2018年高考数学二轮复习专题六解析几何第.doc

第3讲圆锥曲线的综合问题1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题2试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大热点一范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解例1(2017届天津市红桥区二模)已知椭圆C：1 (ab0)的离心率为，且过点.(1)求椭圆C的方程；(2)设与圆O：x2y2相切的直线l交椭圆C于A, B两点，求OAB面积的最大值及取得最大值时直线l的方程解(1)由题意可得解得a23，b21，椭圆C的方程为y21.(2)当k不存在时， x，y，SOAB.当k存在时，设直线方程为ykxm，A， B，联立得x26kmx3m230，x1x2，x1x2.dr4m23. 2，当且仅当9k2，即k时等号成立，此时m1.SOABr2，OAB面积的最大值为，此时直线方程为yx1.思维升华解决范围问题的常用方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解(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，再求其值域跟踪演练1(2017山东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，椭圆C截直线y1所得线段的长度为2.(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l：ykxm(m0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M.点N是M关于O的对称点，N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与N分别相切于点E，F，求EDF的最小值解(1)由椭圆的离心率为，得a22(a2b2)，又当y1时，x2a2，得a22，所以a24，b22.因此椭圆C的方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程，得得(2k21)x24kmx2m240.由0，得m20，从而yt在3，)上单调递增，因此t，当且仅当t3时等号成立，此时k0，所以134.由(*)得mb0)经过两圆的交点(1)求椭圆C的方程；(2)M，N是椭圆C上的两点，若直线OM与ON的斜率之积为，试问OMN的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由解(1)设两圆的交点为Q，依题意有|QF1|QF2|34，由椭圆定义知，2a4，解得a212.F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，a2b29，解得b23，椭圆C的方程为1. (2)当直线MN的斜率不存在时，设M(x1，y1)，N(x1，y1)kOMkON，.又1，|x1|，|y1|.SOMN3.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykxm，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得(4k21)x28kmx4m2120，由64k2m24(4k21)(4m212)0，得12k2m230，(*)且x1x2，x1x2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.kOMkON，整理得2m212k23, 代入(*)得m0.|MN|x1x2| ，原点O到直线MN的距离d，SOMN|MN|d3(定值)综上所述，OMN的面积为定值3.热点三探索性问题1解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法例3已知抛物线E的顶点为原点O，焦点为圆F：x2y24x30的圆心F.经过点F的直线l交抛物线E于A，D两点，交圆F于B，C两点，A，B在第一象限，C，D在第四象限(1)求抛物线E的方程；(2)是否存在直线l，使2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)根据已知，设抛物线E的方程为y22px(p0)圆F的方程为(x2)2y21，圆心F的坐标为F(2,0)，半径r1.2，解得p4.抛物线E的方程为y28x.(2)2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项，|AB|CD|4|BC|42r8，|AD|AB|BC|CD|10.若l垂直于x轴，则l的方程为x2，代入y28x，得y4.此时|AD|y1y2|810，即直线x2不满足题意；若l不垂直于x轴，设l的斜率为k，由已知得k0，l的方程为yk(x2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2(4k28)x4k20，x1x2，且(4k28)216k464k2640，抛物线E的准线为x2，|AD|AF|DF|(x12)(x22)x1x24，410，解得k2.存在满足要求的直线l，它的方程为2xy40或2xy40.思维升华解决探索性问题的注意事项存在性问题，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，要思维开放，采取另外的途径跟踪演练3(2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C：1 (ab0)的长轴长为6，且椭圆C与圆M：(x2)2y2的公共弦长为.(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(0,2)作斜率为k(k0)的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得ADB为以AB为底边的等腰三角形若存在，求出点D的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由解(1)由题意可得2a6，所以a3.由椭圆C与圆M: 2y2的公共弦长为，恰为圆M的直径，可得椭圆C经过点，所以1，解得b28.所以椭圆C的方程为1.(2)直线l的解析式为ykx2，设A，B， AB的中点为E.假设存在点D，使得ADB为以AB为底边的等腰三角形，则DEAB.由得x236kx360，故x1x2，所以x0， y0kx02.因为DEAB，所以kDE，即，所以m.当k0时， 9k212，所以m0；当k0时， 9k12，所以00.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x21，所以|AB|x1x2|.同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|4(1k2)48484216，当且仅当k2，即k1时，取得等号2(2017山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：1(ab0)的离心率为，焦距为2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，动直线l：yk1x交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2.M是线段OC延长线上一点，且|MC|AB|23，M的半径为|MC|，OS，OT是M的两条切线，切点分别为S，T.求SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率解(1)由题意知，e，2c2，所以c1，所以a，b1，所以椭圆E的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程得(4k2)x24k1x10.由题意知，0，且x1x2，x1x2，所以|AB|x1x2|.由题意可知，圆M的半径r为r|AB|.由题设知k1k2，所以k2，因此直线OC的方程为yx.联立方程得x2，y2，因此|OC|.由题意可知，sin.而，令t12k，则t1，(0,1)，因此1，当且仅当，即t2时等号成立，此时k1，所以sin ，因此，所以SOT的最大值为.综上所述，SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1.押题预测已知椭圆C1：1(a0)与抛物线C2：y22ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合(1)求C1，C2的方程；(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k0)的直线l，使得2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由押题依据本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色解(1)因为C1，C2的焦点重合，所以，所以a24.又a0，所以a2.于是椭圆C1的方程为1，抛物线C2的方程为y24x.(2)假设存在直线l使得2，则可设直线l的方程为yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)由可得k2x2(2k24)xk20，则x1x4，x1x41，且16k2160，所以|PN|.由可得(34k2)x28k2x4k2120，则x2x3，x2x3，且144k21440，所以|MQ|.若2，则2，解得k.故存在斜率为k的直线l，使得2.A组专题通关1(2016全国)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面积的取值范围解(1)因为|AD|AC|，EBAC，故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.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)(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，且144k21440，所以|MN|x1x2|.过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y(x1)，点A到m的距离为，所以|PQ|24.故四边形MPNQ的面积S|MN|PQ|12.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)当l与x轴垂直时，l的方程为x1，|MN|3，|PQ|8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12,8)2(2017山西省实验中学模拟)已知椭圆C: 1 (ab0)的短轴长为2，且椭圆C的顶点在圆M：x22上(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦AB，CD，求的最小值解(1)由题意可得2b2，所以b1.椭圆C的顶点在圆M: x22上，所以a.故椭圆C的方程为x21.(2)当直线AB的斜率不存在或为零时，3.当直线AB的斜率存在且不为零时，设直线AB的方程为ykx1，由得x22kx10，设A， B，由根与系数的关系，得x1x2， x1x2，所以，同理可得，所以 .令tk21，则t1, ，而2，所以 3.综上， 3，故的最小值为.3(2017届太原模拟)已知动点C到点F(1,0)的距离比到直线x2的距离小1，动点C的轨迹为E.(1)求曲线E的方程；(2)若直线l：ykxm(km0)，1，p2，动点C的轨迹E的方程为y24x.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2(2km4)xm20，x1x2，x1x2.5，x1x2y1y2(1k2)x1x2km(x1x2)m25，m24km5k20，mk或m5k.km0，直线l的方程为yk(x5)，直线l必经过定点(5,0)4(2017届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线C：x24y的焦点为F，直线l：ykxa(a0)与抛物线C交于A，B两点(1)若直线l过焦点F，且与圆x2(y1)21交于D，E(其中A，D在y轴同侧)，求证：|AD|BE|是定值；(2)设抛物线C在A和B点的切线交于点P，试问：y轴上是否存在点Q，使得APBQ为菱形？若存在，请说明理由，并求此时直线l的斜率和点Q的坐标解抛物线C：x24y的焦点为F(0,1), 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24y与ykxa，得x24kx4a0，则16(k2a)0，且x1x24k，x1x24a.(1)证明若直线l过焦点F，则a1，则x1x24k，x1x24.由条件可知圆x2(y1)21的圆心为F(0,1)，半径为1，由抛物线的定义可知，|AF|y11，|BF|y21，则|AD|AF|1y1，|BE|BF|1y2，|AD|BE|y1y2(kx11)(kx21)k2x1x2k(x1x2)14k24k211，(或|AD|BE|y1y21)即|AD|BE|为定值，定值为1.(2)解方法一当直线l的斜率为0，且Q的坐标为(0,3a)时，APBQ为菱形理由如下： 由x24y，得yx2，则yx，则抛物线C在A处的切线为yxx1，即yx1xx.同理抛物线C在B处的切线为yx2xx.联立，解得x2k，代入式解得ya，即P.又2k，所以ka2k2a，即AB的中点为R.则有PRx轴若APBQ为菱形，则PRAB，所以k0, 此时P， R，Q.方法二设A，B， Q，由x24y，得yx2，则yx, 若APBQ为菱形，则AQBP，BQAP，则kAQx2，kBQx1，即y1y0x1x2，y2y0x1x2，则y1y2，k0, A，B， 则抛物线C在A处的切线为ya，即yxa，同理抛物线C在B处的切线为yxa，联立得P.又AB的中点为R，所以Q.方法三设A，B， Q，由x24y，得yx2，则yx, 若APBQ为菱形，则AQBP，BQAP，则kAQx2，kBQx1，即y1y0x1x2，y2y0x1x2，则y1y2，k0, 此时直线AB: ykxaa，则y0x1x2y1a3a，所以Q.B组能力提高5.如图，抛物线C：y22px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数，使得k1k2k3成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)把Q(