《高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題5 突破點(diǎn)13　圓錐曲線中的綜合問題酌情自選 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題5 突破點(diǎn)13　圓錐曲線中的綜合問題酌情自選 Word版含答案（15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題(酌情自選) [核心知識(shí)提煉] 提煉1 解答圓錐曲線的定值、定點(diǎn)問題，從三個(gè)方面把握 (1)從特殊開始，求出定值，再證明該值與變量無關(guān)． (2)直接推理、計(jì)算，在整個(gè)過程中消去變量，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，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)若已知曲線上任意一

2、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)的探索性問題 (1)給出問題的一些特殊關(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”類型問題，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)不存在． [高考真題回訪] 回訪1　圓錐曲

3、線的定值、定點(diǎn)問題 1．(20xx·全國(guó)卷Ⅱ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(diǎn)(2，)在C上． (1)求C的方程； (2)直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M.證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． [解] (1)由題意有＝，＋＝1， 2分 解得a2＝8，b2＝4. 3分 所以C的方程為＋＝1． 4分 (2)證明：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＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0．

4、 6分 故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝． 8分 于是直線OM的斜率kOM＝＝－， 即kOM·k＝－. 11分 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． 12分 回訪2　圓錐曲線中的最值與范圍問題 2．(20xx·全國(guó)卷Ⅱ)已知A是橢圓E：＋＝1的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA. (1)當(dāng)|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，證明：<k<2. [解] (1)設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0. 由已知及橢圓的對(duì)稱性知，直線AM的

5、傾斜角為. 又A(－2,0)，因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0. 解得y＝0或y＝，所以y1＝. 因此△AMN的面積S△AMN＝2×××＝． 4分 (2)證明：設(shè)直線AM的方程為y＝k(x＋2)(k＞0)， 代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0. 由x1·(－2)＝得x1＝， 故|AM|＝|x1＋2|＝. 由題意，設(shè)直線AN的方程為y＝－(x＋2)， 故同理可得|AN|＝. 7分 由2|AM|＝|AN|得＝， 即4k3－6k2＋3k－8＝0. 9分 設(shè)f

6、(t)＝4t3－6t2＋3t－8，則k是f(t)的零點(diǎn)．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．又f()＝15－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)上有唯一的零點(diǎn)，且零點(diǎn)k在(，2)內(nèi)，所以＜k＜2． 12分 回訪3　與圓錐曲線有關(guān)的探索性問題 3．(20xx·全國(guó)卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點(diǎn)M，交拋物線C：y2＝2px(p>0)于點(diǎn)P，M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)為N，連接ON并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)H. (1)求； (2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點(diǎn)？說明理由．

7、[解] (1)如圖，由已知得M(0，t)，P． 1分 又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)，故N， 故直線ON的方程為y＝x， 將其代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0, 解得x1＝0，x2＝.因此H． 4分 所以N為OH的中點(diǎn)，即＝2． 6分 (2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點(diǎn)．理由如下：7分 直線MH的方程為y－t＝x，即x＝(y－t). 9分 代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t， 即直線MH與C只有一個(gè)公共點(diǎn)， 所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點(diǎn)． 12分 熱點(diǎn)題型1　圓錐曲線中的定點(diǎn)問題 題型分析：

8、主要考查直線、曲線過定點(diǎn)或兩直線的交點(diǎn)在定直線上，以解答題為主． 【例1】　(20xx·鄭州二模)已知?jiǎng)訄AM恒過點(diǎn)(0,1)，且與直線y＝－1相切． (1)求圓心M的軌跡方程； (2)動(dòng)直線l過點(diǎn)P(0，－2)，且與點(diǎn)M的軌跡交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱，求證：直線AC恒過定點(diǎn). 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：04024115】 [解] (1)由題意，得點(diǎn)M與點(diǎn)(0,1)的距離始終等于點(diǎn)M到直線y＝－1的距離，由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(diǎn)(0,1)為焦點(diǎn)，直線y＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，則＝1，p＝2. ∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y． 4分 (2)證明：由題知，直線l的斜率

9、存在， ∴設(shè)直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則C(－x2，y2)， 聯(lián)立得x2－4kx＋8＝0， ∴ 6分 kAC＝＝＝， 則直線AC的方程為y－y1＝(x－x1)， 8分 即y＝y(tǒng)1＋(x－x1) ＝x－＋ ＝x＋． 10分 ∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2， 故直線AC恒過定點(diǎn)(0,2)． 12分 [方法指津] 動(dòng)線過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法 (1)動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題，解法：設(shè)動(dòng)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(dòng)直線過定點(diǎn)(－m,0)． (2)動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題，解

10、法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．. [變式訓(xùn)練1]　(20xx·蘭州二模)已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，左頂點(diǎn)為A，左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，點(diǎn)B(2，)在橢圓C上，直線y＝kx(k≠0)與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ分別與y軸交于點(diǎn)M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)？若經(jīng)過，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不經(jīng)過，請(qǐng)說明理由． [解] (1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)， ∵橢圓的左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，∴a2－b2＝4． 2分 ∵點(diǎn)B(2，)在橢圓C上，∴＋＝1. 解

11、得a2＝8，b2＝4. ∴橢圓C的方程為＋＝1. 5分 (2)依題意點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－2，0)， 設(shè)P(x0，y0)(不妨設(shè)x0＞0)，則Q(－x0，－y0)， 由得x0＝，y0＝， 6分 ∴直線AP的方程為y＝(x＋2)， 7分 直線AQ的方程為y＝(x＋2)， 8分 ∴M，N， 9分 ∴|MN|＝＝. 設(shè)MN的中點(diǎn)為E，則點(diǎn)E的坐標(biāo)為， 10分 則以MN為直徑的圓的方程為x2＋2＝，即x2＋y2＋y＝4， 令y＝0，得x＝2或x＝－2，11分 即以MN為直徑的圓經(jīng)過兩定點(diǎn)H1(－2,0)，H2(2,0)． 12分 熱點(diǎn)題型2　圓錐曲線中的定值問題 題型分析：圓錐

12、曲線中的定值問題是近幾年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，解決這類問題的關(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)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量． 【例2】　(20xx·重慶二模)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)：04024116】 [解] (1)由題意知解得 3分 ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1． 6分 (2)設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B

13、(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＋3． 6分 ∵x1＋x2＝，x1x2＝， ∴S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|·＝， 8分 化簡(jiǎn)得4k2＋3－2m2＝0，滿足Δ＞0，從而有4k2－m2＝m2－3(*)， 9分 ∴kOA·kOB＝＝＝ ＝＝－·，由(*)式，得＝1， ∴kOA·kOB＝－，即直線OA與OB的斜率之積為定值－． 12分 [方法指津] 求解定值問題的兩大途徑 1．由特例得出一個(gè)值(此值一般就

14、是定值)→ 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2]　已知橢圓C：＋＝1過A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程及離心率； (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． 4分 又c＝＝，∴離心率e＝＝． 6分 (2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 7分 又A(2,0)，B(0,1)，

15、 ∴直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝1－yM＝1＋． 8分 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－，從而|AN|＝2－xN＝2＋． 10分 ∴四邊形ABNM的面積S＝|AN|·|BM| ＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值． 12分 熱點(diǎn)題型3　圓錐曲線中的最值、范圍問題 題型分析：圓錐曲線中的最值、范圍問題是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容，解決此類問題常用的方法是幾何法和代數(shù)法． 【例3】　(20xx·東北三省四市模擬)已知橢圓C：＋y2＝1(a＞0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是其左、右焦點(diǎn)，以F1F2為

16、直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)過點(diǎn)F1且不與坐標(biāo)軸垂直的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)P，點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是，求線段AB長(zhǎng)的取值范圍． [解] (1)因?yàn)橐訤1F2為直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，所以b＝c＝1，a＝， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1． 4分 (2)根據(jù)題意，直線A，B的斜率存在且不為0，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋1)，與＋y2＝1聯(lián)立， 消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)， 則x1＋x2＝－

17、，x1·x2＝， y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝k(x1＋x2＋2)＝，即M. 則直線AB的垂直平分線為y－＝－，令y＝0，得xP＝， 因?yàn)閤P∈，即－＜＜0， 所以0＜k2＜， |AB|＝ ＝ ＝ ＝. ∵＜＜1， ∴|AB|∈． 12分 [方法指津] 與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問題的三種解法 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3]　(20xx

18、83;長(zhǎng)沙二模)已知平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)M與兩定點(diǎn)B1(0，－1)和B2(0,1)連線的斜率之積等于－. (1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程； (2)設(shè)直線l：y＝x＋m(m≠0)與軌跡E交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)P，當(dāng)m變化時(shí)，求△PAB面積的最大值. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：04024117】 [解] (1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，1分 依題意得·＝－， 2分 化簡(jiǎn)得動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程為＋y2＝1(x≠0)． 4分 (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立 化簡(jiǎn)得3x2＋4mx＋2m2－2＝0(x≠0)， ∵有兩個(gè)不同的交點(diǎn)， 由根與系數(shù)的關(guān)系得

19、x1＋x2＝－，x1x2＝， 6分 ∴Δ＝(4m)2－12(2m2－2)＞0， 即－＜m＜且m≠－1,0,1. 7分 設(shè)A，B的中點(diǎn)為C(xC，yC)， 則xC＝＝－， yC＝xC＋m＝， ∴C， ∴線段AB的垂直平分線方程為y－＝－，令y＝0，得P點(diǎn)坐標(biāo)為． 8分 則點(diǎn)P到AB的距離d＝， 9分 由弦長(zhǎng)公式得|AB|＝· ＝， 10分 ∴S△PAB＝··· ＝ ≤·＝， 11分 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝，即m＝±∈(－，)時(shí)，等號(hào)成立， ∴△PAB面積的最大值為． 12分 熱點(diǎn)題型4　圓錐曲線中的探

20、索性問題 題型分析：探索性問題一般分為探究條件和探究結(jié)論兩種類型，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4】　(20xx·湘中名校聯(lián)考)如圖13­1，曲線C由上半橢圓C1：＋＝1(a＞b＞0，y≥0)和部分拋物線C2：y＝－x2＋1(y≤0)連接而成，C1與C2的公共點(diǎn)為A，B，其中C1的離心率為. (1)求a，b的值； (2)過點(diǎn)B的直線l與C1，C2分別交于點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點(diǎn)A？若存在，

21、求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由． 圖13­1 [解] (1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1， 且A(－1,0)，B(1,0)是上半橢圓C1的左、右頂點(diǎn)． 由e＝＝及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1． 2分 (2)存在．由(1)知，上半橢圓C1的方程為＋x2＝1(y≥0). 3分 由題易知，直線l與x軸不重合也不垂直， 設(shè)其方程為y＝k(x－1)(k≠0)． 代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*) 5分 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP，yP)， ∵直線l過點(diǎn)B，∴x＝1是方程(*)的一個(gè)根． 由求

22、根公式，得xP＝，從而yP＝， ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 7分 同理，由得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(－k－1，－k2－2k)． ∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2). 9分 連接AP、AQ(圖略)，依題意可知AP⊥AQ， ∴·＝0，即[k－4(k＋2)]＝0， ∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－. 11分 經(jīng)檢驗(yàn)，k＝－符合題意，故直線l的方程為y＝－(x－1)． 12分 [方法指津] 探索性問題求解的思路及策略 1．思路：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． 2．策略：(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論；(2)當(dāng)給出結(jié)

23、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4]　(20xx·呼和浩特一模)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，直線y＝bx＋2與圓x2＋y2＝2相切． (1)求橢圓的方程； (2)已知定點(diǎn)E(1,0)，若直線y＝kx＋2(k≠0)與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)，試判斷是否存在實(shí)數(shù)k，使得以CD為直徑的圓過定點(diǎn)E？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：04024118】 [解] (1)∵直線l：y＝bx＋2與圓x2＋y2＝2相切． ∴＝，∴b＝1． 2分 ∵橢圓的離心率e＝， ∴e2＝＝＝2，∴a2＝3， 4分 ∴所求橢圓的方程是

24、＋y2＝1. 5分 (2)直線y＝kx＋2代入橢圓方程，消去y可得 (1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0， ∴Δ＝36k2－36＞0，∴k＞1或k＜－1.7分 設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)， 則有x1＋x2＝－，x1x2＝. 若以CD為直徑的圓過點(diǎn)E， 則EC⊥ED. ∵＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)， ∴(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0. 9分 ∴(1＋k2)x1x2＋(2k－1)(x1＋x2)＋5＝0， 10分 ∴(1＋k2)×＋(2k－1)×＋5＝0. 解得k＝－＜－1. ∴存在實(shí)數(shù)k＝－使得以CD為直徑的圓過定點(diǎn)E． 12分