高考数学复习专题五解析几何第三讲圆锥曲线的综合应用教案理.docx

第三讲圆锥曲线的综合应用年份卷别考查角度及命题位置命题分析及学科素养2018卷直线与椭圆的位置关系及证明问题T19命题分析解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等试题难度较大，多以压轴题出现解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)轨迹方程及探索性问题的求解学科素养解析几何综合问题主要利用直线与圆锥曲线的位置关系考查最值范围，定点定值及探索性问题，着重考查学生数学抽象、数学建模、逻辑推理及数学运算等核心素养.卷直线与椭圆位置关系及证明问题T202017卷直线与椭圆的位置关系及定点问题证明T20卷动点轨迹方程求法与直线过定点问题证明T202016卷定值问题、轨迹方程求法、直线与椭圆位置关系及范围问题T20卷直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题T20卷证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系T20第一课时圆锥曲线的最值、范围、证明问题最值问题授课提示：对应学生用书第51页悟通方法结论求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解(2017高考浙江卷)(12分)如图，已知抛物线x2y，点 过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)求的最大值学审题条件信息想到方法注意什么信息中已知A，P坐标利用斜率公式表示KAP并消去yx的范围信息中|PA|PQ|利用弦长公式表示出|PA|PQ|Q点坐标的求法规范解答(1)设直线AP的斜率为k，kx， (2分)因为x，所以直线AP斜率的取值范围是(1,1) (4分)(2)联立直线AP与BQ的方程 (6分)解得点Q的横坐标是xQ.因为|PA|(k1)， (8分)|PQ|(xQx).所以|PA|PQ|(k1)(k1)3. (10分)令f(k)(k1)(k1)3，因为f(k)(4k2)(k1)2，所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，因此当k时，|PA|PQ|取得最大值. (12分)1几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，考虑用图象性质来解决，这是几何法，充分体现了数形结合思想2代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值求函数最值的常见方法有配方法、判别式法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等充分体现了函数与方程思想练通即学即用(2018沈阳模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P(1，)在椭圆上，且有|PF1|PF2|2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，求AOB(O为坐标原点)面积的最大值解析：(1)由|PF1|PF2|2，得2a2，a.将P(1，)代入1，得b21.椭圆C的标准方程为y21.(2)由已知，直线l的斜率为零时，不合题意，设直线l的方程为x1my，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得消去x化简整理得(m22)y22my10，由根与系数的关系，得SAOB|OF2|y1y2|，当且仅当m21，即m0时，等号成立，AOB面积的最大值为.范围问题授课提示：对应学生用书第52页悟通方法结论圆锥曲线中的范围问题(1)解决这类问题的基本思路是建立目标函数和不等关系(2)建立目标函数的关键是选用一个合适的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题；建立不等关系的关键是运用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式等灵活处理(2018广东五校联考)(12分)已知椭圆C：1(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的连直线xy10与以椭圆C(1)求椭圆C的方程；(2) 两点S和T，若椭圆C上存在点P满足 (其中O为坐标原点)，求实数t的取值范围学审题条件信息想到方法注意什么信息中构成等腰直角三角形bc，ac注意短半轴与半焦距的关系信息中直线与圆相切想到圆心到xy10的距离da点到直线距离公式信息中直线与椭圆交于两点设出直线方程联立，消元0判断l的斜率是否存在信息中t向量式子坐标化建立S、T、P三点坐标间关系规范解答(1)由题意，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(xc)2y2a2，圆心到直线xy10的距离 da.(*) (2分)椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，bc，ac，代入(*)式得bc1，ac， (4分)故所求椭圆方程为y21. (5分)(2)由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x2)，设P(x0，y0)，将直线l的方程代入椭圆方程得(12k2)x28k2x8k220，64k44(12k2)(8k22)0，解得k2. (7分)设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x24).由t，得tx0x1x2，ty0y1y2， (9分)当t0时，直线l为x轴，则椭圆上任意一点P满足t，符合题意；当t0时，x0，y0. (11分)将上式代入椭圆方程得1，整理得t2，由k2知，0t24，所以t(2,0)(0,2)，综上可得，实数t的取值范围是(2,2) (12分)圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围练通即学即用(2018长春模拟)已知椭圆C的两个焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，且经过点E(，)(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若，且23，求直线l的斜率k的取值范围解析：(1)由解得所以椭圆C的方程为1.(2)由题意得直线l的方程为yk(x1)(k0)，联立方程，得整理得(4)y2y90，1440，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y2，又，所以y1y2，所以y1y2(y1y2)2，则，2，因为23，所以2，即，且k0，解得0k.故直线l的斜率k的取值范围是(0，证明问题授课提示：对应学生用书第53页悟通方法结论圆锥曲线中的证明问题常以椭圆、抛物线为载体，借助设而不求法，考查数形结合思想、方程思想、化归与转化能力、逻辑思维能力、运算求解能力(2017高考北京卷)(12分)已知抛物线C：y22px 过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：学审题条件信息想到方法注意什么信息抛物线过点P将P点坐标代入方程求焦点坐标与准线方程时注意规范信息中l与抛物线相交设出l的方程联立消元求出交点坐标判断l的斜率存在且k0信息中A为线段BM的中点利用中点公式进行证明先表示B点坐标化简目标要明确规范解答(1)由抛物线C：y22px过点P(1,1)，得p， (2分)所以抛物线C的方程为y2x.抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x. (4分)(2)证明：由题意，设直线l的方程为ykx(k0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y，得4k2x2(4k4)x10.则x1x2，x1x2. (6分)因为点P的坐标为(1,1)，所以直线OP的方程为yx，点A的坐标为(x1，x1)直线ON的方程为yx，点B的坐标为. (8分)因为y12x10，所以y12x1.故A为线段BM的中点 (12分)圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上，某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明练通即学即用(2018高考全国卷)设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：OMAOMB.解析：(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x1.由已知可得，点A的坐标为或.又M(2,0)，所以AM的方程为yx或yx.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.由y1kx1k，y2kx2k得kMAkMB.将yk(x1)代入y21，得(2k21)x24k2x2k220，所以x1x2，x1x2.则2kx1x23k(x1x2)4k0.从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补所以OMAOMB.综上，OMAOMB.授课提示：对应学生用书第145页1(2018成都模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知ABC的两个顶点A，B的坐标分别为(1,0)，(1,0)，且AC，BC所在直线的斜率之积等于2，记顶点C的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)设直线ykx2(0k2)与y轴相交于点P，与曲线E相交于不同的两点Q，R(点R在点P和点Q之间)，且，求实数的取值范围解析：(1)设C(x，y)由题意，可得2(x1)，曲线E的方程为x21(x1)(2)设R(x1，y1)，Q(x2，y2)联立，得消去y，可得(2k2)x24kx20，8k2160，k22.又0k2，k2.由根与系数的关系得，x1x2，x1x2.，点R在点P和点Q之间，x2x1(1)联立，可得.k2，(4，)，4，3，且1.1，实数的取值范围为(1,3)2(2018武汉调研)已知抛物线C：x22py(p0)和定点M(0,1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；(2)若ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程解析：设直线AB：ykx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x22pkx2p0，则x1x22pk，x1x22p.(1)由x22py得y，则A，B处的切线斜率的乘积为，点N在以AB为直径的圆上，ANBN，1，p2.(2)易得直线AN：yy1(xx1)，直线BN：yy2(xx2)，联立，得结合式，解得即N(pk，1)|AB|x2x1|，点N到直线AB的距离d，则ABN的面积SABN|AB|d2，当k0时，取等号，ABN的面积的最小值为4，24，p2，故抛物线C的方程为x24y.3(2018山西四校联考)如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴正半轴相交于两点M、N(点M在点N的下方)，且|MN|3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆1相交于两点A、B，连接AN、BN，求证：ANMBNM.解析：(1)设圆C的半径为r(r0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)|MN|3，r2222，解得r2.圆C的方程为(x2)22.(2)证明：把x0代入方程(x2)22，解得y1或y4，即点M(0,1)、N(0,4)当ABx轴时，可知ANMBNM0.当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为ykx1.联立方程，消去y得，(12k2)x24kx60.设直线AB交椭圆于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则x1x2，x1x2.kANkBN.若kANkBN0，则ANMBNM.2kx1x23(x1x2)0，ANMBNM.4(2018德州模拟)已知C为圆(x1)2y28的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A(1,0)和AP上的点M，满足0，2.(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；(2)若斜率为k的直线l与圆x2y21相切，与(1)中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，H，O是坐标原点，且时，求k的取值范围解析：(1)由题意知MQ是线段AP的垂直平分线，所以|CP|QC|QP|QC|QA|2|CA|2，所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为2的椭圆，所以a，c1，b1，故点Q的轨迹方程是y21.(2)设直线l：ykxt，F(x1，y1)，H(x2，y2)，直线l与圆x2y21相切1t2k21.联立，得(12k2)x24ktx2t220，16k2t24(12k2)(2t22)8(2k2t21)8k20k0，x1x2，x1x2，所以x1x2y1y2(1k2)x1x2kt(x1x2)t2ktt2k21，所以k2|k|，所以k或k.故k的取值范围是，第二课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题圆锥曲线中的定点问题授课提示：对应学生用书第54页悟通方法结论定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为ykxb，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况(2017高考全国卷)(12分)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，中恰有三点在椭圆C上(1)求C的方程；(2) 若直线证明：l过定点学审题条件信息想到方法注意什么信息中P3，P4的坐标P3，P4关于y轴对称分析判断P2在椭圆上信息中l与椭圆交于A，B两点设出l的方程联立求出A、B点坐标注意判断 l的斜率是否存在要分类讨论信息中P2A，P2B的斜率和为1设出P2A、P2B的斜率为k1，k2利用k1k21建立k、m的关系，求定点规范解答(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点又由知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上 (2分)因此解得故椭圆C的方程为y21. (4分)(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2. (10分)由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1) (12分)动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点练通即学即用已知P是抛物线E：y22px(p0)上一点，P到直线xy40的距离为d1，P到E的准线的距离为d2，且d1d2的最小值为3.(1)求抛物线E的方程；(2)直线l1：yk1(x1)交E于点A，B，直线l2：yk2(x1)交E于点C，D，线段AB，CD的中点分别为M，N，若k1k22，直线MN的斜率为k，求证：直线l：kxykk1kk20恒过定点解析：(1)抛物线E的焦点为F(，0)，由抛物线的定义可得d2|PF|，则d1d2d1|PF|，其最小值为点F到直线xy40的距离，3，解得p4或p20(舍去)，抛物线E的方程为y28x.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由可得kx2(2k8)xk0，则x1x2，所以y1y2k1(x11)k1(x21)k1(x1x2)2k12k1，线段AB的中点M的坐标为(，)，同理可得点N的坐标为(，)，直线MN的斜率k，则k(k1k2)2，直线l的方程kxykk1kk20可化为ykxk(k1k2)，即ykx2，令x0，可得y2，直线l恒过定点(0,2)定值问题授课提示：对应学生用书第55页悟通方法结论解答圆锥曲线的定值，从三个方面把握(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以求出定值(2016高考北京卷)(12分)已知椭圆C：1(ab0)的 (1)求椭圆C的方程；(2) 直线PA与y轴交于点M， 求证：|AN|BM|为定值学审题条件信息想到方法注意什么信息中e，SOAB1建立a，b，c方程求解.运算要准确信息P在椭圆上记P(x，y)满足椭圆方程注意判断 x00或x00信息PA、PB两直线即设出P(x0，y0)求出直线PA、PB方程求出M，N坐标用坐标值表示|AN|，|BM|，化简规范解答(1)由题意得解得a2，b1. (3分)所以椭圆C的方程为y21. (4分)(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)设P(x0，y0)，则x4y4.当x00时，直线PA的方程为y(x2) (6分)令x0，得yM，从而|BM|1yM|1|.直线PB的方程为yx1. (8分)令y0，得xN，从而|AN|2xN|2|.所以|AN|BM|2|1|4. (10分)当x00时，y01，|BM|2，|AN|2，所以|AN|BM|4.综上，|AN|BM|为定值 (12分)定值问题在求解时注意“设而不求”思想方法的灵活运用，即引入参变量，用它来表示有关量，进而看能否把变量消去“先猜后证”法是解决这类问题的有效方法，也就是先由特殊情形探求出定值或定点，进而证明它适用所有情形练通即学即用(2018洛阳统考)如图，点F是抛物线：x22py(p0)的焦点，点A是抛物线上的定点，且(2,0)，点B，C是抛物线上的动点，直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.(1)求抛物线的方程；(2)若k2k12，点D是抛物线在点B，C处切线的交点，记BCD的面积为S，证明S为定值解析：(1)设A(x0，y0)，由题知F(0，)，所以(x0，y0)(2,0)，所以，代入x22py(p0)，得4p2，得p2，所以抛物线的方程是x24y.(2)证明：过D作y轴的平行线交BC于点E，并设B(x1，)，C(x2，)，由(1)知A(2,1)，所以k2k1，又k2k12，所以x2x18.直线BD：yx，直线CD：yx，解得因直线BC的方程为y(xx1)，将xD代入得yE，所以S|DE|(x2x1)(yEyD)(x2x1)(x2x1)32.存在性问题授课提示：对应学生用书第56页悟通方法结论1存在性问题的解题步骤(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在(3)得出结论2解决存在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(2016高考全国卷)(12分)在直角坐标系xOy中，直线l：yt(t0)交y轴于点M，交抛物线C：y22px(p0)于点P，(1)求；(2)除H以外，有其他公共点？说明理由学审题条件信息想到方法注意什么信息中M关于P的对称点为N由M、P坐标利用对称知识表示出点N坐标中点公式的运用信息中ON交C于点H表示 ON方程联立抛物线可得H坐标方程联立后可直接求解信息直线MH与C的交点问题设出MH方程，联立分析联立后直接求解判断规范解答 (1)如图，由已知得M(0，t)，P.又N为M关于点P的对称点，故N， (2分)故直线ON的方程为yx， (4分)将其代入y22px，整理得px22t2x0，解得x10，x2.因此H. (6分)所以N为OH的中点，即2. (7分)(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点理由如下：直线MH的方程为ytx，即x(yt) (9分)代入y22px得y24ty4t20，解得y1y22t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点 (12分)求解存在性问题的思路及策略(1)思路：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(2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论；当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件练通即学即用(2018惠州调研)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1(1,0)，F2(1,0)，点A在椭圆C上(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由解析：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c1，因为A在椭圆C上，所以2a|AF1|AF2|2，因此a，b2a2c21，故椭圆C的方程为y21.(2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为y2xt，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，由消去x，得9y22tyt280，所以y1y2，且由4t236(t28)0，得3t3.由得(x4x2，y4y2)，所以有y1y4y2，即y4y1y2t.又3t3，所以y41，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是1,1矛盾因此不存在满足条件的直线授课提示：对应学生用书第146页1(2018云南师大附中质检)已知椭圆C的焦点在x轴上，离心率等于，且过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于M点，若1，2，求证：12为定值解析：(1)设椭圆C的方程为1(ab0)，则a25，b21，椭圆C的标准方程为y21.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0) ，又易知F点的坐标为(2,0)显然直线l存在斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是yk(x2)，将直线l的方程代入椭圆C的方程中，消去y并整理得(15k2)x220k2x20k250，x1x2，x1x2.又1，2，将各点坐标代入得1，2，1210，即12为定值2(2018贵阳一模)过抛物线C：y24x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|8.(1)求l的方程；(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点，并求出该点的坐标解析：(1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为yk(x1)，代入抛物线方程y24x得k2x2(2k24)xk20，由题意知k0，且(2k24)24k2k216(k21)0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x21，由抛物线的定义知|AB|