2019届高三文科数学(通用版)二轮复习训练：第1部分专题5突破点13圆锥曲线中的综合问题(酌情自选)

1、突破点 13圆锥曲线中的综合问题( (酌情自选) )核心知识聚焦I核心提炼提炼 i 解答圆锥曲线的定值、定点问题，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， 可以解出定点坐标提炼 2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手(1) 若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围.(2) 若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解.利用隐含或已知的不等关系式直接求范围.(4)

2、利用基本不等式求最值与范围.(5) 利用函数值域的方法求最值与范围.提炼 3 与圆锥曲线有关的探索性问题(1) 给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性通常 要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律.(2) 对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设， 然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出 矛盾，则假设不存在.真题回访回访 1 圆锥曲线的定值、定点问题2 221 . (2019 全国卷n)已知椭圆 C: a2+ b2 1(ab0)的离心率为2,点(2, .2)在 C 上.(1)

3、求 C 的方程；(2) 直线 I 不过原点 0 且不平行于坐标轴，I 与 C 有两个交点 A, B,线段 AB 的中点为 M.证明：直线 0M 的斜率与直线 I 的斜率的乘积为定值.2 2解得 a = 8, b = 4.3 分2 2所以C的方程为 x+y= 1.4 分84(2)证明：设直线 I: y= kx+ b(kz0,0), A(xi, yi), B(x2, y2), M(XM, YM).2 2将 y= kx+ b 代入x8 +y4 = 1，得(2 k2+ 1)x2+ 4kbx+ 2 b2- 8 = 0.6 分2kbb2,yM=k XM+b=2 8 分2k + 12k + 1于是直线 OM

4、 的斜率 koM=1XM2k1即 koMk= 2.11 分所以直线 OM 的斜率与直线 I 的斜率的乘积为定值.12 分回访 2 圆锥曲线中的最值与范围问题一2-22. (2019 北京高考)已知椭圆 C: x + 2y = 4.(1) 求椭圆 C 的离心率；(2) 设 0 为原点，若点 A 在直线 y= 2 上，点 B 在椭圆 C 上，且 0A 丄 0B,求线段 AB 长度 的最小值.2 2解 (1)由题意，椭圆C的标准方程为X4+2=1 , 2 分所以 a2= 4, b2= 2,从而 c2= a2 b2= 2.因此 a= 2, c= . 2.c2故椭圆 C 的离心率 e= -=二-.5 分

5、a 2设点 A, B 的坐标分别为(t,2), (X0, yo),其中 X00.因为 OA 丄B,所以OAOB=0，即tx0+ +2y0=0，解得 t=- -竽竽.7 分故 XM=X1+ X2解(1)由题意有2 分2 2 2 2 2又 X0+ 2yo= 4，所以 |AB| = (x t) + (yo 2) = xo+ 2y0 2X02+ (Y0=x0+y+X0+ 4= x0+2小224-X02 4 X0X282+2+ 4=孑+ + 4(0VxW4).12 分2X02X0因为X0+ 94(0X2 8.故线段 AB 长度的最小值为 2 2.14 分回访 3 与圆锥曲线有关的探索性问题X2+ = 1

6、(ab0)的离心率是 # 点 P(0,1)在短轴CD 上，且 PC PD = - 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 入使得 OA OB+顽 PB 为定值？若存在，求 入的值；若不存在，请说明理由.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 PC PD = - 1,21 - b =- 1,c2a 2，.a2- b2= c2.解得 a= 2, b = 2AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y= kx+ 1, A, B 的坐标分别为(X1, y”

7、,(X2,y2).2xo3. (2019 四川高考)如图 15-1，椭圆 E:所以椭圆2 2E 的方程为X4 + 2 = 1.4 分联立弓+y= kx+ 1,(2)当直线J1,2得(2 k2+ 1)X2+ 4kx- 2 = 0.其判别式A=(4k)1 2+ 8(2k2+ 1)0,=22k+1112 /2k + 1所以4kX1+ +X2_ R，XiX2= 222k + 1.6 分从而，O）AOB + ?FA PB=X1X2+yiy2+入X2+(yi1)(y21)2=(1 + 为(1 + k )X1X2+ k(X1+ X2) + 12I 2 入一 4 k + 2 入一 1此时，OA OB+ ;PA

8、PB= 3 为定值.10 分当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD.此时，OA OB + 冠 PB = OCOD+ PC PD = 2 1 = 3.12 分故存在常数 入=1,使得 OA 0B+ 咸 PB 为定值3.13 分热点题型 1 圆锥曲线中的定值问题题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量.2X（2019 重庆二模）已知椭圆 C:孑+的连线垂直于 x 轴，直线 I: y= kx+ m 与椭圆 C 相交于 A, B 两点（均不在坐标轴上）.（1）

9、求椭圆 C 的标准方程；设 O 为坐标原点，若 AOB 的面积为.3,试判断直线 OA 与 OB 的斜率之积是否为定值?所以，当=1 时,入一 122k + 1入一 2=3.热点型探究卜例E121(a b 0)上一点3 与椭圆右焦点解(1)由题意知、a2= b2+ 1,a = 4,解得丫b2= 3,2 2椭圆C的标准方程为 4+31.4分设点 Ag y”, B(x2, y2),-2 2x y+ 4=1,4 3得(4k2+ 3)x2+ 8kmx+ 4m2 12= 0, 5 分由y= kx + m,由= (8km)2 16(4k2+ 3)(m2 3) 0，得 m2v4k2+ 3.6 分28km4m

10、 12X1+X2=2,X1X2=4k2+ 34k2+ 3114 肃寸 4k2+ 3 m2SOAB=2|m|X1 X2| = ?|m| 2.小=.3, 8 分4k2+ 3化简得 4k2+ 3 2m2= 0，满足 0，从而有 4k2 m2= m2 3(*) , 9 分2 2y1y2(kx1+mkx2+m) kX1X2+km(xj+X2+m koAkoB=X1X2X1X2X1X22 2 2 2 2 212k + 3m 3 4k m4k m4 2，由(*)式，得2=1，4m 3m 34m2 1233kOAkOB= 3,即直线 OA 与 OB 的斜率之积为定值3.12 分44I方法指津I求解定值问题的两

11、大途径1.由特例得出一个值(此值一般就是定值：证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关2先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等 的正负项抵消或分子、分母约分得定值.2 2变式训练 1 (2019 北京高考)已知椭圆 C:X2+ 2= 1 过 A(2,0), B(0,1)两点.a b(1)求椭圆 C 的方程及离心率；(2)设 P 为第三象限内一点且在椭圆C 上,直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N,求证：四边形 ABNM 的面积为定值.解由题意得 a = 2, b= 1,2椭圆C的方程为x+y=1.3 分4又 c=

12、- a2 b2= 3，二离心率 e=分2 2证明：设 P(xo, yo)(xov 0, yo 0)，贝 U xo+ 4yo= 4.6 分又 A(2,0), B(0,1),直线 FA 的方程为 y=(x 2).xo 2令 x= 0,得 yM= 2，从而 |BM |= 1 yM= 1 +.9 分xo 2xo 2yo 1直线 FB 的方程为 y= x + 1.xo令 y= 0,得 XN= -，从而 |AN|= 2 XN=2 +.12 分yo 1yo 11四边形ABNM 的面积 S= 2|AN|BM|=12+ =20),过其焦点作斜率为1 的直线 I 交抛物线 C 于 M , N 两点，且|MN|=

13、16.(1) 求抛物线 C 的方程；(2) 已知动圆 P 的圆心在抛物线 C 上，且过定点 D(0,4)，若动圆 P 与 x 轴交于 A, B 两点， 求1DA1+画的最大值.|DB| |DA|解(1)设抛物线的焦点为 F 0, p，则直线 I: y= x+ p.丄 P|y= x+2, 由2x2= 2py,X1+ x2= 2p,.y1+ y2= 3p,|MN|= y1+ y2+ p = 4p = 16,.p = 4,抛物线 C 的方程为 x2= 8y.4 分设动圆圆心 P(X0, y0), A(X1,0), B(X2,0),则 x2= 8y0,且圆 P: (x X0)2+ (y y)2= x0

14、+ (y 4)2,22令 y= 0,整理得 x 2X0X+ X0 16= 0,解得 X1= X0 4, X2= X0+ 4, 6 分-X0 0,.X0+8 .2,X0t1 16= 3 22 = 2 1，且 tv1 ,8+ 8 寸 2得 x2 2px- p2= 0,当 X0= 0 时,16x01X0+ 8X0+ 32t= 1 ,7 分设 t=器X0 42+ 16X0+ 42+ 162X0+ 8x0+ 322X0 8x0+ 32当 X0* 0 时,1 32.X0+ 8 + 一综上知2- K t b0)的左、右焦点，A, B 分别是椭圆 E 的左、右顶点，D(1,0)为线段 OF2的中点，且 AF2

15、+ 5BF2= 0.y图 15-2(1)求椭圆 E 的方程；若 M 为椭圆 E 上的动点(异于点 A, B),连接 MF1并延长交椭圆 E 于点 N,连接 MD,ND 并分别延长交椭圆 E 于点 P, Q,连接 PQ,设直线 MN , PQ 的斜率存在且分别为 k1, k?. 试问是否存在常数 人使得 k1+入= 0 恒成立？若存在，求出入的值；若不存在，说明理由.解题指导(1)D 为 OF?的中点T求CTAF2+ 5BF2= 0 宀 a 与 c 的关系 宀椭圆方程(2)假设存在常数设点 M , N , P, Q 的坐标T直线 MD 的方程与椭圆方程联立T用点M 的坐标表示点 P, Q 的坐标

16、T点 M, F1, N 共线T得到点 M , N 坐标的关系T求 k2T得到 k1与 k2的关系解(1)-AF2+ 5BF2= 0,.AF2= 5F2B,f+C=5(a c),化简得 2a = 3c,又点 D(1,0)为线2 2段 OF2的中点，C=2，从而 a = 3, b= 5, 左焦点 F* 2,0)，故椭圆 E 的方程为 X + * = 1.4DAI,|DB| 十團 t+乂|DA|Tt.2 1 +卜例(2019 长沙二模)如图 15-2,在平面直角坐标系xOy 中，已知 F1, F2分别是椭圆 E:(2)假设存在满足条件的常数人使得 ki+入水=0 恒成立,设 M(xi, yi), N

17、(X2,y2), P(x3, y3), Q(X4, y4),xi 1x2y25 _ xi2xi 1则直线 MD 的方程为 x= y+ 1,代入椭圆方程 百+青=1,整理得，+ 帚 y一 4= 0, 6 分4y14y2y3 y4X1 5 X2 5X1y2 X2y1+ 5y1 y2)从而 X1y2 X2y1= 2(y1 y2),从而 k2=X3 X45X1 9 5X2 94(X1 X2JX1 5 X2 5=今，故 k1今=0，从而存在满足条件的常数入入=.12 分4 X1 X2477I方法指津I探索性问题求解的思路及策略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

18、 不存在.2 .策略：(1)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.2 2变式训练 3 (2019 哈尔滨二模)已知椭圆 C:字+ *= 1(ab0)的焦点分别为 F1( . 3,0), F2( 3, 0)，点 P 在椭圆 C 上，满足 |PF1|= 7|PF2|, tanZF1PF2= 4,3.(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 已知点 A(1,0)，试探究是否存在直线I:y= kx+ m 与椭圆 C 交于 D, E 两点，且使得|AD|= |AE|?若存在，求出 k 的取值范围；若不存在，请说明理由.y1+ y3=屮* 1X1 5y3=生匚，从而X1 55x2 9同理，点 Q -(X2 54y2X25三点M , F1,N 共线,y1_y2_X1+ 2 X2+ 25x1 95x1 9X3=-，故点 P -X1 5(X1 5解由 |PF1|= 7|PF2|, PF1+ PF2= 2a 得 PF1=罟,PF?=彳.2 分1由余弦定理得 cos/FiPF = 7+a2- 22X牛4442Xoa = 2 ,所求 C 的方程为-+ y2= 1.4(2)假设存在直线 I 满足题设，设2X2D(X1, y” , E(X2, y2),将 y= kx+ m 代