《浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專(zhuān)題 專(zhuān)題5 突破點(diǎn)13 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書(shū)：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專(zhuān)題 專(zhuān)題5 突破點(diǎn)13 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 Word版含答案（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 突破點(diǎn)13　圓錐曲線中的綜合問(wèn)題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第47頁(yè)) [核心知識(shí)提煉] 提煉1 解答圓錐曲線的定值、定點(diǎn)問(wèn)題，從三個(gè)方面把握 　 (1)從特殊開(kāi)始，求出定值，再證明該值與變量無(wú)關(guān)． (2)直接推理、計(jì)算，在整個(gè)過(guò)程中消去變量，得定值． (3)在含有參數(shù)的曲線方程里面，把參數(shù)從含有參數(shù)的項(xiàng)里面分離出來(lái)，并令其系數(shù)為零，可以解出定點(diǎn)坐標(biāo). 提煉2 用代數(shù)法求最值與范圍問(wèn)題時(shí)從下面幾個(gè)方面入手 　 (1)若直線和圓錐曲線有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則可以利用判別式求范圍．

2、 (2)若已知曲線上任意一點(diǎn)、一定點(diǎn)或與定點(diǎn)構(gòu)成的圖形，則利用圓錐曲線的性質(zhì)(性質(zhì)中的范圍)求解． (3)利用隱含或已知的不等關(guān)系式直接求范圍． (4)利用基本不等式求最值與范圍． (5)利用函數(shù)值域的方法求最值與范圍． 提煉3 與圓錐曲線有關(guān)的探索性問(wèn)題 　 (1)給出問(wèn)題的一些特殊關(guān)系，要求探索出一些規(guī)律，并能論證所得規(guī)律的正確性．通常要對(duì)已知關(guān)系進(jìn)行觀察、比較、分析，然后概括出一般規(guī)律． (2)對(duì)于只給出條件，探求“是否存在”類(lèi)型問(wèn)題，一般要先對(duì)結(jié)論作出肯定存在的假設(shè)，然后由假設(shè)出發(fā)，結(jié)合已知條件進(jìn)行推理，若推出相符的結(jié)論，則存在性得到論證；若推出矛盾，則假設(shè)不存

3、在． [高考真題回訪] 回訪　直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題 1．(20xx浙江高考)如圖131，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)A－，，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y)－

4、)(k＋1)3.12分 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因?yàn)閒′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，因此當(dāng)k＝時(shí)，|PA||PQ|取得最大值. 15分 2．(20xx浙江高考)如圖132，設(shè)橢圓＋y2＝1(a>1)． 圖132 (1)求直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(zhǎng)(用a，k表示)； (2)若任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)，求橢圓離心率的取值范圍． [解]　(1)設(shè)直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段為AM， 由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0， 3分 故x1＝0，x2＝－

5、. 因此|AM|＝|x1－x2|＝. 5分 (2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè)，由對(duì)稱(chēng)性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)P，Q，滿(mǎn)足|AP|＝|AQ|. 7分 記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2>0，k1≠k2. 由(1)知，|AP|＝， |AQ|＝， 故＝， 9分 所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0. 由于k1≠k2，k1，k2>0得 1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0， 因此＝1＋a2(a2－2)． ① 因?yàn)棰偈疥P(guān)于k1，k2的方程有解的充要條件是 1＋a2(a2－2)>1， 所以a>. 1

6、3分 因此，任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為10. ① 將線

7、段AB中點(diǎn)M代入直線方程y＝mx＋解得b＝－. ② 由①②得m<－或m>. 7分 (2)令t＝∈∪， 則|AB|＝， 且O到直線AB的距離為d＝. 10分 設(shè)△AOB的面積為S(t)，所以 S(t)＝|AB|d＝≤， 當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時(shí)，等號(hào)成立． 故△AOB面積的最大值為. 15分 4．(20xx浙江高考)已知△ABP的三個(gè)頂點(diǎn)都在拋物線C：x2＝4y上，F(xiàn)為拋物線C的焦點(diǎn)，點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)，＝3. (1)若|PF|＝3，求點(diǎn)M的坐標(biāo)； (2)求△ABP面積的最大值． 圖134 [解]　(1)由題意知焦點(diǎn)F(0,1)，準(zhǔn)線方程為y

8、＝－1. 2分 設(shè)P(x0，y0)，由拋物線定義知|PF|＝y(tǒng)0＋1，得到y(tǒng)0＝2，所以P(2，2)或P(－2，2)． 由＝3得M或M. 6分 (2)設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)． 由得x2－4kx－4m＝0. 8分 于是Δ＝16k2＋16m＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，所以AB的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2k,2k2＋m)． 由＝3，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)， 所以由x＝4y0，得k2＝－m＋. 10分 由Δ＞0，k2≥0，得－＜m≤. 又因?yàn)閨AB|＝4， 點(diǎn)

9、F(0,1)到直線AB的距離為d＝， 所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1| ＝ . 記f(m)＝3m3－5m2＋m＋1， 令f′(m)＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝，m2＝1. 12分 可得f(m)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)． 又f＝ ＞f，所以，當(dāng)m＝時(shí)，f(m)取到最大值，此時(shí)k＝. 所以，△ABP面積的最大值為. 15分 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第49頁(yè)) 熱點(diǎn)題型1　圓錐曲線中的定值問(wèn)題 題型分析：圓錐曲線中的定值問(wèn)題是近幾年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是引入變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式恒成立，數(shù)式變

10、換等尋找不受參數(shù)影響的量. 【例1】　已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)上一點(diǎn)P與橢圓右焦點(diǎn)的連線垂直于x軸，直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(均不在坐標(biāo)軸上)． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△AOB的面積為，試判斷直線OA與OB的斜率之積是否為定值？ 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334131】 [解]　(1)由題意知解得 3分 ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. 4分 (2)設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 5分 由Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＞0，得m2＜4k2

11、＋3. 6分 ∵x1＋x2＝，x1x2＝， ∴S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|＝， 8分 化簡(jiǎn)得4k2＋3－2m2＝0，滿(mǎn)足Δ＞0，從而有4k2－m2＝m2－3(*)， 9分 ∴kOAkOB＝＝＝ ＝＝－，由(*)式，得＝1， 12分 ∴kOAkOB＝－，即直線OA與OB的斜率之積為定值－. 15分 [方法指津] 求解定值問(wèn)題的兩大途徑 1.→ 2．先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示，再利用其滿(mǎn)足的約束條件使其絕對(duì)值相等的正負(fù)項(xiàng)抵消或分子、分母約分得定值． [變式訓(xùn)練1]　已知橢圓C：＋＝1過(guò)A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程

12、及離心率； (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． [解]　(1)由題意得a＝2，b＝1， ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. 3分 又c＝＝，∴離心率e＝＝. 5分 (2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 6分 又A(2,0)，B(0,1)，∴直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝1－yM＝1＋. 9分 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－，從而|AN|＝2－xN＝2＋. 12分 ∴四邊形ABNM

13、的面積S＝|AN||BM| ＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值. 15分 熱點(diǎn)題型2　圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題 題型分析：圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容，解決此類(lèi)問(wèn)題常用的方法是幾何法和代數(shù)法. 【例2】　設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E. (1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過(guò)B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．

14、 [解]　(1)因?yàn)閨AD|＝|AC|，EB∥AC， 所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|， 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4， 所以|EA|＋|EB|＝4. 2分 由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2， 由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為＋＝1(y≠0). 4分 (2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝

15、. 所以|MN|＝|x1－x2|＝. 過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，點(diǎn)A到直線m的距離為， 6分 所以|PQ|＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積S＝|MN|| PQ|＝12. 8分 可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).12分 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8， 故四邊形MPNQ的面積為12. 綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8). 15分 [方法指津] 與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問(wèn)題的三種解法 1．?dāng)?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

16、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． [變式訓(xùn)練2]　(名師押題)已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)，過(guò)其焦點(diǎn)作斜率為1的直線l交拋物線C于M，N兩點(diǎn)，且|MN|＝16. (1)求拋物線C的方程； (2)已知?jiǎng)訄AP的圓心在拋物線C上，且過(guò)定點(diǎn)D(0,4)，若動(dòng)圓P與x軸交于A，B兩點(diǎn)，求＋的最大值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334132】 [解]　(1)設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F， 則直線l：y＝x＋. 由得x2－2px－p2＝0， ∴x1＋x2＝2p，∴y1＋y2＝3

17、p， ∴|MN|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4p＝16，∴p＝4， ∴拋物線C的方程為x2＝8y. 4分 (2)設(shè)動(dòng)圓圓心P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)， 則x＝8y0，且圓P：(x－x0)2＋(y－y0)2＝x＋(y0－4)2， 令y＝0，整理得x2－2x0x＋x－16＝0， 解得x1＝x0－4，x2＝x0＋4， 6分 設(shè)t＝＝＝＝， 當(dāng)x0＝0時(shí)，t＝1，?、? 7分 當(dāng)x0≠0時(shí)，t＝. ∵x0＞0，∴x0＋≥8， ∴t≥＝＝－1，且t＜1，?、? 綜上①②知－1≤t≤1. 11分 ∵f(t)＝t＋在[－1,1]上單調(diào)遞減，

18、 ∴＋＝t＋≤－1＋＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝－1，即x0＝4時(shí)等號(hào)成立． ∴＋的最大值為2. 15分 熱點(diǎn)題型3　圓錐曲線中的探索性問(wèn)題 題型分析：探索性問(wèn)題一般分為探究條件和探究結(jié)論兩種類(lèi)型，若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗(yàn)證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在.若探究結(jié)論，則應(yīng)先寫(xiě)出結(jié)論的表達(dá)式，再針對(duì)表達(dá)式進(jìn)行討論，往往涉及對(duì)參數(shù)的討論. 【例3】　如圖135，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，A，B分別是橢圓E的左、右頂點(diǎn)，D(1,0)為線段OF2的中點(diǎn)，且＋5＝0. 圖135 (1)求橢圓E的方程；

19、 (2)若M為橢圓E上的動(dòng)點(diǎn)(異于點(diǎn)A，B)，連接MF1并延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)N，連接MD，ND并分別延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)P，Q，連接PQ，設(shè)直線MN，PQ的斜率存在且分別為k1，k2.試問(wèn)是否存在常數(shù)λ，使得k1＋λk2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說(shuō)明理由． [解題指導(dǎo)]　(1)→→＝0→→ (2)→→ →→ →→→ [解]　(1)∵＋5＝0，∴＝5，∵a＋c＝5(a－c)，化簡(jiǎn)得2a＝3c，又點(diǎn)D(1,0)為線段OF2的中點(diǎn)，∴c＝2，從而a＝3，b＝，左焦點(diǎn)F1(－2,0)，故橢圓E的方程為＋＝1. 4分 (2)假設(shè)存在滿(mǎn)足條件的常數(shù)λ，使得k1＋λk2

20、＝0恒成立， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 則直線MD的方程為x＝y(tǒng)＋1，代入橢圓方程＋＝1，整理得，y2＋y－4＝0， 6分 ∵y1＋y3＝，∴y3＝，從而x3＝，故點(diǎn)P， 同理，點(diǎn)Q. 10分 ∵三點(diǎn)M，F(xiàn)1，N共線，∴＝， 從而x1y2－x2y1＝2(y1－y2)，從而k2＝＝＝＝＝，故k1－＝0，從而存在滿(mǎn)足條件的常數(shù)λ， λ＝－. 15分 [方法指津] 探索性問(wèn)題求解的思路及策略 1．思路：先假設(shè)存在，推證滿(mǎn)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． 2．策略：(1)當(dāng)條件和結(jié)論不

21、唯一時(shí)要分類(lèi)討論；(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件． [變式訓(xùn)練3]　已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的焦點(diǎn)分別為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，點(diǎn)P在橢圓C上，滿(mǎn)足|PF1|＝7|PF2|，tan∠F1PF2＝4. (1)求橢圓C的方程； (2)已知點(diǎn)A(1,0)，試探究是否存在直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于D，E兩點(diǎn)，且使得|AD|＝|AE|？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334133】 [解]　(1)由|PF1|＝7|PF2|，PF1＋PF2＝2a得PF1＝，PF2＝. 2分 由余弦定理得cos∠F1P

22、F＝＝， ∴a＝2， ∴所求C的方程為＋y2＝1. 4分 (2)假設(shè)存在直線l滿(mǎn)足題設(shè)，設(shè)D(x1，y1)，E(x2，y2)，將y＝kx＋m代入＋y2＝1并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝－16(m2－4k2－1)＞0，得4k2＋1＞m2.① 6分 又x1＋x2＝－. 設(shè)D，E中點(diǎn)為M(x0，y0)，M，kAMk＝－1，得m＝－，② 10分 將②代入①得4k2＋1＞2，化簡(jiǎn)得20k4＋k2－1＞0?(4k2＋1)(5k2－1)＞0，解得k＞或k＜－，所以存在直線l，使得|AD|＝|AE|，此時(shí)k的取值范圍為∪. 15分