《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題試題（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題試題 1．(xx·福建)設(shè)P，Q分別為圓x2＋(y－6)2＝2和橢圓＋y2＝1上的點，則P，Q兩點間的最大距離是(　　) A．5 B.＋ C．7＋ D．6 2．(xx·陜西)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)，經(jīng)過點A(0，－1)，且離心率為. (1)求橢圓E的方程； (2)經(jīng)過點(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2. 　 　 　 1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，以參數(shù)

2、處理為核心，考查范圍、最值問題，定點、定值問題，探索性問題.2.試題解答往往要綜合應(yīng)用函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等多種思想方法，對計算能力也有較高要求，難度較大. 熱點一　范圍、最值問題 圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值)，或者利用式子的幾何意義求解． 例1　(xx·重慶)如圖，橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1、F2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點，且PQ⊥PF1. (1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求橢圓的標(biāo)準方程； (2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，試確定橢圓離心率e的取值范圍． 　 　

3、 　 　 　 　 思維升華　解決范圍問題的常用方法： (1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，數(shù)形結(jié)合求解． (2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解． (3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域． 跟蹤演練1　已知橢圓C的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，橢圓的離心率為，且橢圓經(jīng)過點P(1，)． (1)求橢圓C的標(biāo)準方程； (2)線段PQ是橢圓過點F2的弦，且＝λ，求△PF1Q內(nèi)切圓面積最大時實數(shù)λ的值． 　 　 　 　 　 　 　 熱點

4、二　定點、定值問題 1．由直線方程確定定點，若得到了直線方程的點斜式：y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式：y＝kx＋m，則直線必過定點(0，m)． 2．解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等)的大小或某些代數(shù)表達式的值等與題目中的參數(shù)無關(guān)，不依參數(shù)的變化而變化，而始終是一個確定的值． 例2　橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，其左焦點到點P(2,1)的距離為. (1)求橢圓C的標(biāo)準方程； (2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左，右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C

5、的右頂點，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標(biāo)． 　 　 　 　 思維升華　(1)動直線l過定點問題解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)．(2)動曲線C過定點問題解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點． 跟蹤演練2　已知直線l：y＝x＋，圓O：x2＋y2＝5，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，直線l被圓O截得的弦長與橢圓的短軸長相等． (1)求橢圓E的方程； (2)過圓O上任意一點P作橢圓E的兩條切線，若切線都存在斜率，

6、求證：兩切線的斜率之積為定值． 　 　 　 　 　 　 熱點三　探索性問題 1．解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在． 2．反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法． 例3　如圖，拋物線C：y2＝2px的焦點為F，拋物線上一定點Q(1,2)． (1)求拋物線C的方

7、程及準線l的方程； (2)過焦點F的直線(不經(jīng)過Q點)與拋物線交于A，B兩點，與準線l交于點M，記QA，QB，QM的斜率分別為k1，k2，k3，問是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，說明理由． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 思維升華　解決探索性問題的注意事項： 存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在． (1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論． (2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件． (3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按

8、常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑． 跟蹤演練3　(xx·四川)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且·＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． 　 　 已知橢圓C1：＋＝1(a>0)與拋物線C2：y2＝2ax相交于A，B兩點，且兩曲線的焦點F重合． (1)求C1，C2的方程； (2)若過焦點F的直線l與橢圓分別交于M，Q兩點，與拋物線分別交于P，N兩點，是否存在斜率為k(k≠0)的直線

9、l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由． 　 　 提醒：完成作業(yè)　專題六　第3講 二輪專題強化練 專題六 第3講　圓錐曲線的綜合問題 A組　專題通關(guān) 1．(xx·北京西城區(qū)期末)若曲線ax2＋by2＝1為焦點在x軸上的橢圓，則實數(shù)a，b滿足(　　) A．a(chǎn)2>b2 B.< C．0

10、焦點，過點F且斜率為1的直線l交拋物線于A，B兩點，則||FA|－|FB||的值為(　　) A．4 B．8 C．8 D．16 4．設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為e＝，右焦點為F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝0的兩個實根分別為x1和x2，則點P(x1，x2)(　　) A．必在圓x2＋y2＝2內(nèi) B．必在圓x2＋y2＝2上 C．必在圓x2＋y2＝2外 D．以上三種情形都有可能 5．若點O和點F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，則·的最大值為(　　) A．2 B．3 C．6 D．8 6．已知雙曲線x2－＝1的左頂點為A1，右焦點為

11、F2，P為雙曲線右支上一點，則·的最小值為_______________________________________________________________． 7．已知A(1,2)，B(－1,2)，動點P滿足⊥.若雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線與動點P的軌跡沒有公共點，則雙曲線離心率的取值范圍是________． 8．在直線y＝－2上任取一點Q，過Q作拋物線x2＝4y的切線，切點分別為A、B，則直線AB恒過定點________． 9．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的短軸長為2，離心率為，過點M(2,0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點． (1)求橢圓

12、C的方程； (2)若B點關(guān)于x軸的對稱點是N，證明：直線AN恒過一定點． B組　能力提高 10．已知直線y＝a交拋物線y＝x2于A，B兩點．若該拋物線上存在點C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為________． 11．直線3x－4y＋4＝0與拋物線x2＝4y和圓x2＋(y－1)2＝1從左到右的交點依次為A、B、C、D，則的值為________． 12．(xx·課標(biāo)全國Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若

13、l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由． 學(xué)生用書答案精析 第3講　圓錐曲線的綜合問題 高考真題體驗 1．D　[如圖所示，設(shè)以(0,6)為圓心，以r為半徑的圓的方程為x2＋(y－6)2＝r2(r>0)，與橢圓方程＋y2＝1聯(lián)立得方程組，消掉x2得9y2＋12y＋r2－46＝0. 令Δ＝122－4×9(r2－46)＝0， 解得r2＝50，即r＝5. 由題意易知P，Q兩點間的最大距離為r＋＝6， 故選D.] 2．(1)解　由題設(shè)知＝，b＝1， 結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝， 所以橢圓的方程為＋y2

14、＝1. (2)證明　由題設(shè)知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1， 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0， 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 從而直線AP，AQ的斜率之和 kAP＋kAQ＝＋＝＋＝2k＋(2－k) ＝2k＋(2－k) ＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2. 熱點分類突破 例1　解　(1)由橢圓的定義， 2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2. 設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2，因此 2c＝|F1F2|

15、＝ ＝＝2， 即c＝，從而b＝＝1. 故所求橢圓的標(biāo)準方程為＋y2＝1. (2)如圖，由PF1⊥PQ， |PQ|＝λ|PF1|，得 |QF1|＝＝|PF1|. 由橢圓的定義，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a， 進而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a， 于是(1＋λ＋)|PF1|＝4a， 解得|PF1|＝， 故|PF2|＝2a－|PF1|＝. 由勾股定理得 |PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2， 從而2＋ 2＝4c2， 兩邊除以4a2，得 ＋＝e2. 若記t＝1＋λ＋，則上式變成 e2＝＝82＋. 由

16、≤λ＜，并注意到1＋λ＋關(guān)于λ的單調(diào)性，得3≤t＜4，即＜≤. 進而＜e2≤，即＜e≤. 跟蹤演練1　解　(1)e＝＝，P(1，)滿足＋＝1， 又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3， ∴橢圓標(biāo)準方程為＋＝1. (2)顯然直線PQ不與x軸重合， 當(dāng)直線PQ與x軸垂直時， |PQ|＝3，|F1F2|＝2， ＝3； 當(dāng)直線PQ不與x軸垂直時，設(shè)直線PQ：y＝k(x－1)，k≠0代入橢圓C的標(biāo)準方程， 整理，得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0， Δ>0，y1＋y2＝，y1·y2＝. ＝·|F1F2|·|y1－y2|＝12， 令t＝3＋4k2，∴t>3，k2＝， ∴

17、＝3， ∵0<<， ∴∈(0,3)， ∴當(dāng)直線PQ與x軸垂直時最大，且最大面積為3. 設(shè)△PF1Q內(nèi)切圓半徑為r， 則＝(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)·r＝4r≤3. 即rmax＝，此時直線PQ與x軸垂直，△PF1Q內(nèi)切圓面積最大， ∴＝，∴λ＝1. 例2　解　(1)設(shè)橢圓方程為＋＝1 (a>b>0)， 由e＝＝，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2， ∴b2＝3c2， 則橢圓方程變?yōu)椋?. 又由題意知＝，解得c2＝1， 故a2＝4，b2＝3， 即得橢圓的標(biāo)準方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(

18、m2－3)＝0. 則① 又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝. ∵橢圓的右頂點為A2(2,0)，AA2⊥BA2， ∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0， ∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0， ∴＋＋＋4＝0， ∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－， 由①，得3＋4k2－m2>0，② 當(dāng)m1＝－2k時，l的方程為y＝k(x－2)，直線過定點(2,0)，與已知矛盾． 當(dāng)m2＝－時，l的方程為y＝k，直線過定點，且滿足②， ∴直線l過定點，定點坐標(biāo)為. 跟蹤演練2　(1)解　設(shè)橢圓的半

19、焦距為c， 圓心O到直線l的距離d＝＝， ∴b＝＝. 由題意得∴a2＝3，b2＝2. ∴橢圓E的方程為＋＝1. (2)證明　設(shè)點P(x0，y0)，過點P的橢圓E的切線l0的方程為y－y0＝k(x－x0)， 聯(lián)立直線l0與橢圓E的方程得 消去y得(3＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0， ∴Δ＝[4k(y0－kx0)]2－4(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0， 整理得，(2－x)k2＋2kx0y0－(y－3)＝0， 設(shè)滿足題意的橢圓E的兩條切線的斜率分別為k1，k2， 則k1·k2＝－， ∵點P在圓O上，∴x＋y＝5， ∴k1

20、·k2＝－＝－1. ∴兩條切線的斜率之積為常數(shù)－1. 例3　解　(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4， 所以拋物線方程為y2＝4x，準線l的方程為x＝－1. (2)由條件可設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，k≠0. 由拋物線準線l：x＝－1， 可知M(－1，－2k)． 又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1， 即k3＝k＋1. 把直線AB的方程y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系，知 x1＋x2＝，x1x2＝1. 又Q(1,2)，則k1＝，k2＝.

21、 因為A，F(xiàn)，B共線，所以kAF＝kBF＝k， 即＝＝k. 所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－＝2k＋2， 即k1＋k2＝2k＋2. 又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3. 即存在常數(shù)λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立． 跟蹤演練3　解　(1)由已知，點C、D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)， 又點P的坐標(biāo)為(0,1)，且·＝－1， 于是解得a＝2，b＝， 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 其判別式Δ＝(4k)2＋

22、8(2k2＋1)＞0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－， 從而，·＋λ· ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ ＝－－λ－2. 所以當(dāng)λ＝1時，－－λ－2＝－3， 此時·＋λ·＝－3為定值． 當(dāng)直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD， 此時，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3. 故存在常數(shù)λ＝1，使得·＋λ·為定值－3. 高考押題精練 解　(1)因為C1，C2的焦點重合， 所以＝， 所以a2＝4. 又a>0，所以a＝2. 于是橢圓C1的方程為＋＝1， 拋物線C2的方程為

23、y2＝4x. (2)假設(shè)存在直線l使得＝2， 則可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)． 由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 則x1＋x4＝，x1x4＝1， 所以|PN|＝·＝. 由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x2＋x3＝，x2x3＝， 所以|MQ|＝·＝. 若＝2， 則＝2×， 解得k＝±. 故存在斜率為k＝±的直線l， 使得＝2. 二輪專題強化練答案精析 第3講　圓錐曲線的綜合問題 1．C　[由ax2＋by2＝1，得＋＝1， 因為焦點在x軸上，所以>>

24、0， 所以0

25、＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝. ∵e＝＝，∴c＝a， ∴b2＝a2－c2＝a2－2＝a2. ∴x＋x＝＝<2. ∴P(x1，x2)在圓x2＋y2＝2內(nèi)．] 5．C　[設(shè)P(x0，y0)，則 ＋＝1，即y＝3－， 又因為F(－1,0)， 所以·＝x0·(x0＋1)＋y＝x＋x0＋3＝(x0＋2)2＋2， 又x0∈[－2,2]，即·∈[2,6]， 所以(·)max＝6.] 6．－2 解析　由已知得A1(－1,0)，F(xiàn)2(2,0)．設(shè) P(x，y) (x≥1)，則·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝4x2－x－5.令f(x)＝4x2－x－5，則f(x)在[

26、1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取最小值，即·取最小值，最小值為－2. 7．(1,2) 解析　設(shè)P(x，y)，由題設(shè)條件， 得動點P的軌跡為(x－1)(x＋1)＋(y－2)·(y－2)＝0， 即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)為圓心，1為半徑的圓． 又雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±x，即bx±ay＝0， 由題意，可得>1，即>1， 所以e＝<2， 又e>1，故1

27、)，化簡得，y＝x1x－y1，同理，在點B處的切線方程為y＝x2x－y2.又點Q(t，－2)的坐標(biāo)滿足這兩個方程，代入得：－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，則說明 A(x1，y1)，B(x2，y2)都滿足方程－2＝xt－y，即直線AB的方程為y－2＝tx，因此直線AB恒過定點(0,2)． 9．(1)解　由題意知b＝1，e＝＝， 得a2＝2c2＝2a2－2b2，故a2＝2. 故所求橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明　設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)， 則由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝， x1x

28、2＝. 由對稱性可知N(x2，－y2)，定點在x軸上， 直線AN：y－y1＝(x－x1)． 令y＝0得：x＝x1－＝ ＝＝ ＝＝1， 故直線AN恒過定點(1,0)． 10．[1，＋∞) 解析　以AB為直徑的圓的方程為x2＋(y－a)2＝a， 由 得y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0. 即(y－a)[y－(a－1)]＝0， 由已知解得a≥1. 11. 解析　由得x2－3x－4＝0， ∴xA＝－1，xD＝4， ∴yA＝，yD＝4. 直線3x－4y＋4＝0恰過拋物線的焦點F(0,1)， ∴|AF|＝y(tǒng)A＋1＝，|DF|＝y(tǒng)D＋1＝5， ∴＝＝. 12．(1)證

29、明　設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2， 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0， 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－， 即kOM·k＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)解　四邊形OAPB能為平行四邊形． 因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x. 設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP， 由得x＝，即xP＝. 將點代入l的方程得b＝， 因此xM＝. 四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM. 于是＝2×， 解得k1＝4－，k2＝4＋. 因為ki＞0，ki≠3，i＝1,2， 所以當(dāng)l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形．