2019-2020年高考數(shù)學大二輪總復習 增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題試題.doc
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2019-2020年高考數(shù)學大二輪總復習 增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題試題1(xx福建)設P,Q分別為圓x2(y6)22和橢圓y21上的點,則P,Q兩點間的最大距離是()A5 B.C7 D62(xx陜西)如圖,橢圓E:1(ab0),經(jīng)過點A(0,1),且離心率為.(1)求橢圓E的方程;(2)經(jīng)過點(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P,Q(均異于點A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2.1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關系為載體,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用函數(shù)與方程、數(shù)形結合、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(xx重慶)如圖,橢圓1(ab0)的左、右焦點分別為F1、F2,過F2的直線交橢圓于P,Q兩點,且PQPF1.(1)若|PF1|2,|PF2|2,求橢圓的標準方程;(2)若|PQ|PF1|,且,試確定橢圓離心率e的取值范圍思維升華解決范圍問題的常用方法:(1)數(shù)形結合法:利用待求量的幾何意義,確定出極端位置后,數(shù)形結合求解(2)構建不等式法:利用已知或隱含的不等關系,構建以待求量為元的不等式求解(3)構建函數(shù)法:先引入變量構建以待求量為因變量的函數(shù),再求其值域跟蹤演練1已知橢圓C的左,右焦點分別為F1,F(xiàn)2,橢圓的離心率為,且橢圓經(jīng)過點P(1,)(1)求橢圓C的標準方程;(2)線段PQ是橢圓過點F2的弦,且,求PF1Q內切圓面積最大時實數(shù)的值熱點二定點、定值問題1由直線方程確定定點,若得到了直線方程的點斜式:yy0k(xx0),則直線必過定點(x0,y0);若得到了直線方程的斜截式:ykxm,則直線必過定點(0,m)2解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等)的大小或某些代數(shù)表達式的值等與題目中的參數(shù)無關,不依參數(shù)的變化而變化,而始終是一個確定的值例2橢圓C:1(ab0)的離心率為,其左焦點到點P(2,1)的距離為.(1)求橢圓C的標準方程;(2)若直線l:ykxm與橢圓C相交于A,B兩點(A,B不是左,右頂點),且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點,求證:直線l過定點,并求出該定點的坐標思維升華(1)動直線l過定點問題解法:設動直線方程(斜率存在)為ykxt,由題設條件將t用k表示為tmk,得yk(xm),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,得出定點跟蹤演練2已知直線l:yx,圓O:x2y25,橢圓E:1(ab0)的離心率e,直線l被圓O截得的弦長與橢圓的短軸長相等(1)求橢圓E的方程;(2)過圓O上任意一點P作橢圓E的兩條切線,若切線都存在斜率,求證:兩切線的斜率之積為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)法設出,列出關于待定系數(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如圖,拋物線C:y22px的焦點為F,拋物線上一定點Q(1,2)(1)求拋物線C的方程及準線l的方程;(2)過焦點F的直線(不經(jīng)過Q點)與拋物線交于A,B兩點,與準線l交于點M,記QA,QB,QM的斜率分別為k1,k2,k3,問是否存在常數(shù),使得k1k2k3成立,若存在,求出的值;若不存在,說明理由思維升華解決探索性問題的注意事項:存在性問題,先假設存在,推證滿足條件的結論,若結論正確則存在,若結論不正確則不存在(1)當條件和結論不唯一時,要分類討論(2)當給出結論而要推導出存在的條件時,先假設成立,再推出條件(3)當條件和結論都不知,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(xx四川)如圖,橢圓E:1(ab0)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),使得為定值?若存在,求的值;若不存在,請說明理由已知橢圓C1:1(a0)與拋物線C2:y22ax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(k0)的直線l,使得2?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由提醒:完成作業(yè)專題六第3講二輪專題強化練專題六第3講圓錐曲線的綜合問題A組專題通關1(xx北京西城區(qū)期末)若曲線ax2by21為焦點在x軸上的橢圓,則實數(shù)a,b滿足()Aa2b2 B.C0ab D0ba2已知橢圓1(0bb0)的離心率為e,右焦點為F(c,0),方程ax2bxc0的兩個實根分別為x1和x2,則點P(x1,x2)()A必在圓x2y22內 B必在圓x2y22上C必在圓x2y22外 D以上三種情形都有可能5若點O和點F分別為橢圓1的中心和左焦點,點P為橢圓上的任意一點,則的最大值為()A2 B3 C6 D86已知雙曲線x21的左頂點為A1,右焦點為F2,P為雙曲線右支上一點,則的最小值為_7已知A(1,2),B(1,2),動點P滿足.若雙曲線1(a0,b0)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_8在直線y2上任取一點Q,過Q作拋物線x24y的切線,切點分別為A、B,則直線AB恒過定點_9已知橢圓C:1(ab0)的短軸長為2,離心率為,過點M(2,0)的直線l與橢圓C相交于A,B兩點,O為坐標原點(1)求橢圓C的方程;(2)若B點關于x軸的對稱點是N,證明:直線AN恒過一定點B組能力提高10已知直線ya交拋物線yx2于A,B兩點若該拋物線上存在點C,使得ACB為直角,則a的取值范圍為_11直線3x4y40與拋物線x24y和圓x2(y1)21從左到右的交點依次為A、B、C、D,則的值為_12(xx課標全國)已知橢圓C:9x2y2m2(m0),直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.(1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值;(2)若l過點,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能,說明理由學生用書答案精析第3講圓錐曲線的綜合問題高考真題體驗1D如圖所示,設以(0,6)為圓心,以r為半徑的圓的方程為x2(y6)2r2(r0),與橢圓方程y21聯(lián)立得方程組,消掉x2得9y212yr2460.令12249(r246)0,解得r250,即r5.由題意易知P,Q兩點間的最大距離為r6,故選D.2(1)解由題設知,b1,結合a2b2c2,解得a,所以橢圓的方程為y21.(2)證明由題設知,直線PQ的方程為yk(x1)1(k2),代入y21,得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0,由已知0,設P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,則x1x2,x1x2,從而直線AP,AQ的斜率之和 kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2.熱點分類突破例1解(1)由橢圓的定義,2a|PF1|PF2|(2)(2)4,故a2.設橢圓的半焦距為c,由已知PF1PF2,因此2c|F1F2|2,即c,從而b1.故所求橢圓的標準方程為y21.(2)如圖,由PF1PQ,|PQ|PF1|,得|QF1|PF1|.由橢圓的定義,|PF1|PF2|2a,|QF1|QF2|2a,進而|PF1|PQ|QF1|4a,于是(1)|PF1|4a,解得|PF1|,故|PF2|2a|PF1|.由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)24c2,從而224c2,兩邊除以4a2,得e2.若記t1,則上式變成e282.由,并注意到1關于的單調性,得3t4,即.進而e2,即e.跟蹤演練1解(1)e,P(1,)滿足1,又a2b2c2,a24,b23,橢圓標準方程為1.(2)顯然直線PQ不與x軸重合,當直線PQ與x軸垂直時,|PQ|3,|F1F2|2,3;當直線PQ不與x軸垂直時,設直線PQ:yk(x1),k0代入橢圓C的標準方程,整理,得(34k2)y26ky9k20,0,y1y2,y1y2.|F1F2|y1y2|12,令t34k2,t3,k2,3,0b0),由e,得a2c,a2b2c2,b23c2,則橢圓方程變?yōu)?.又由題意知,解得c21,故a24,b23,即得橢圓的標準方程為1.(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立得(34k2)x28mkx4(m23)0.則又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.橢圓的右頂點為A2(2,0),AA2BA2,(x12)(x22)y1y20,y1y2x1x22(x1x2)40,40,7m216mk4k20,解得m12k,m2,由,得34k2m20,當m12k時,l的方程為yk(x2),直線過定點(2,0),與已知矛盾當m2時,l的方程為yk,直線過定點,且滿足,直線l過定點,定點坐標為.跟蹤演練2(1)解設橢圓的半焦距為c,圓心O到直線l的距離d,b.由題意得a23,b22.橢圓E的方程為1.(2)證明設點P(x0,y0),過點P的橢圓E的切線l0的方程為yy0k(xx0),聯(lián)立直線l0與橢圓E的方程得消去y得(32k2)x24k(y0kx0)x2(kx0y0)260,4k(y0kx0)24(32k2)2(kx0y0)260,整理得,(2x)k22kx0y0(y3)0,設滿足題意的橢圓E的兩條切線的斜率分別為k1,k2,則k1k2,點P在圓O上,xy5,k1k21.兩條切線的斜率之積為常數(shù)1.例3解(1)把Q(1,2)代入y22px,得2p4,所以拋物線方程為y24x,準線l的方程為x1.(2)由條件可設直線AB的方程為yk(x1),k0.由拋物線準線l:x1,可知M(1,2k)又Q(1,2),所以k3k1,即k3k1.把直線AB的方程yk(x1),代入拋物線方程y24x,并整理,可得k2x22(k22)xk20.設A(x1,y1),B(x2,y2),由根與系數(shù)的關系,知x1x2,x1x21.又Q(1,2),則k1,k2.因為A,F(xiàn),B共線,所以kAFkBFk,即k.所以k1k22k2k2,即k1k22k2.又k3k1,可得k1k22k3.即存在常數(shù)2,使得k1k2k3成立跟蹤演練3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a2,b,所以橢圓E的方程為1.(2)當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為ykx1,A,B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),聯(lián)立得(2k21)x24kx20,其判別式(4k)28(2k21)0,所以x1x2,x1x2,從而,x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以當1時,23,此時3為定值當直線AB斜率不存在時,直線AB即為直線CD,此時,213.故存在常數(shù)1,使得為定值3.高考押題精練解(1)因為C1,C2的焦點重合,所以,所以a24.又a0,所以a2.于是橢圓C1的方程為1,拋物線C2的方程為y24x.(2)假設存在直線l使得2,則可設直線l的方程為yk(x1),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4)由可得k2x2(2k24)xk20,則x1x4,x1x41,所以|PN|.由可得(34k2)x28k2x4k2120,則x2x3,x2x3,所以|MQ|.若2,則2,解得k.故存在斜率為k的直線l,使得2.二輪專題強化練答案精析第3講圓錐曲線的綜合問題1C由ax2by21,得1,因為焦點在x軸上,所以0,所以0ab.2D由橢圓的方程,可知長半軸長a2;由橢圓的定義,可知|AF2|BF2|AB|4a8,所以|AB|8(|AF2|BF2|)3.由橢圓的性質,可知過橢圓焦點的弦中,通徑最短,即3,可求得b23,即b.3C依題意知F(2,0),所以直線l的方程為yx2,聯(lián)立方程消去y得x212x40.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x212,x1x24,則|AF|BF|(x12)(x22)|x1x2|8.4Ax1x2,x1x2.xx(x1x2)22x1x2.e,ca,b2a2c2a22a2.xx0,b0)的漸近線方程為yx,即bxay0,由題意,可得1,即1,所以e1,故1e2.8(0,2)解析設Q(t,2),A(x1,y1),B(x2,y2),拋物線方程變?yōu)閥x2,則yx,則在點A處的切線方程為yy1x1(xx1),化簡得,yx1xy1,同理,在點B處的切線方程為yx2xy2.又點Q(t,2)的坐標滿足這兩個方程,代入得:2x1ty1,2x2ty2,則說明A(x1,y1),B(x2,y2)都滿足方程2xty,即直線AB的方程為y2tx,因此直線AB恒過定點(0,2)9(1)解由題意知b1,e,得a22c22a22b2,故a22.故所求橢圓C的方程為y21.(2)證明設直線l的方程為yk(x2),則由得(12k2)x28k2x8k220.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2,x1x2.由對稱性可知N(x2,y2),定點在x軸上,直線AN:yy1(xx1)令y0得:xx11,故直線AN恒過定點(1,0)101,)解析以AB為直徑的圓的方程為x2(ya)2a,由得y2(12a)ya2a0.即(ya)y(a1)0,由已知解得a1.11.解析由得x23x40,xA1,xD4,yA,yD4.直線3x4y40恰過拋物線的焦點F(0,1),|AF|yA1,|DF|yD15,.12(1)證明設直線l:ykxb(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM)將ykxb代入9x2y2m2,得(k29)x22kbxb2m20,故xM,yMkxMb.于是直線OM的斜率kOM,即kOMk9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值(2)解四邊形OAPB能為平行四邊形因為直線l過點,所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k0,k3.由(1)得OM的方程為yx.設點P的橫坐標為xP,由得x,即xP.將點代入l的方程得b,因此xM.四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分,即xP2xM.于是2,解得k14,k24.因為ki0,ki3,i1,2,所以當l的斜率為4或4時,四邊形OAPB為平行四邊形- 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