1、高三文科数学通用版二轮复习第1部分 专题5 突破点13 圆锥曲线中的综合问题酌情自高考数学精品复习资料 2019.5突破点13圆锥曲线中的综合问题(酌情自选)提炼1 解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.提炼2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手(1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性
2、质中的范围)求解(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围(4)利用基本不等式求最值与范围(5)利用函数值域的方法求最值与范围提炼3与圆锥曲线有关的探索性问题(1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在回访1圆锥曲线的定值、定点问题1(20xx全国卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点(2，)在C上(1)求C的方程；(2)直线l
3、不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值解(1)由题意有，1，2分解得a28，b24.3分所以C的方程为1.4分(2)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入1，得(2k21)x24kbx2b280.6分故xM，yMkxMb.8分于是直线OM的斜率kOM，即kOMk.11分所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.12分回访2圆锥曲线中的最值与范围问题2(20xx北京高考)已知椭圆C：x22y24.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，若点A在
4、直线y2上，点B在椭圆C上，且OAOB，求线段AB长度的最小值解(1)由题意，椭圆C的标准方程为1，2分所以a24，b22，从而c2a2b22.因此a2，c.故椭圆C的离心率e.5分(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x00.因为OAOB，所以0，即tx02y00，解得t.7分又x2y4，所以|AB|2(x0t)2(y02)22(y02)2xy4x44(0x4).12分因为4(0b0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且1.图151(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说
5、明理由解(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)又点P的坐标为(0,1)，且1，于是解得a2，b.所以椭圆E的方程为1.4分(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2.6分从而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.9分所以，当1时，23.此时，3为定值.10分当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，213.12分故存在常数1，使得为定值3.13分热点题型1圆锥曲
6、线中的定值问题题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量(20xx重庆二模)已知椭圆C：1(ab0)上一点P与椭圆右焦点的连线垂直于x轴，直线l：ykxm与椭圆C相交于A，B两点(均不在坐标轴上)(1)求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，若AOB的面积为，试判断直线OA与OB的斜率之积是否为定值？【导学号：85952055】解(1)由题意知解得3分椭圆C的标准方程为1.4分(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k23)x28kmx4m2120，5分
7、由(8km)216(4k23)(m23)0，得m24k23.6分x1x2，x1x2，SOAB|m|x1x2|m|，8分化简得4k232m20，满足0，从而有4k2m2m23(*)，9分kOAkOB，由(*)式，得1，kOAkOB，即直线OA与OB的斜率之积为定值.12分求解定值问题的两大途径1由特例得出一个值(此值一般就是定值)证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关2先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值变式训练1(20xx北京高考)已知椭圆C：1过A(2,0)，B(0,1)两点(1)求椭圆C的方程及离心率；
8、(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值解(1)由题意得a2，b1，椭圆C的方程为y21.3分又c，离心率e.5分(2)证明：设P(x0，y0)(x00，y00)，则x4y4.6分又A(2,0)，B(0,1)，直线PA的方程为y(x2)令x0，得yM，从而|BM|1yM1.9分直线PB的方程为yx1.令y0，得xN，从而|AN|2xN2.12分四边形ABNM的面积S|AN|BM|2.从而四边形ABNM的面积为定值.14分热点题型2圆锥曲线中的最值、范围问题题型分析：圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解
9、决此类问题常用的方法是几何法和代数法(20xx全国乙卷)设圆x2y22x150的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围解(1)因为|AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆A的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4.2分由题设得A(1,0)，B(1,0)，|
10、AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为1(y0).4分(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(4k23)x28k2x4k2120，则x1x2，x1x2.所以|MN|x1x2|.过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y(x1)，点A到直线m的距离为，6分所以|PQ|24.故四边形MPNQ的面积S|MN| PQ|12.8分可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8).10分当l与x轴垂直时，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8，故四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12,8).12分与圆锥
11、曲线有关的取值范围问题的三种解法1数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解2构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解3构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域变式训练2(名师押题)已知抛物线C：x22py(p0)，过其焦点作斜率为1的直线l交抛物线C于M，N两点，且|MN|16.(1)求抛物线C的方程；(2)已知动圆P的圆心在抛物线C上，且过定点D(0,4)，若动圆P与x轴交于A，B两点，求的最大值解(1)设抛物线的焦点为F，则直线l：yx.由得x22pxp20，x1x22p，y1y23p，|MN|y1y2p4p16，p4，
12、抛物线C的方程为x28y.4分(2)设动圆圆心P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)，则x8y0，且圆P：(xx0)2(yy0)2x(y04)2，令y0，整理得x22x0xx160，解得x1x04，x2x04，6分设t，当x00时，t1，7分当x00时，t.x00，x08，t1，且t1，综上知1t1.9分f(t)t在1,1上单调递减，t12，当且仅当t1，即x04时等号成立的最大值为2.12分热点题型3圆锥曲线中的探索性问题题型分析：探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在若探究结论，则应先写出结论的表达
13、式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论(20xx长沙二模)如图152，在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，A，B分别是椭圆E的左、右顶点，D(1,0)为线段OF2的中点，且50.图152(1)求椭圆E的方程；(2)若M为椭圆E上的动点(异于点A，B)，连接MF1并延长交椭圆E于点N，连接MD，ND并分别延长交椭圆E于点P，Q，连接PQ，设直线MN，PQ的斜率存在且分别为k1，k2.试问是否存在常数，使得k1k20恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解题指导(1)D为OF2的中点求c50a与c的关系椭圆方程(2)假设存在常数设点M，N，
14、P，Q的坐标直线MD的方程与椭圆方程联立用点M的坐标表示点P，Q的坐标点M，F1，N共线得到点M，N坐标的关系求k2得到k1与k2的关系解(1)50，5，ac5(ac)，化简得2a3c，又点D(1,0)为线段OF2的中点，c2，从而a3，b，左焦点F1(2,0)，故椭圆E的方程为1.4分(2)假设存在满足条件的常数，使得k1k20恒成立，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则直线MD的方程为xy1，代入椭圆方程1，整理得，y2y40，6分y1y3，y3，从而x3，故点P，同理，点Q.8分三点M，F1，N共线，从而x1y2x2y12(y1y2)，从而k2，故
15、k10，从而存在满足条件的常数，.12分探索性问题求解的思路及策略1思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在2策略：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件变式训练3(20xx哈尔滨二模)已知椭圆C：1(ab0)的焦点分别为F1(，0)，F2(，0)，点P在椭圆C上，满足|PF1|7|PF2|，tanF1PF24.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点A(1,0)，试探究是否存在直线l：ykxm与椭圆C交于D，E两点，且使得|AD|AE|？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.【导学号：85952056】解(1)由|PF1|7|PF2|，PF1PF22a得PF1，PF2.2分由余弦定理得cosF1PF，a2，所求C的方程为y21.4分(2)假设存在直线l满足题设，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，将ykxm代入y21并整理得(14k2)x28kmx4m240，由64k2m24(14k2)(4m24)16(m24k21)0，得4k21m2.6分又x1x2.设D，E中点为M(x0，y0)，M，kAMk1，得m，8分将代入得4k212，化简得20k4k210(4k21)(5k21)0，解得k或k，所以存在直线l，使得|AD|AE|，此时k的取值范围为.12分
