《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 文（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3講　圓錐曲線的綜合問題 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2016四川改編)設(shè)O為坐標原點，P是以F為焦點的拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點，M是線段PF上的點，且PM＝2MF，則直線OM的斜率的最大值為______． 答案　 解析　如圖，由題意可知F，設(shè)P點坐標為，顯然，當(dāng)y0<0時，kOM<0；當(dāng)y0>0時，kOM>0，要求kOM的最大值，不妨設(shè)y0>0.則＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝，kOM＝＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2p2時等號成立． 2．(2016課標全國乙)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E. (1)證明EA＋EB為定值，并寫出點E的軌跡方程； (2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． 解　(1)因為AD＝AC，EB∥AC， 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以EB＝ED， 故EA＋EB＝EA＋ED＝AD. 又圓A的標準方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而AD＝4，所以EA＋EB＝4. 由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，AB＝2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為：＋＝1(y≠0)． (2)當(dāng)l與x軸不垂直時，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＝， 所以MN＝|x1－x2|＝. 過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)， 點A到m的距離為， 所以PQ＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積 S＝MNPQ＝12. 可得當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)． 當(dāng)l與x軸垂直時，其方程為x＝1，MN＝3，PQ＝8，四邊形MPNQ的面積為12. 綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)． 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)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　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點和短軸的兩個端點構(gòu)成邊長為2的正方形． (1)求橢圓C的方程； (2)過點Q(1,0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，且點P(4,3)，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1k2取最大值時，求直線l的方程． 解　(1)由題意可得b＝c＝，a＝2， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線l的斜率為0時，k1k2＝＝. 當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立整理得(m2＋2)y2＋2my－3＝0， 故y1＋y2＝，y1y2＝. 又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1， 因此k1k2＝ ＝ ＝ ＝＝＋. 令t＝4m＋1，只考慮t>0時， 故k1k2＝＋＝＋≤1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝5時取等號． 綜上可得，直線l的方程為x－y－1＝0. 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　如圖，已知橢圓：＋y2＝1，點A，B是它的兩個頂點，過原點且斜率為k的直線l與線段AB相交于點D，且與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點． (1)若＝6，求k的值； (2)求四邊形AEBF面積的最大值． 解　(1)依題設(shè)得橢圓的頂點A(2,0)，B(0,1)， 則直線AB的方程為x＋2y－2＝0. 設(shè)直線EF的方程為y＝kx(k>0)． 設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1b>0)和橢圓T2：＋＝1 (b>c>0)組成，當(dāng)a，b，c成等比數(shù)列時，稱曲線Γ為“貓眼曲線”．若貓眼曲線Γ過點(0，－)，且a，b，c的公比為. (1)求貓眼曲線Γ的方程； (2)任作斜率為k(k≠0)且不過原點的直線與該曲線相交，交橢圓T1所得弦的中點為M，交橢圓T2所得弦的中點為N，求證：為與k無關(guān)的定值； (3)若斜率為的直線l為橢圓T2的切線，且交橢圓T1于點A，B，N為橢圓T1上的任意一點(點N與點A，B不重合)，求△ABN面積的最大值． (1)解　b＝，∴a＝2，c＝1， ∴T1：＋＝1，T2：＋x2＝1. (2)證明　設(shè)斜率為k的直線交橢圓T1于點C(x1，y1)，D(x2，y2)，線段CD中點M(x0，y0)， ∴x0＝，y0＝， 由 得＋＝0. ∵k存在且k≠0，∴x1≠x2，且x0≠0. ∴＝－，即kkOM＝－. 同理，kkON＝－2，∴＝，得證． (3)解　設(shè)直線l的方程為y＝x＋m， 聯(lián)立 ∴(b2＋2c2)x2＋2mc2x＋m2c2－b2c2＝0. ∵Δ＝0，∴m2＝b2＋2c2， l1：y＝x＋ ∴(b2＋2a2)x2＋2ma2x＋m2a2－b2a2＝0. ∵Δ＝0，∴m2＝b2＋2a2， l2：y＝x－. 兩平行線間距離： d＝， ∴AB＝， AB＝＝， d＝＝. △ABN的面積最大值為 S＝＝. 思維升華　(1)動線過定點問題的兩大類型及解法 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． (2)求解定值問題的兩大途徑 ①→ ②先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值． 跟蹤演練2　已知拋物線：y2＝2px(p>0)的焦點F在雙曲線：－＝1的右準線上，拋物線與直線l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B兩點，AF，BF的延長線與拋物線交于C，D兩點． (1)求拋物線的方程； (2)若△AFB的面積等于3，求k的值； (3)記直線CD的斜率為kCD，證明：為定值，并求出該定值． 解　(1)雙曲線：－＝1的右準線方程為x＝1， 所以F(1,0)，則拋物線的方程為y2＝4x. (2)設(shè)A(，y1)，B(，y2)， 由得ky2－4y－8k＝0， Δ＝16＋32k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8. S△AFB＝1|y1－y2|＝ ＝2＝3，解得k＝2. (3)設(shè)C(，y3)，則＝(－1，y1)，＝(－1，y3)， 因為A，F(xiàn)，C共線， 所以(－1)y3－y1(－1)＝0， 即y＋(－y1)y3－4＝0. 解得：y3＝y(tǒng)1(舍)或y3＝－， 所以C(，－)，同理D(，－)， kCD＝＝－＝2k， 故＝2(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　已知點P是橢圓C上的任一點，P到直線l1：x＝－2的距離為d1，到點F(－1,0)的距離為d2，且＝. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B(A，B都在x軸上方)，且∠OFA＋∠OFB＝180. (ⅰ)當(dāng)A為橢圓C與y軸正半軸的交點時，求直線l的方程； (ⅱ)是否存在一個定點，無論∠OFA如何變化，直線l總過該定點？若存在，求出該定點的坐標；若不存在，請說明理由. 解　(1)設(shè)P(x，y)， 則d1＝|x＋2|，d2＝， ＝＝， 化簡得：＋y2＝1， ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)(ⅰ)由(1)知A(0,1)，又F(－1,0)， ∴kAF＝1，∵∠OFA＋∠OFB＝180， ∴kBF＝－1， ∴直線BF方程為y＝－1(x＋1)＝－x－1， 代入＋y2＝1，得3x2＋4x＝0， 解得x＝0或x＝－， ∴B(－，)，kAB＝. ∴直線AB的方程為y＝x＋1. (ⅱ)由于∠OFA＋∠OFB＝180，∴kAF＋kBF＝0. 設(shè)直線AB方程為y＝kx＋b， 代入＋y2＝1， 得：(k2＋)x2＋2kbx＋b2－1＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴kAF＋kBF＝＋ ＝＋ ＝＝0. ∴(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1) ＝2kx1x2＋(k＋b)(x1＋x2)＋2b ＝2k－(k＋b)＋2b＝0. ∴b－2k＝0，∴直線AB方程為y＝k(x＋2)． ∴直線l總經(jīng)過定點(－2,0)． 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　(2015四川)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． 解　(1)由已知，點C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)， 又點P的坐標為(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的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 其判別式Δ＝(4k)2＋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＝＋λ ＝－2－1＝－3. 故存在常數(shù)λ＝1，使得＋λ為定值－3. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由． 押題依據(jù)　本題將橢圓和拋物線聯(lián)合起來設(shè)置命題，體現(xiàn)了對直線和圓錐曲線位置關(guān)系的綜合考查．關(guān)注知識交匯，突出綜合應(yīng)用是高考的特色． 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. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A組　專題通關(guān) 1．平面上一機器人在行進中始終保持與點F(1,0)的距離和到直線x＝－1的距離相等．若機器人接觸不到過點P(－1，0)且斜率為k的直線，則k的取值范圍是________________． 答案　(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析　根據(jù)拋物線的概念可得機器人在以點F(1,0)為焦點的拋物線y2＝4x上，由題意可得直線y＝k(x＋1)與拋物線y2＝4x沒有交點，聯(lián)立直線與拋物線 消元可得y＝k＋k?y2－y＋k＝0， 即該方程無根，則k≠0且Δ＝1－k2<0?k<－1或k>1， 所以k的取值范圍為(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 2．已知橢圓＋＝1(00)，△ABC的三個頂點都在拋物線上，O為坐標原點，設(shè)△ABC三條邊AB，BC，AC的中點分別為M，N，Q，且M，N，Q的縱坐標分別為y1，y2，y3.若直線AB，BC，AC的斜率之和為－1，則＋＋的值為______． 答案?。? 解析　設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)， 則 三個式子兩兩相減得 即 即 所以＋＋＝－. 5．若P為橢圓＋＝1上任意一點，EF為圓(x－1)2＋y2＝4的任意一條直徑，則的取值范圍是________． 答案　[5,21] 解析　因為＝(－)(－) ＝－(＋)＋2 ＝－||||cos π－0＋||2＝－4＋NP2. 又因為橢圓＋＝1的a＝4，b＝，c＝1， N(1,0)為橢圓的右焦點，∴NP∈[a－c，a＋c]＝[3,5]， ∴∈[5,21]． 6．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，A，B為左，右頂點，點P為雙曲線C在第一象限的任意一點，點O為坐標原點，若直線PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3，記m＝k1k2k3，則m的取值范圍為________． 答案　(0,2) 解析　∵雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，∴e＝＝，∴b＝a， 設(shè)P(x，y)，∵點P為雙曲線C在第一象限的任意一點， ∴－＝1，且x>0，y>0， ∵A，B為雙曲線C的左，右頂點，點O為坐標原點，PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3， ∴k1k2＝＝2，k3＝>0， 又∵雙曲線的漸近線為y＝x， ∴00，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________． 答案　(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bxay＝0，由題意，可得>1，即>1， 所以e＝<2，又e>1，故1e2)，則e1＋2e2的最小值是__________． 答案　 解析?、佼?dāng)動圓M與圓O1，O2都相內(nèi)切時， MO2＋MO1＝4－r＝2a，故e1＝. ②當(dāng)動圓M與圓O1相內(nèi)切而與O2相外切時， MO1＋MO2＝4＋r＝2a′，故e2＝. 因此e1＋2e2＝＋＝， 令12－r＝t (10b>0)的離心率e＝，左頂點為A(－4，0)，過點A作斜率為k (k≠0)的直線l交橢圓C于點D，交y軸于點E. (1)求橢圓C的方程； (2)已知P為AD的中點，是否存在定點Q，對于任意的k (k≠0)都有OP⊥EQ，若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由； (3)若過O點作直線l的平行線交橢圓C于點M，求的最小值． 解　(1)因為左頂點為A(－4,0)， 所以a＝4，又e＝，所以c＝2， 又因為b2＝a2－c2＝12， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)直線l的方程為y＝k(x＋4)， 由 消元得，＋＝1. 化簡得，(x＋4)[(4k2＋3)x＋16k2－12]＝0， 所以x1＝－4，x2＝. 當(dāng)x＝時，y＝k(＋4)＝， 所以D(，)． 因為點P為AD的中點， 所以P的坐標為(，)， 則kOP＝－ (k≠0)． 直線l的方程為y＝k(x＋4)，令x＝0， 得E點坐標為(0,4k)， 假設(shè)存在定點Q(m，n)(m≠0)，使得OP⊥EQ， 則kOPkEQ＝－1，即－＝－1恒成立， 所以(4m＋12)k－3n＝0恒成立， 所以　即 因此定點Q的坐標為(－3,0)． (3)因為OM∥l，所以O(shè)M的方程可設(shè)為y＝kx， 由 得M點的橫坐標為x＝， 由OM∥l，得 ＝ ＝＝ ＝ ＝(＋)≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)＝， 即k＝時取等號， 所以當(dāng)k＝時，的最小值為2.