《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第19練 圓錐曲線熱點問題試題.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)精準提分 第二篇 重點專題分層練中高檔題得高分 第19練 圓錐曲線熱點問題試題.docx（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第19練　圓錐曲線熱點問題 [明晰考情]　1.命題角度：直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是高考必考題，范圍、最值問題是高考的熱點；圓錐曲線中的證明問題是常見的題型.2.題目難度：中高檔難度． 考點一　直線與圓錐曲線 方法技巧　對于直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一般要把圓錐曲線的方程與直線方程聯(lián)立來處理． (1)設(shè)直線方程，在直線的斜率不確定的情況下要分斜率存在和不存在兩種情況進行討論，或者將直線方程設(shè)成x＝my＋b(斜率不為0)的形式． (2)聯(lián)立直線方程與曲線方程并將其轉(zhuǎn)化成一元二次方程，利用方程根的判別式或根與系數(shù)的關(guān)系得到交點的橫坐標或縱坐標的關(guān)系． (3)一般涉及弦長的問題，要用到弦長公式|AB|＝|x1－x2|或|AB|＝|y1－y2|. 1．已知F是橢圓＋＝1的右焦點，過F的直線l與橢圓相交于A(x1，y1)，B(x1，y2)兩點． (1)若x1＋x2＝3，求弦AB的長； (2)O為坐標原點，∠AOB＝θ，滿足3tanθ＝4，求直線l的方程． 解　(1)由題意可知過F的直線l斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)， 聯(lián)立 得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0， Δ>0顯然成立． ∵x1＋x2＝3， ∴＝3， ∴k2＝1，則x1x2＝＝， ∴|AB|＝|x1－x2| ＝＝. (2)∵3tanθ＝4， ∴||||sinθ＝， ∴S△AOB＝， 即2|y1－y2|＝， 由題意知，l的斜率不為0，故設(shè)直線l的方程為x＝my＋2，聯(lián)立 得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，Δ>0顯然成立． ∴y1＋y2＝－，y1y2＝－， ∴(y1＋y2)2－4y1y2＝， 即m4－3m2＝0， ∴m＝0或m＝， ∴直線l的方程為x＝2或xy－2＝0. 2．設(shè)A，B為曲線C：y＝上兩點， A與B的橫坐標之和為4. (1)求直線AB的斜率； (2)設(shè)M為曲線C上一點，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程． 解　(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4， 于是直線AB的斜率k＝＝＝1. (2)由y＝，得y′＝. 設(shè)M(x3，y3)，由題設(shè)知＝1， 解得x3＝2，于是M(2,1)． 設(shè)直線AB的方程為y＝x＋m， 故線段AB的中點為N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|. 將y＝x＋m代入y＝， 得x2－4x－4m＝0. 當Δ＝16(m＋1)>0， 即m>－1時，x1,2＝22. 從而|AB|＝|x1－x2|＝4. 由題設(shè)知|AB|＝2|MN|， 即4＝2(m＋1)， 解得m＝7或m＝－1(舍)． 所以直線AB的方程為x－y＋7＝0. 3．設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，右頂點為A，離心率為.已知A是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，F(xiàn)到拋物線的準線l的距離為. (1)求橢圓的方程和拋物線的方程； (2)設(shè)l上兩點P，Q關(guān)于x軸對稱，直線AP與橢圓相交于點B(點B異于點A)，直線BQ與x軸相交于點D.若△APD的面積為，求直線AP的方程． 解　(1)設(shè)點F的坐標為(－c，0)，依題意，得＝， ＝a，a－c＝， 解得a＝1，c＝，p＝2， 于是b2＝a2－c2＝. 所以橢圓的方程為x2＋＝1，拋物線的方程為y2＝4x. (2)設(shè)直線AP的方程為x＝my＋1(m≠0)，與直線l的方程x＝－1聯(lián)立，可得點P， 故點Q. 將x＝my＋1與x2＋＝1聯(lián)立，消去x， 整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0， 解得y＝0或y＝. 由點B異于點A，可得點B， 由Q，可得直線BQ的方程為(x＋1)－＝0， 令y＝0，解得x＝， 故點D. 所以|AD|＝1－＝. 又因為△APD的面積為， 故＝，整理得3m2－2|m|＋2＝0， 解得|m|＝， 所以m＝. 所以直線AP的方程為3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0. 考點二　圓錐曲線中的范圍、最值問題 方法技巧　求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法 (1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)數(shù)形結(jié)合求解． (2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，或者不等關(guān)系，或者已知參數(shù)與新參數(shù)之間的等量關(guān)系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍． 4．已知橢圓E：＋＝1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA. (1)當t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍． 解　(1)設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0. 當t＝4時，橢圓E的方程為＋＝1，A(－2,0)． 由|AM|＝|AN|及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 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＝. (2)由題意知t>3，k>0，A(－，0)，設(shè)M(x1，y1)， 將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1， 得(3＋tk2)x2＋2tk2x＋t2k2－3t＝0. 由x1(－)＝， 得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－(x＋)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|，得＝， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)， 當k＝時上式不成立，因此t＝. t>3等價于＝<0，即<0. 由此得或 解得b>0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點． (1)求E的方程； (2)設(shè)過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程． 解　(1)設(shè)F(c，0)，由條件知，＝，得c＝. 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程為＋y2＝1. (2)當l⊥x軸時不合題意， 故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 將y＝kx－2代入＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 當Δ＝16(4k2－3)>0， 即k2>時，x1,2＝. 從而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又點O到直線PQ的距離d＝， 所以△OPQ的面積S△OPQ＝d|PQ|＝. 設(shè)＝t， 則t>0，S△OPQ＝＝≤1. 當且僅當t＝2，即k＝時等號成立，且滿足Δ>0. 所以當△OPQ的面積最大時，l的方程為2yx＋4＝0. 6．(2016浙江)如圖所示，設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|－1. (1)求p的值； (2)若直線AF交拋物線于另一點B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N，AN與x軸交于點M，求M的橫坐標的取值范圍． 解　(1)由題意可得，拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x＝－1的距離， 由拋物線的定義得＝1，即p＝2. (2)由(1)得，拋物線方程為y2＝4x，F(xiàn)(1,0)， 可設(shè)A(t2，2t)，t≠0，t≠1，B(xB，yB)． ∵AF不垂直于y軸，可設(shè)直線AF：x＝sy＋1(s≠0)， 由消去x得y2－4sy－4＝0，Δ>0顯然成立． 故2tyB＝－4，∴yB＝－， ∴B. 又直線AB的斜率為， 故直線FN的斜率為－， 從而得直線FN：y＝－(x－1)， 直線BN：y＝－. ∴N. 設(shè)M(m，0)，由A，M，N三點共線得＝， 于是m＝＝2＋， ∴m<0或m>2. 經(jīng)檢驗知，m<0或m>2滿足題意． 綜上，點M的橫坐標的取值范圍是(－∞，0)∪(2，＋∞)． 考點三　圓錐曲線中的證明問題 方法技巧　圓錐曲線中的證明問題是轉(zhuǎn)化與化歸思想的充分體現(xiàn)．無論證明什么結(jié)論，要對已知條件進行化簡，同時對要證結(jié)論合理轉(zhuǎn)化，尋求條件和結(jié)論間的聯(lián)系，從而確定解題思路及轉(zhuǎn)化方向． 7．(2018全國Ⅰ) 設(shè)橢圓C：＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2,0)． (1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程； (2)設(shè)O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB. (1)解　由已知得F(1,0)，l的方程為x＝1. 由已知可得，點A的坐標為或. 又M(2,0)， 所以AM的方程為y＝－x＋或y＝x－. 即x＋y－2＝0或x－y－2＝0. (2)證明　當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0. 當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線， 所以∠OMA＝∠OMB. 當l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＜，x2＜，直線MA，MB的斜率之和 kMA＋kMB＝＋. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得 kMA＋kMB＝. 將y＝k(x－1)代入＋y2＝1，得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，由題意知Δ＞0恒成立， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0， 從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補． 所以∠OMA＝∠OMB. 綜上，∠OMA＝∠OMB. 8．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為2，且C過點. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)B1，B2分別是橢圓C的下頂點和上頂點，P是橢圓上異于B1，B2的任意一點，過點P作PM⊥y軸于M，N為線段PM的中點，直線B2N與直線y＝－1交于點D，E為線段B1D的中點，O為坐標原點，求證：ON⊥EN. (1)解　由題設(shè)知焦距為2，所以c＝. 又因為橢圓過點， 所以代入橢圓方程得＋＝1， 因為a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1, 故所求橢圓C的方程是＋y2＝1. (2)證明　設(shè)P(x0，y0)，x0≠0，則M(0，y0)，N. 因為點P在橢圓C上， 所以＋y＝1. 即x＝4－4y. 又B2(0,1)，所以直線B2N的方程為y－1＝x. 令y＝－1，得x＝， 所以D. 又B1(0，－1)，E為線段B1D的中點， 所以E. 所以＝，＝. 因為＝＋y0(y0＋1) ＝－＋y＋y0＝1－＋y0＝1－y0－1＋y0＝0， 所以⊥，即ON⊥EN. 9．已知拋物線C：y2＝2px過點P(1,1)，過點作直線l與拋物線C交于不同的兩點M，N，過點M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點A，B，其中O為原點． (1)求拋物線C的方程，并求其焦點坐標和準線方程； (2)求證：A為線段BM的中點． (1)解　由拋物線C：y2＝2px過點P(1,1)，得p＝， 所以拋物線C的方程為y2＝x， 拋物線C的焦點坐標為，準線方程為x＝－. (2)證明　由題意，直線l的斜率存在， 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋(k≠0)，l與拋物線C的交點為M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由 得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝. Δ＝(4k－4)2－16k2＝16k2－32k＋16－16k2＝－32k＋16>0，所以k<. 因為點P的坐標為(1,1)，所以直線OP的方程為y＝x，點A的坐標為(x1，x1)． 直線ON的方程為y＝x，點B的坐標為. 因為y1＋－2x1＝ ＝ ＝ ＝＝0， 所以y1＋＝2x1， 故A為線段BM的中點． 例　(15分)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且點在橢圓C上． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓E：＋＝1，P為橢圓C上任意一點，過點P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q. ①求的值； ②求△ABQ面積的最大值． 審題路線圖 (1)―→ (2)①―→ ②→ → 規(guī)范解答評分標準 解　(1)由題意知＋＝1. 又＝，a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝1. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1.3分 (2)由(1)知橢圓E的方程為＋＝1. ①設(shè)P(x0，y0)，＝λ(λ＞0)， 由題意知Q(－λx0，－λy0)． 因為＋y＝1， 又＋＝1，即＝1， 所以λ＝2，即＝2.7分 ②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 將y＝kx＋m代入橢圓E的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0， 由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，(*) 則有x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|＝.10分 因為直線y＝kx＋m與y軸交點的坐標為(0，m)， 所以△OAB的面積S＝|m||x1－x2| ＝ ＝ ＝2.12分 設(shè)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.(**) 由(*)和(**)可知0＜t≤1， 因此S＝2＝2，13分 故0＜S≤2，當且僅當t＝1，即m2＝1＋4k2時取得最大值2.14分 由①知，△ABQ的面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6.15分 構(gòu)建答題模板 [第一步]　求曲線方程：根據(jù)基本量法確定圓錐曲線的方程； [第二步]　聯(lián)立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯(lián)立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判別式，利用根與系數(shù)的關(guān)系； [第三步]　找關(guān)系：從題設(shè)中尋求變量的等量或不等關(guān)系； [第四步]　建函數(shù)：對范圍最值類問題，要建立關(guān)于目標變量的函數(shù)關(guān)系； [第五步]　得范圍：通過求解函數(shù)值域或解不等式得目標變量的范圍或最值，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件． 1．如圖，設(shè)點A，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓＋＝1的左頂點和左、右焦點，過點A作斜率為k的直線交橢圓于另一點B，連接BF2并延長交橢圓于點C. (1)求點B的坐標(用k表示)； (2)若F1C⊥AB，求k的值． 解　(1)設(shè)點B(xB，yB)，直線AB的方程為y＝k(x＋2)， 聯(lián)立＋＝1， 得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0， Δ＝(16k2)2－4(3＋4k2)(16k2－12)＞0， ∴－2xB＝， 即xB＝. ∴yB＝k(xB＋2)＝， 即B. (2)易知F2(1,0)，＝，＝－， ∴直線BF2，CF1的方程分別為y＝(x－1)， y＝－(x＋1)． 由 解得C(8k2－1，－8k)， 代入＋＝1， 得192k4＋208k2－9＝0， 即(24k2－1)(8k2＋9)＝0，得k2＝， 所以k＝. 2．設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，離心率為，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)A，B分別為橢圓的左、右頂點，過點F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點．若＋＝8，O為坐標原點，求△OCD的面積． 解　(1)因為過焦點且垂直于x軸的直線被橢圓截得的線段長為，所以＝. 因為橢圓的離心率為，所以＝， 又a2＝b2＋c2，可解得b＝，c＝1，a＝. 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)由(1)可知F(－1,0)， 則直線CD的方程為y＝k(x＋1)． 聯(lián)立 消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. 設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 又A(－，0)，B(，0)， 所以＋ ＝(x1＋，y1)(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)(－x1，－y1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋＝8， 解得k＝. 從而x1＋x2＝－＝－，x1x2＝＝0. 所以|x1－x2|＝＝＝， |CD|＝|x1－x2|＝＝. 而原點O到直線CD的距離d＝＝＝， 所以△OCD的面積 S＝|CD|d＝＝. 3．(2018金華浦江適應(yīng)性考試)如圖，設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)，左、右焦點為F1，F(xiàn)2，上頂點為D，離心率為，且＝－2. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)E是x軸正半軸上的一點，過點E任作直線l與C相交于A，B兩點，如果＋是定值，試確定點E的位置，并求S△DAES△DBE的最大值． 解　(1)由題意知，D(0，b)，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)， 由e＝，得＝. 由＝－2，得－c2＋b2＝－2， 又a2＝b2＋c2， ∴a＝，b＝，c＝2. ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)當l的斜率不為0時，設(shè)AB的方程為x＝ty＋m， 由消去x，得 ∴(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－6＝0， Δ＝4t2m2－4(m2－6)(t2＋3)＝4(6t2＋18－3m2)． 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴y1＋y2＝－，y1y2＝， ∴＋＝＝＝， ∴m＝，它滿足Δ>0， ∴E(，0)，＋為定值2. 當E為(，0)，l：y＝0時，滿足＋＝2， 此時S△DAES△DBE＝(－)(＋)＝. 當l的斜率不為0時，y1＋y2＝－，y1y2＝－， 由D到AB的距離d＝，|AE|＝|y1|，|BE|＝|y2|， 得S△DAES△DBE＝d|AE|＝. 令u＝t＋，則t＝， 則S△DAES△DBE＝＝＝≤， 當且僅當＝，即u＝3，t＝時，等號成立． 故(S△DAES△DBE)max＝. 4．(2017浙江)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點A，B，拋物線上的點P(x，y)，過點B作直線AP的垂線，垂足為Q. (1)求直線AP斜率的取值范圍； (2)求|PA||PQ|的最大值． 解　(1)設(shè)直線AP的斜率為k，k＝＝x－， 因為－＜x＜. 所以直線AP斜率的取值范圍為(－1,1)． (2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程 解得點Q的橫坐標是xQ＝. 因為|PA|＝ ＝(k＋1)， |PQ|＝(xQ－x) ＝－， 所以|PA||PQ|＝－(k－1)(k＋1)3， 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因為f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減． 因此當k＝時，|PA||PQ|取得最大值.