＋∞)． 考點(diǎn)三　圓錐曲線中的證明問(wèn)題 方法技巧　圓錐曲線中的證明問(wèn)題是轉(zhuǎn)化與化歸思想的充分體現(xiàn)．無(wú)論證明什么結(jié)論，要對(duì)已知條件進(jìn)行化簡(jiǎn)，同時(shí)對(duì)要證結(jié)論合理轉(zhuǎn)化，尋求條件和結(jié)論間的聯(lián)系，從而確定解題思路及轉(zhuǎn)化方向． 7．(2018全國(guó)Ⅰ) 設(shè)橢圓C：＋y2＝1的右焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0)． (1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：∠OMA＝∠OMB. (1)解　由已知得F(1,0)，l的方程為x＝1. 由已知可得，點(diǎn)A的坐標(biāo)為或. 又M(2,0)， 所以AM的方程為y＝－x＋或y＝x－. 即x＋y－2＝0或x－y－2＝0. (2)證明　當(dāng)l與x軸重合時(shí)，∠OMA＝∠OMB＝0. 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線， 所以∠OMA＝∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和 kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得 kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，由題意知Δ＞0恒成立， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0， 從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ)． 所以∠OMA＝∠OMB. 綜上，∠OMA＝∠OMB. 8．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為2，且C過(guò)點(diǎn). (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)B1，B2分別是橢圓C的下頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，P是橢圓上異于B1，B2的任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸于M，N為線段PM的中點(diǎn)，直線B2N與直線y＝－1交于點(diǎn)D，E為線段B1D的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：ON⊥EN. (1)解　由題設(shè)知焦距為2，所以c＝. 又因?yàn)闄E圓過(guò)點(diǎn)， 所以代入橢圓方程得＋＝1， 因?yàn)閍2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1, 故所求橢圓C的方程是＋y2＝1. (2)證明　設(shè)P(x0，y0)，x0≠0，則M(0，y0)，N. 因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓C上， 所以＋y＝1. 即x＝4－4y. 又B2(0,1)，所以直線B2N的方程為y－1＝x. 令y＝－1，得x＝， 所以D. 又B1(0，－1)，E為線段B1D的中點(diǎn)， 所以E. 所以＝，＝. 因?yàn)椋剑珁0(y0＋1) ＝－＋y＋y0＝1－＋y0＝1－y0－1＋y0＝0， 所以⊥，即ON⊥EN. 9．已知拋物線C：y2＝2px過(guò)點(diǎn)P(1,1)，過(guò)點(diǎn)作直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)M，N，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點(diǎn)A，B，其中O為原點(diǎn)． (1)求拋物線C的方程，并求其焦點(diǎn)坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程； (2)求證：A為線段BM的中點(diǎn)． (1)解　由拋物線C：y2＝2px過(guò)點(diǎn)P(1,1)，得p＝， 所以拋物線C的方程為y2＝x， 拋物線C的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，準(zhǔn)線方程為x＝－. (2)證明　由題意，直線l的斜率存在， 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋(k≠0)，l與拋物線C的交點(diǎn)為M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由 得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝. Δ＝(4k－4)2－16k2＝16k2－32k＋16－16k2＝－32k＋16>0，所以k<. 因?yàn)辄c(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,1)，所以直線OP的方程為y＝x，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(x1，x1)． 直線ON的方程為y＝x，點(diǎn)B的坐標(biāo)為. 因?yàn)閥1＋－2x1＝ ＝ ＝ ＝＝0， 所以y1＋＝2x1， 故A為線段BM的中點(diǎn)． 例　(15分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且點(diǎn)在橢圓C上． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓E：＋＝1，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q. ①求的值； ②求△ABQ面積的最大值． 審題路線圖 (1)―→ (2)①―→ ②→ → 規(guī)范解答評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 解　(1)由題意知＋＝1. 又＝，a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝1. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1.3分 (2)由(1)知橢圓E的方程為＋＝1. ①設(shè)P(x0，y0)，＝λ(λ＞0)， 由題意知Q(－λx0，－λy0)． 因?yàn)椋珁＝1， 又＋＝1，即＝1， 所以λ＝2，即＝2.7分 ②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 將y＝kx＋m代入橢圓E的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0， 由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，(*) 則有x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|＝.10分 因?yàn)橹本€y＝kx＋m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，m)， 所以△OAB的面積S＝|m||x1－x2| ＝ ＝ ＝2.12分 設(shè)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.(**) 由(*)和(**)可知0＜t≤1， 因此S＝2＝2，13分 故0＜S≤2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m2＝1＋4k2時(shí)取得最大值2.14分 由①知，△ABQ的面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6.15分 構(gòu)建答題模板 [第一步]　求曲線方程：根據(jù)基本量法確定圓錐曲線的方程； [第二步]　聯(lián)立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯(lián)立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判別式，利用根與系數(shù)的關(guān)系； [第三步]　找關(guān)系：從題設(shè)中尋求變量的等量或不等關(guān)系； [第四步]　建函數(shù)：對(duì)范圍最值類問(wèn)題，要建立關(guān)于目標(biāo)變量的函數(shù)關(guān)系； [第五步]　得范圍：通過(guò)求解函數(shù)值域或解不等式得目標(biāo)變量的范圍或最值，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件． 1．如圖，設(shè)點(diǎn)A，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓＋＝1的左頂點(diǎn)和左、右焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作斜率為k的直線交橢圓于另一點(diǎn)B，連接BF2并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)C. (1)求點(diǎn)B的坐標(biāo)(用k表示)； (2)若F1C⊥AB，求k的值． 解　(1)設(shè)點(diǎn)B(xB，yB)，直線AB的方程為y＝k(x＋2)， 聯(lián)立＋＝1， 得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0， Δ＝(16k2)2－4(3＋4k2)(16k2－12)＞0， ∴－2xB＝， 即xB＝. ∴yB＝k(xB＋2)＝， 即B. (2)易知F2(1,0)，＝，＝－， ∴直線BF2，CF1的方程分別為y＝(x－1)， y＝－(x＋1)． 由 解得C(8k2－1，－8k)， 代入＋＝1， 得192k4＋208k2－9＝0， 即(24k2－1)(8k2＋9)＝0，得k2＝， 所以k＝. 2．設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，離心率為，過(guò)點(diǎn)F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)A，B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點(diǎn)．若＋＝8，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OCD的面積． 解　(1)因?yàn)檫^(guò)焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為，所以＝. 因?yàn)闄E圓的離心率為，所以＝， 又a2＝b2＋c2，可解得b＝，c＝1，a＝. 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)由(1)可知F(－1,0)， 則直線CD的方程為y＝k(x＋1)． 聯(lián)立 消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. 設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 又A(－，0)，B(，0)， 所以＋ ＝(x1＋，y1)(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)(－x1，－y1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋＝8， 解得k＝. 從而x1＋x2＝－＝－，x1x2＝＝0. 所以|x1－x2|＝＝＝， |CD|＝|x1－x2|＝＝. 而原點(diǎn)O到直線CD的距離d＝＝＝， 所以△OCD的面積 S＝|CD|d＝＝. 3．(2018金華浦江適應(yīng)性考試)如圖，設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)，左、右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，上頂點(diǎn)為D，離心率為，且＝－2. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)E是x軸正半軸上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E任作直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，如果＋是定值，試確定點(diǎn)E的位置，并求S△DAES△DBE的最大值． 解　(1)由題意知，D(0，b)，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)， 由e＝，得＝. 由＝－2，得－c2＋b2＝－2， 又a2＝b2＋c2， ∴a＝，b＝，c＝2. ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)當(dāng)l的斜率不為0時(shí)，設(shè)AB的方程為x＝ty＋m， 由消去x，得 ∴(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－6＝0， Δ＝4t2m2－4(m2－6)(t2＋3)＝4(6t2＋18－3m2)． 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴y1＋y2＝－，y1y2＝， ∴＋＝＝＝， ∴m＝，它滿足Δ>0， ∴E(，0)，＋為定值2. 當(dāng)E為(，0)，l：y＝0時(shí)，滿足＋＝2， 此時(shí)S△DAES△DBE＝(－)(＋)＝. 當(dāng)l的斜率不為0時(shí)，y1＋y2＝－，y1y2＝－， 由D到AB的距離d＝，|AE|＝|y1|，|BE|＝|y2|， 得S△DAES△DBE＝d|AE|＝. 令u＝t＋，則t＝， 則S△DAES△DBE＝＝＝≤， 當(dāng)且僅當(dāng)＝，即u＝3，t＝時(shí)，等號(hào)成立． 故(S△DAES△DBE)max＝. 4．(2017浙江)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)A，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y)，過(guò)點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q. (1)求直線AP斜率的取值范圍； (2)求|PA||PQ|的最大值． 解　(1)設(shè)直線AP的斜率為k，k＝＝x－， 因?yàn)椋紉＜. 所以直線AP斜率的取值范圍為(－1,1)． (2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程 解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ＝. 因?yàn)閨PA|＝ ＝(k＋1)， |PQ|＝(xQ－x) ＝－， 所以|PA||PQ|＝－(k－1)(k＋1)3， 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因?yàn)閒′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． 因此當(dāng)k＝時(shí)，|PA||PQ|取得最大值.