届高考数学一轮复习教学案基础知识 高频考点 解题训练圆锥曲线的综合问题.docx
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届高考数学一轮复习教学案基础知识高频考点解题训练圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线的综合问题(文视情况
[知识能否忆起]
1.直线与圆锥曲线的位置关系
判定直线与圆锥曲线的位置关系时,通常是将直线方程与曲线方程联立,消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程:
ax2+bx+c=0(或ay2+by+c=0).
若a≠0,可考虑一元二次方程的判别式Δ,有:
Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交;
Δ=0⇔直线与圆锥曲线相切;
Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离.
若a=0且b≠0,则直线与圆锥曲线相交,且有一个交点.
2.圆锥曲线的弦长问题
设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点,A(x1,y1),B(x2,y2),则弦长|AB|=|x1-x2|或|y1-y2|.
[小题能否全取]
1.(教材习题改编)与椭圆+=1焦点相同,离心率互为倒数的双曲线方程是( )
A.y2-=1 B.-x2=1
C.x2-y2=1D.y2-x2=1
解析:
选A 设双曲线方程为-=1(a>0,b>0),
则得a=1,b=.
故双曲线方程为y2-=1.
2.(教材习题改编)直线y=kx-k+1与椭圆+=1的位置关系是( )
A.相交B.相切
C.相离D.不确定
解析:
选A 由于直线y=kx-k+1=k(x-1)+1过定点(1,1),而(1,1)在椭圆内,故直线与椭圆必相交.
3.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点,这样的直线有( )
A.1条B.2条
C.3条D.4条
解析:
选C 结合图形分析可知,满足题意的直线共有3条:
直线x=0,过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x=0).
4.过椭圆+=1(a>b>0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M,与y轴的交点为B,若|AM|=|MB|,则该椭圆的离心率为________.
解析:
由题意知A点的坐标为(-a,0),l的方程为y=x+a,所以B点的坐标为(0,a),故M点的坐标为,代入椭圆方程得a2=3b2,则c2=2b2,则=,故e=.
答案:
5.已知双曲线方程是x2-=1,过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1,P2两点,并使P(2,1)为P1P2的中点,则此直线方程是________________.
解析:
设点P1(x1,y1),P2(x2,y2),则由x-=1,x-=1,得k====4,从而所求方程为4x-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2-56x+51=0,Δ>0,故此直线满足条件.
答案:
4x-y-7=0
1.直线与圆锥曲线的位置关系,主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题.解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用.
2.当直线与圆锥曲线相交时:
涉及弦长问题,常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式);涉及弦的中点问题,常用“点差法”设而不求,将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来,相互转化.同时还应充分挖掘题目中的隐含条件,寻找量与量间的关系灵活转化,往往就能事半功倍.解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点,韦达定理求弦长,根的分布找范围,曲线定义不能忘”.
直线与圆锥曲线的位置关系
典题导入
[例1] (2012·北京高考)已知椭圆C:
+=1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0),离心率为.直线y=k(x-1)与椭圆C交于不同的两点M,N.
(1)求椭圆C的方程;
(2)当△AMN的面积为时,求k的值.
[自主解答]
(1)由题意得解得b=,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)由得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0.
设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则
y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),x1+x2=,
x1x2=,
所以|MN|=
=
=.
又因为点A(2,0)到直线y=k(x-1)的距离d=,
所以△AMN的面积为
S=|MN|·d=.
由=,解得k=±1.
由题悟法
研究直线与圆锥曲线的位置关系时,一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数,但对于选择、填空题也可以利用几何条件,用数形结合的方法求解.
以题试法
1.(2012·信阳模拟)设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q,若过点Q的直线l与抛物线有公共点,则直线l的斜率的取值范围是( )
A. B.[-2,2]
C.[-1,1]D.[-4,4]
解析:
选C 易知抛物线y2=8x的准线x=-2与x轴的交点为Q(-2,0),于是,可设过点Q(-2,0)的直线l的方程为y=k(x+2)(由题可知k是存在的),
联立⇒k2x2+(4k2-8)x+4k2=0.
当k=0时,易知符合题意;当k≠0时,其判别式为Δ=(4k2-8)2-16k4=-64k2+64≥0,
可解得-1≤k≤1.
最值与范围问题
典题导入
[例2] (2012·浙江高考)
如图,椭圆C:
+=1(a>b>0)的离心率为,其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A,B两点,且线段AB被直线OP平分.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程.
[自主解答]
(1)设椭圆左焦点为F(-c,0),则由题意得
得
所以椭圆方程为+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M.
当直线AB与x轴垂直时,直线AB的方程为x=0,与不过原点的条件不符,舍去.故可设直线AB的方程为y=kx+m(m≠0),
由消去y,整理得
(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, ①
则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,
所以线段AB的中点为M.
因为M在直线OP:
y=x上,所以=.
得m=0(舍去)或k=-.
此时方程①为3x2-3mx+m2-3=0,则
Δ=3(12-m2)>0,
所以|AB|=·|x1-x2|=·,
设点P到直线AB的距离为d,则
d==.
设△ABP的面积为S,则
S=|AB|·d=·.
其中m∈(-2,0)∪(0,2).
令u(m)=(12-m2)(m-4)2,m∈[-2,2],
u′(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4)(m-1-)(m-1+).
所以当且仅当m=1-时,u(m)取到最大值.
故当且仅当m=1-时,S取到最大值.
综上,所求直线l的方程为3x+2y+2-2=0.
由题悟法
1.解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种:
几何法和代数法.
(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决,这就是几何法;
(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值,这就是代数法.
2.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑:
(1)利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;
(2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系;
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;
(4)利用基本不等式求出参数的取值范围;
(5)利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.
以题试法
2.(2012·东莞模拟)已知抛物线y2=2px(p≠0)上存在关于直线x+y=1对称的相异两点,则实数p的取值范围为( )
A. B.
C.D.
解析:
选B 设抛物线上关于直线x+y=1对称的两点是M(x1,y1)、N(x2,y2),设直线MN的方程为y=x+b.将y=x+b代入抛物线方程,得x2+(2b-2p)x+b2=0,则x1+x2=2p-2b,y1+y2=(x1+x2)+2b=2p,则MN的中点P的坐标为(p-b,p).因为点P在直线x+y=1上,所以2p-b=1,即b=2p-1.又Δ=(2b-2p)2-4b2=4p2-8bp>0,将b=2p-1代入得4p2-8p(2p-1)>0,即3p2-2p<0,解得0<p<.
定点定值问题
典题导入
[例3] (2012·辽宁高考)如图,椭圆C0:
+=1(a>b>0,a,b为常数),动圆C1:
x2+y2=t,b (1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程; (2)设动圆C2: x2+y2=t与C0相交于A′,B′,C′,D′四点,其中b t+t为定值. [自主解答] (1)设A(x1,y1),B(x1,-y1),又知A1(-a,0),A2(a,0),则直线A1A的方程为y=(x+a),① 直线A2B的方程为y=(x-a).② 由①②得y2=(x2-a2).③ 由点A(x1,y1)在椭圆C0上,故+=1. 从而y=b2,代入③得-=1(x<-a,y<0). (2)证明: 设A′(x2,y2),由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等,得4|x1||y1|=4|x2|·|y2|, 故xy=xy. 因为点A,A′均在椭圆上,所以 b2x=b2x. 由t1≠t2,知x1≠x2,所以x+x=a2,从而y+y=b2, 因此t+t=a2+b2为定值. 由题悟法 1.求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手,求出表达式,再证明这个值与变量无关; (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. 2.定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立b、k等量关系进行消元,借助于直线系方程找出定点; (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明一般情况. 以题试法 3.(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线y2=2px(p≠0)及定点A(a,b),B(-a,0),ab≠0,b2≠2pa,M是抛物线上的点.设直线AM,BM与抛物线的另一个交点分别为M1,M2,当M变动时,直线M1M2恒过一个定点,此定点坐标为________. 解析: 设M,M1,M2,由点A,M,M1共线可知=,得y1=,同理由点B,M,M2共线得y2=.设(x,y)是直线M1M2上的点,则=,即y1y2=y(y1+y2)-2px,又y1=,y2=, 则(2px-by)y02+2pb(a-x)y0+2pa(by-2pa)=0. 当x=a,y=时上式恒成立,即定点为. 答案: 1.已知双曲线x2-=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则 · 的最小值为( ) A.-2 B.- C.1D.0 解析: 选A 设点P(x,y),其中x≥1.依题意得A1(-1,0),F2(2,0),由双曲线方程得y2=3(x2-1). · =(-1-x,-y)·(2-x,-y)=(x+1)(x-2)+y2=x2+y2-x-2=x2+3(x2-1)-x-2=4x2-x-5=42-,其中x≥1.因此,当x=1时, · 取得最小值-2. 2.过抛物线y2=2x的焦点作一条直线与抛物线交于A、B两点,它们的横坐标之和等于2,则这样的直线( ) A.有且只有一条B.有且只有两条 C.有且只有三条D.有且只有四条 解析: 选B 设该抛物线焦点为F,则|AB|=|AF|+|FB|=xA++xB+=xA+xB+1=3>2p=2.所以符合条件的直线有且仅有两条. 3.(2012·南昌联考)过双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点F作与x轴垂直的直线,分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内),若 =4 ,则双曲线的离心率为( ) A.B. C.D. 解析: 选B 由题意知F(c,0),则易得M,N的纵坐标分别为,,由 =4 得=4·,即=.又c2=a2+b2,则e==. 4.已知椭圆+=1的焦点是F1,F2,如果椭圆上一点P满足PF1⊥PF2,则下面结论正确的是( ) A.P点有两个B.P点有四个 C.P点不一定存在D.P点一定不存在 解析: 选D 设椭圆的基本量为a,b,c,则a=5,b=4,c=3.以F1F2为直径构造圆,可知圆的半径r=c=3<4=b,即圆与椭圆不可能有交点. 5.已知椭圆C: +y2=1的两焦点为F1,F2,点P(x0,y0)满足+y≤1,则|PF1|+|PF2|的取值范围为________. 解析: 当P在原点处时,|PF1|+|PF2|取得最小值2;当P在椭圆上时,|PF1|+|PF2|取得最大值2,故|PF1|+|PF2|的取值范围为[2,2]. 答案: [2,2] 6.(2013·长沙月考)直线l: x-y=0与椭圆+y2=1相交于A、B两点,点C是椭圆上的动点,则△ABC面积的最大值为________. 解析: 由得3x2=2,∴x=±, ∴A,B, ∴|AB|=. 设点C(cosθ,sinθ),则点C到AB的距离d==·sin(θ-φ)≤, ∴S△ABC=|AB|·d≤××=. 答案: 7.设F1,F2分别是椭圆E: x2+=1(0 (1)求|AB|; (2)若直线l的斜率为1,求b的值. 解: (1)由椭圆定义知|AF2|+|AB|+|BF2|=4, 又2|AB|=|AF2|+|BF2|,得|AB|=. (2)l的方程为y=x+c,其中c=. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B两点坐标满足方程组化简得(1+b2)x2+2cx+1-2b2=0. 则x1+x2=,x1x2=. 因为直线AB的斜率为1, 所以|AB|=|x2-x1|,即=|x2-x1|. 则=(x1+x2)2-4x1x2=-=, 解得b=. 8.(2012·黄冈质检)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆上任意一点到右焦点F的距离的最大值为+1. (1)求椭圆的方程; (2)已知点C(m,0)是线段OF上一个动点(O为坐标原点),是否存在过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A,B点,使得|AC|=|BC|? 并说明理由. 解: (1)∵,∴,∴b=1, ∴椭圆的方程为+y2=1. (2)由 (1)得F(1,0),∴0≤m≤1. 假设存在满足题意的直线l, 设l的方程为y=k(x-1),代入+y2=1中,得 (2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=, x1x2=, ∴y1+y2=k(x1+x2-2)=. 设AB的中点为M,则M. ∵|AC|=|BC|,∴CM⊥AB,即kCM·kAB=-1, ∴·k=-1,即(1-2m)k2=m. ∴当0≤m<时,k=±,即存在满足题意的直线l; 当≤m≤1时,k不存在,即不存在满足题意的直线l. 9.(2012·江西模拟)已知椭圆C: +=1(a>b>0),直线y=x+与以原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切,F1,F2为其左,右焦点,P为椭圆C上任一点,△F1PF2的重心为G,内心为I,且IG∥F1F2. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线l: y=kx+m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点A,B,且线段AB的垂直平分线过定点C,求实数k的取值范围. 解: (1)设P(x0,y0),x0≠±a,则G. 又设I(xI,yI),∵IG∥F1F2, ∴yI=, ∵|F1F2|=2c, ∴S△F1PF2=·|F1F2|·|y0|=(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)·, ∴2c·3=2a+2c, ∴e==,又由题意知b=, ∴b=,∴a=2,∴椭圆C的方程为+=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由,消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 由题意知Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,即m2<4k2+3,又x1+x2=-,则y1+y2=, ∴线段AB的中点P的坐标为. 又线段AB的垂直平分线l′的方程为y=-, 点P在直线l′上,∴=-, ∴4k2+6km+3=0,∴m=-(4k2+3),∴<4k2+3,∴k2>,解得k>或k<-, ∴k的取值范围是∪. 1.(2012·长春模拟)已知点A(-1,0),B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足∠AMB=2θ,| |,·| |,cos2θ=3,过点B的直线交曲线C于P,Q两点. (1)求| |,+| |,的值,并写出曲线C的方程; (2)求△APQ的面积的最大值. 解: (1)设M(x,y),在△MAB中,| |,=2,∠AMB=2θ,根据余弦定理得| |,2+| |,2-2| |,·| |,cos2θ=| |,2=4, 即(| |,+| |,)2-2| |,·| |,·(1+cos2θ)=4, 所以(| |,+| |,)2-4| |,| |,·cos2θ=4. 因为| |,·| |,cos2θ=3, 所以(| |,+| |,)2-4×3=4, 所以| |,+| |,=4. 又| |,+|BM|,=4>2=| |, 因此点M的轨迹是以A,B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意),设椭圆的方程为+=1(a>b>0), 则a=2,c=1,所以b2=a2-c2=3. 所以曲线C的方程为+=1. (2)设直线PQ的方程为x=my+1. 由,消去x, 整理得(3m2+4)y2+6my-9=0.① 显然方程①的判别式Δ=36m2+36(3m2+4)>0, 设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则△APQ的面积S△APQ=×2×|y1-y2|=|y1-y2|. 由根与系数的关系得y1+y2=-,y1y2=-, 所以(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=48×. 令t=3m2+3,则t≥3,(y1-y2)2=, 由于函数φ(t)=t+在[3,+∞)上是增函数, 所以t+≥,当且仅当t=3m2+3=3,即m=0时取等号, 所以(y1-y2)2≤=9,即|y1-y2|的最大值为3, 所以△APQ的面积的最大值为3,此时直线PQ的方程为x=1. 2.(2012·郑州模拟)已知圆C的圆心为C(m,0),m<3,半径为,圆C与离心率e>的椭圆E: +=1(a>b>0)的其中一个公共点为A(3,1),F1,F2分别是椭圆的左、右焦点. (1)求圆C的标准方程; (2)若点P的坐标为(4,4),试探究直线PF1与圆C能否相切? 若能,设直线PF1与椭圆E相交于D,B两点,求△DBF2的面积;若不能,请说明理由. 解: (1)由已知可设圆C的方程为(x-m)2+y2=5(m<3), 将点A的坐标代入圆C的方程中,得(3-m)2+1=5, 即(3-m)2=4,解得m=1,或m=5. ∴m<3,∴m=1. ∴圆C的标准方程为(x-1)2+y2=5. (2)直线PF1能与圆C相切, 依题意设直线PF1的斜率为k,则直线PF1的方程为y=k(x-4)+4,即kx-y-4k+4=0, 若直线PF1与圆C相切,则=. ∴4k2-24k+11=0,解得k=或k=. 当k=时,直线PF1与x轴的交点的横坐标为,不合题意,舍去. 当k=时,直线PF1与x轴的交点的横坐标为-4, ∴c=4,F1(-4,0),F2(4,0). ∴由椭圆的定义得: 2a=|AF1|+|AF2|=+=5+=6. ∴a=3,即a2=18, ∴e==>,满足题意. 故直线PF1能与圆C相切. 直线PF1的方程为x-2y+4=0,椭圆E的方程为+=1.设B(x1,y1),D(x2,y2),把直线PF1的方程代入椭圆E的方程并化简得,13y2-16y-2=0,由根与系数的关系得y1+y2=,y1y2=-, 故S△DBF2=4|y1-y2|=4=. 1.已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点为F(1,0),过焦点F的直线l与抛物线C相交于A,B两点,若直线l的倾斜角为45°,则弦AB的中点坐标为( ) A.(1,0)B.(2,2) C.(3,2)D.(2,4) 解析: 选C 依题意得,抛物线C的方程是y2=4x,直线l的方程是y=x-1.由消去y得(x-1)2=4x,即x2-6x+1=0,因此线段AB的中点的横坐标是=3,纵坐标是y=3-1=2,所以线段AB的中点坐标是(3,2). 2.若直线mx+ny=4和圆O: x2+y2=4没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆+=1的交点个数为( ) A.至多1个B.2个 C.1个D.0个 解析: 选B 由题意得>2,即m2+n2<4,则点(m,n)在以原点为圆心,以2为半径的圆内,此圆在椭圆+=1的内部. 3.(2012·深圳模拟)如图,已知椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率为,以椭圆C的左顶点T为圆心作圆T: (x+2)2+y2=r2(r>0),设圆T与椭圆C交于点M与点N. (1)求椭圆C的方程; (2)求 · 的最小值,并求此时圆T的方程; (3)设点P是椭圆C上异于M,N的任意一点,且直线MP,NP分别与x轴交于点R,S,O为坐标原点,求证: |OR|·|OS|为定值. 解: (1)依题意,得a=2,e==, ∴c=,b==1. 故椭圆C的方程为+y2=1. (2)易知点M与点N关于x轴对称,设M(x1,y1),N(x1,-y1),不妨设y1>0. 由于点M在椭圆C上,∴y=1-.(*) 由已知T(-2,0),则 =(x1+2,y1), =(x1+2,-y1), ∴ · =(x1+2,y1)·(x1+2,-y1)=(x1+2)2-y =(x1+2)2-=x+4x1+3 =2-. 由于-2<x1<2,故当x1=-时, · 取得最小值-. 把x1=-代入(*)式,得y1=,故M,又点M在圆T上,代入圆的方程得r2=. 故圆T的方程为(x+2)2+y2=. (3)设P(x0,y0),则直线MP的方程为: y-y0=(x-x0), 令y=0,得xR=,同理: xS=, 故xR·xS=.(**) 又点M与点P在椭圆上,故x=4(1-y),x=4(1-y), 代入(**)式, 得xR·xS==4=4. 所以|OR|·|OS|=|xR|·|xS|=|xR·xS|=4为定值. 平面解析几何 (时间: 120分钟,满分150分) 一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分) 1.(2012·佛山模拟)已知直线l: ax+y-2-a=0在x轴和y轴上的截距相等,则a的值是( ) A.1 B.-1 C.-2或-1D.-2或1 解析: 选D 由题意得a+2=,解得a=-2或a=1. 2.若直线l与直线y=1,x=7分别交于点P,Q,且线段PQ的中点坐标为(1,-1),则直线l的斜率为( ) A.B.- C.-D. 解析: 选B 设P(xP,1),由题意及中点坐标公式得xP+7=2,解得
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