2016版高考数学大二轮总复习-增分策略-专题六-解析几何-第3讲-圆锥曲线的综合问题试题.doc

第3讲圆锥曲线的综合问题1(2014福建)设P，Q分别为圆x2(y6)22和椭圆y21上的点，则P，Q两点间的最大距离是()A5 B.C7 D62(2015陕西)如图，椭圆E：1(ab0)，经过点A(0，1)，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.1.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(2015重庆)如图，椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQPF1.(1)若|PF1|2，|PF2|2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ|PF1|，且，试确定椭圆离心率e的取值范围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，数形结合求解(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已知椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为，且椭圆经过点P(1，)(1)求椭圆C的标准方程；(2)线段PQ是椭圆过点F2的弦，且，求PF1Q内切圆面积最大时实数的值热点二定点、定值问题1由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：ykxm，则直线必过定点(0，m)2解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值例2椭圆C：1(ab0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标思维升华(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，得出定点跟踪演练2已知直线l：yx，圆O：x2y25，椭圆E：1(ab0)的离心率e，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等(1)求椭圆E的方程；(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值热点三探索性问题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”，将不确定性问题明朗化其步骤为：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，说明理由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(2015四川)如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由已知椭圆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，请说明理由提醒：完成作业专题六第3讲二轮专题强化练专题六第3讲圆锥曲线的综合问题A组专题通关1(2015北京西城区期末)若曲线ax2by21为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足()Aa2b2 B.C0ab D0ba2已知椭圆1(0bb0)的离心率为e，右焦点为F(c,0)，方程ax2bxc0的两个实根分别为x1和x2，则点P(x1，x2)()A必在圆x2y22内 B必在圆x2y22上C必在圆x2y22外 D以上三种情形都有可能5若点O和点F分别为椭圆1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则的最大值为()A2 B3 C6 D86已知双曲线x21的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则的最小值为_7已知A(1,2)，B(1,2)，动点P满足.若双曲线1(a0，b0)的渐近线与动点P的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是_8在直线y2上任取一点Q，过Q作抛物线x24y的切线，切点分别为A、B，则直线AB恒过定点_9已知椭圆C：1(ab0)的短轴长为2，离心率为，过点M(2,0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点(1)求椭圆C的方程；(2)若B点关于x轴的对称点是N，证明：直线AN恒过一定点B组能力提高10已知直线ya交抛物线yx2于A，B两点若该抛物线上存在点C，使得ACB为直角，则a的取值范围为_11直线3x4y40与抛物线x24y和圆x2(y1)21从左到右的交点依次为A、B、C、D，则的值为_12(2015课标全国)已知椭圆C：9x2y2m2(m0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由学生用书答案精析第3讲圆锥曲线的综合问题高考真题体验1D如图所示，设以(0,6)为圆心，以r为半径的圆的方程为x2(y6)2r2(r0)，与椭圆方程y21联立得方程组，消掉x2得9y212yr2460.令12249(r246)0，解得r250，即r5.由题意易知P，Q两点间的最大距离为r6，故选D.2(1)解由题设知，b1，结合a2b2c2，解得a，所以椭圆的方程为y21.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则x1x2，x1x2，从而直线AP，AQ的斜率之和 kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2.热点分类突破例1解(1)由椭圆的定义，2a|PF1|PF2|(2)(2)4，故a2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此2c|F1F2|2，即c，从而b1.故所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图，由PF1PQ，|PQ|PF1|，得|QF1|PF1|.由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，进而|PF1|PQ|QF1|4a，于是(1)|PF1|4a，解得|PF1|，故|PF2|2a|PF1|.由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)24c2，从而224c2，两边除以4a2，得e2.若记t1，则上式变成e282.由，并注意到1关于的单调性，得3t4，即.进而e2，即e.跟踪演练1解(1)e，P(1，)满足1，又a2b2c2，a24，b23，椭圆标准方程为1.(2)显然直线PQ不与x轴重合，当直线PQ与x轴垂直时，|PQ|3，|F1F2|2，3；当直线PQ不与x轴垂直时，设直线PQ：yk(x1)，k0代入椭圆C的标准方程，整理，得(34k2)y26ky9k20，0，y1y2，y1y2.|F1F2|y1y2|12，令t34k2，t3，k2，3，0b0)，由e，得a2c，a2b2c2，b23c2，则椭圆方程变为1.又由题意知，解得c21，故a24，b23，即得椭圆的标准方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(34k2)x28mkx4(m23)0.则又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2BA2，(x12)(x22)y1y20，y1y2x1x22(x1x2)40，40，7m216mk4k20，解得m12k，m2，由，得34k2m20，当m12k时，l的方程为yk(x2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾当m2时，l的方程为yk，直线过定点，且满足，直线l过定点，定点坐标为.跟踪演练2(1)解设椭圆的半焦距为c，圆心O到直线l的距离d，b.由题意得a23，b22.椭圆E的方程为1.(2)证明设点P(x0，y0)，过点P的椭圆E的切线l0的方程为yy0k(xx0)，联立直线l0与椭圆E的方程得消去y得(32k2)x24k(y0kx0)x2(kx0y0)260，4k(y0kx0)24(32k2)2(kx0y0)260，整理得，(2x)k22kx0y0(y3)0，设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1，k2，则k1k2，点P在圆O上，xy5，k1k21.两条切线的斜率之积为常数1.例3解(1)把Q(1,2)代入y22px，得2p4，所以抛物线方程为y24x，准线l的方程为x1.(2)由条件可设直线AB的方程为yk(x1)，k0.由抛物线准线l：x1，可知M(1，2k)又Q(1,2)，所以k3k1，即k3k1.把直线AB的方程yk(x1)，代入抛物线方程y24x，并整理，可得k2x22(k22)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知x1x2，x1x21.又Q(1,2)，则k1，k2.因为A，F，B共线，所以kAFkBFk，即k.所以k1k22k2k2，即k1k22k2.又k3k1，可得k1k22k3.即存在常数2，使得k1k2k3成立跟踪演练3解(1)由已知，点C、D的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点P的坐标为(0,1)，且1，于是解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，从而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以当1时，23，此时3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，213.故存在常数1，使得为定值3.高考押题精练解(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，所以|PN|.由可得(34k2)x28k2x4k2120，则x2x3，x2x3，所以|MQ|.若2，则2，解得k.故存在斜率为k的直线l，使得2.二轮专题强化练答案精析第3讲圆锥曲线的综合问题1C由ax2by21，得1，因为焦点在x轴上，所以0，所以0ab.2D由椭圆的方程，可知长半轴长a2；由椭圆的定义，可知|AF2|BF2|AB|4a8，所以|AB|8(|AF2|BF2|)3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即3，可求得b23，即b.3C依题意知F(2,0)，所以直线l的方程为yx2，联立方程消去y得x212x40.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x212，x1x24，则|AF|BF|(x12)(x22)|x1x2|8.4Ax1x2，x1x2.xx(x1x2)22x1x2.e，ca，b2a2c2a22a2.xx0，b0)的渐近线方程为yx，即bxay0，由题意，可得1，即1，所以e1，故1e2.8(0,2)解析设Q(t，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为yx2，则yx，则在点A处的切线方程为yy1x1(xx1)，化简得，yx1xy1，同理，在点B处的切线方程为yx2xy2.又点Q(t，2)的坐标满足这两个方程，代入得：2x1ty1，2x2ty2，则说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程2xty，即直线AB的方程为y2tx，因此直线AB恒过定点(0,2)9(1)解由题意知b1，e，得a22c22a22b2