【数学】2018届一轮复习苏教版(理)高考专题突破五 高考中的立体几何问题学案

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【数学】2018届一轮复习苏教版(理)高考专题突破五 高考中的立体几何问题学案

‎1.(2015·课标全国Ⅱ改编)已知A,B为双曲线E的左,右顶点,点M在E上,△ABM为等腰三角形,且顶角为120°,则E的离心率为________.‎ 答案  解析 如图,设双曲线E的方程为-=1(a>0,b>0),则AB=2a,由双曲线的对称性,可设点M(x1,y1)在第一象限内,过M作MN⊥x轴于点N(x1,0),‎ ‎∵△ABM为等腰三角形,且∠ABM=120°,‎ ‎∴BM=AB=2a,∠MBN=60°,‎ ‎∴y1=MN=BMsin∠MBN=2asin 60°=a,‎ x1=OB+BN=a+2acos 60°=2a.将点M(x1,y1)的坐标代入-=1,可得a2=b2,∴e== =.‎ ‎2.如图,已知椭圆C的中心为原点O,F(-2,0)为C的左焦点,P为C上一点,满足OP=OF,且PF=4,则椭圆C的方程为______________.‎ 答案 +=1‎ 解析 设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),焦距为2c,右焦点为F′,连结PF′,如图所示,因为F(-2,0)为C的左焦点,所以c=2.‎ 由OP=OF=OF′知,∠FPF′=90°,即FP⊥PF′.‎ 在Rt△PFF′中,由勾股定理,‎ 得PF′===8.‎ 由椭圆定义,得PF+PF′=2a=4+8=12,‎ 所以a=6,a2=36,于是b2=a2-c2=36-(2)2=16,所以椭圆的方程为+=1.‎ ‎3.(2017·山西质量监测)已知A,B分别为椭圆+=1(a>b>0)的右顶点和上顶点,直线y=kx(k>0)与椭圆交于C,D两点,若四边形ACBD的面积的最大值为2c2,则椭圆的离心率为________.‎ 答案  解析 设C(x1,y1)(x1>0),D(x2,y2),‎ 将y=kx代入椭圆方程可解得 x1=,x2=,‎ 则CD=|x1-x2|=.‎ 又点A(a,0)到直线y=kx的距离d1=,点B(0,b)到直线y=kx的距离d2=,‎ 所以S四边形ACBD=d1·CD+d2·CD ‎=(d1+d2)·CD=·· ‎=ab·.‎ 令t=,‎ 则t2==1+2ab· ‎=1+2ab·≤1+2ab·=2,‎ 当且仅当=a2k,即k=时,tmax=,‎ 所以S四边形ACBD的最大值为ab.‎ 由条件,得ab=2c2,‎ 即2c4=a2b2=a2(a2-c2)=a4-a2c2,2c4+a2c2-a4=0,2e4+e2-1=0,‎ 解得e2=或e2=-1(舍去),所以e=.‎ ‎4.(2016·北京)双曲线-=1(a>0,b>0)的渐近线为正方形OABC的边OA,OC所在的直线,点B为该双曲线的焦点,若正方形OABC的边长为2,则a=________.‎ 答案 2‎ 解析 设B为双曲线的右焦点,如图所示.∵四边形OABC为正方形且边长为2,‎ ‎∴c=OB=2,‎ 又∠AOB=,‎ ‎∴=tan=1,即a=b.‎ 又a2+b2=c2=8,∴a=2.‎ ‎5.已知双曲线-=1(a>0,b>0)和椭圆+=1有相同的焦点,且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍,则双曲线的方程为____________.‎ 答案 -=1‎ 解析 由题意得,双曲线-=1(a>0,b>0)的焦点坐标为(,0),(-,0),c=且双曲线的离心率为2×==⇒a=2,b2=c2-a2=3,‎ 所以双曲线的方程为-=1. ‎ ‎                   ‎ 题型一 求圆锥曲线的标准方程 例1 已知P点在以坐标轴为对称轴的椭圆上,点P到两焦点的距离分别为和,过P作长轴的垂线恰好过椭圆的一个焦点,则椭圆的方程为______________.‎ 答案 +=1或+=1‎ 解析 设椭圆的两个焦点分别为F1,F2,PF1=,PF2=.‎ 由椭圆的定义,知2a=PF1+PF2=2,即a=.‎ 由PF1>PF2知,PF2垂直于长轴.‎ 故在Rt△PF2F1中,4c2=PF-PF=,‎ ‎∴c2=,于是b2=a2-c2=.‎ 又所求的椭圆的焦点可以在x轴上,也可以在y轴上,故所求的椭圆方程为+=1或+=1.‎ 思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型,主要利用圆锥曲线的定义、几何性质,解得标准方程中的参数,从而求得方程.‎ ‎ (2015·天津改编)已知双曲线-=1(a>0,b>0 )的一个焦点为F(2,0),且双曲线的渐近线与圆(x-2)2+y2=3相切,则双曲线的方程为________________.‎ 答案 x2-=1‎ 解析 双曲线-=1的一个焦点为F(2,0),‎ 则a2+b2=4,①‎ 双曲线的渐近线方程为y=±x,‎ 由题意得=,②‎ 联立①②解得b=,a=1,‎ 所求双曲线的方程为x2-=1.‎ 题型二 圆锥曲线的几何性质 例2 (1)(2015·湖南改编)若双曲线-=1的一条渐近线经过点(3,-4),则此双曲线的离心率为________.‎ ‎(2)(2016·天津)设抛物线(t为参数,p>0)的焦点为F,准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线,垂足为B.设C,AF与BC相交于点E.若CF=2AF,且△ACE的面积为3,则p的值为________.‎ 答案 (1) (2) 解析 (1)由条件知y=-x过点(3,-4),∴=4,‎ 即3b=4a,∴9b2=16a2,∴9c2-9a2=16a2,‎ ‎∴25a2=9c2,∴e=.‎ ‎(2)‎ 由(p>0)消去t可得抛物线方程为y2=2px(p>0),‎ ‎∴F,‎ AB=AF=p,‎ 可得A(p,p).‎ 易知△AEB∽△FEC,∴==,‎ 故S△ACE=S△ACF=×3p×p× ‎=p2=3,‎ ‎∴p2=6,∵p>0,∴p=.‎ 思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点,求离心率、准线、双曲线渐近线,是常考题型,解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义,及相关参数间的联系.掌握一些常用的结论及变形技巧,有助于提高运算能力.‎ ‎ 已知椭圆+=1(a>b>0)与抛物线y2=2px(p>0)有相同的焦点F,P,Q是椭圆与抛物线的交点,若PQ经过焦点F,则椭圆+=1(a>b>0)的离心率为____________.‎ 答案 -1‎ 解析 因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点F为,设椭圆另一焦点为E.‎ 当x=时,代入抛物线方程得 y=±p,‎ 又因为PQ经过焦点F,所以P且PF⊥OF.‎ 所以PE= =p,‎ PF=p,EF=p.‎ 故2a= p+p,2c=p,e==-1.‎ 题型三 最值、范围问题 例3 设椭圆M:+=1(a>b>0)的离心率与双曲线x2-y2=1的离心率互为倒数,且椭圆的长轴长为4.‎ ‎(1)求椭圆M的方程;‎ ‎(2)若直线y=x+m交椭圆M于A,B两点,P(1,)为椭圆M上一点,求△PAB面积的最大值.‎ 解 (1)双曲线的离心率为,‎ 则椭圆的离心率e==,‎ 由⇒ 故椭圆M的方程为+=1.‎ ‎(2)由得4x2+2mx+m2-4=0,‎ 由Δ=(2m)2-16(m2-4)>0,得-2b>0)和椭圆T2:+=1(b>c>0)组成,当a,b,c成等比数列时,称曲线Γ为“猫眼”.‎ ‎(1)若“猫眼曲线”Γ过点M(0,-),且a,b,c的公比为,求“猫眼曲线”Γ的方程;‎ ‎(2)对于(1)中的“猫眼曲线”Γ,任作斜率为k(k≠0)且不过原点的直线与该曲线相交,交椭圆T1所得弦的中点为M,交椭圆T2所得弦的中点为N,求证:为与k无关的定值;‎ ‎(3)若斜率为的直线l为椭圆T2的切线,且交椭圆T1于点A,B,N为椭圆T1上的任意一点(点N与点A,B不重合),求△ABN面积的最大值.‎ ‎(1)解 由题意知,b=,==,‎ ‎∴a=2,c=1,‎ ‎∴T1:+=1,T2:+x2=1.‎ ‎(2)证明 设斜率为k的直线交椭圆T1于点C(x1,y1),D(x2,y2) ,线段CD的中点为M(x0,y0),‎ ‎∴x0=,y0=,‎ 由得 +=0.‎ ‎∵k存在且k≠0,∴x1≠x2且x0≠0,‎ 故上式整理得·=-,‎ 即k·kOM=-.‎ 同理,k·kON=-2,∴=.‎ ‎(3)解 设直线l的方程为y=x+m,‎ 联立方程得 整理得(b2+2c2)x2+2mc2x+m2c2-b2c2=0,‎ 由Δ=0,化简得m2=b2+2c2,‎ 取l1:y=x+.‎ 联立方程 化简得(b2+2a2)x2+2ma2x+m2a2-b2a2=0.‎ 由Δ=0,得m2=b2+2a2,‎ 取l2:y=x-,‎ l1,l2两平行线间距离 d=,‎ 又AB=,‎ ‎∴△ABN的面积最大值为S=·AB·d ‎=.‎ 题型四 定值、定点问题 例4 (2016·全国乙卷)设圆x2+y2+2x-15=0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,EB∥AC,故∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以EB=ED,故EA+EB=EA+ED=AD.‎ 又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而AD=4,所以EA+EB=4.‎ 由题设得A(-1,0),B(1,0),AB=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为+=1(y≠0).‎ ‎(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).‎ 由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,‎ 则x1+x2=,x1x2=,‎ 所以MN=|x1-x2|=.‎ 过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-(x-1),‎ 点A到m的距离为,‎ 所以PQ=2=4.‎ 故四边形MPNQ的面积 S=MN·PQ=12.‎ 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).‎ 当l与x轴垂直时,其方程为x=1,MN=3,PQ=8,四边形MPNQ的面积为12.‎ 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8).‎ 思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种 ‎(1)从特殊入手,求出定值,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.‎ ‎ (2016·北京)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:AN·BM为定值.‎ ‎(1)解 由已知=,ab=1.‎ 又a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=.‎ ‎∴椭圆方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明 由(1)知,A(2,0),B(0,1).‎ 设椭圆上一点P(x0,y0),则+y=1.‎ 当x0≠0时,直线PA方程为y=(x-2),‎ 令x=0,得yM=.‎ 从而BM=|1-yM|=.‎ 直线PB方程为y=x+1.‎ 令y=0,得xN=.‎ ‎∴AN=|2-xN|=.‎ ‎∴AN·BM=· ‎=· ‎= ‎==4.‎ 当x0=0时,y0=-1,BM=2,AN=2,‎ ‎∴AN·BM=4.‎ 故AN·BM为定值.‎ 题型五 探索性问题 例5 (2015·广东)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.‎ ‎(1)求圆C1的圆心坐标;‎ ‎(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;‎ ‎(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.‎ 解 (1)圆C1:x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,∴圆C1的圆心坐标为(3,0).‎ ‎(2)设M(x,y),‎ ‎∵A,B为过原点的直线l与圆C1的交点,且M为AB的中点,‎ ‎∴由圆的性质知MC1⊥MO,‎ ‎∴·=0.‎ 又∵=(3-x,-y),=(-x,-y),‎ ‎∴由向量的数量积公式得x2-3x+y2=0.‎ 易知直线l的斜率存在,‎ ‎∴设直线l的方程为y=mx,‎ 当直线l与圆C1相切时,d==2,‎ 解得m=±.‎ 把相切时直线l的方程代入圆C1的方程,‎ 化简得9x2-30x+25=0,解得x=.‎ 当直线l经过圆C1的圆心时,M的坐标为(3,0).‎ 又∵直线l与圆C1交于A,B两点,M为AB的中点,‎ ‎∴0时,‎ ‎①若x=3是方程的解,则f(3)=0⇒k=0⇒另一根为x=0<,故在区间上有且仅有一个根,满足题意;‎ ‎②若x=是方程的解,则f=0⇒k=±⇒另外一根为x=,<≤3,故在区间上有且仅有一个根,满足题意;‎ ‎③若x=3和x=均不是方程的解,则方程在区间上有且仅有一个根,只需f·f(3)<0⇒-b>0)的离心率为,且过点(1,),过椭圆的左顶点A作直线l⊥x轴,点M为直线l上的动点(点M与点A不重合),点B为椭圆的右顶点,直线BM交椭圆C于点P.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)求证:AP⊥OM;‎ ‎(3)试问:·是否为定值?若是定值,请求出该定值;若不是定值,请说明理由.‎ ‎(1)解 因为椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,‎ 所以a2=2c2,所以a2=2b2.‎ 又因为椭圆C过点(1,),所以+=1,‎ 所以a2=4,b2=2,所以椭圆C的方程+=1.‎ ‎(2)证明 设直线BM的斜率为k,则直线BM的方程为y=k(x-2),设P(x1,y1),‎ 将y=k(x-2)代入椭圆C的方程+=1中,‎ 化简得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-4=0,‎ 解得x1=,x2=2,‎ 所以y1=k(x1-2)=,从而P(,).‎ 令x=-2,得y=-4k,‎ 所以M(-2,-4k),=(-2,-4k).‎ 又因为=(+2,)=(,),‎ 所以·=+=0,‎ 所以AP⊥OM.‎ ‎(3)解 因为·=(,)·(-2,-4k)‎ ‎===4,‎ 所以·为定值4.‎ ‎1.(2015·陕西)如图,椭圆E:+=1(a>b>0),经过点A(0,-1),且离心率为.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.‎ ‎(1)解 由题设知=,b=1,‎ 结合a2=b2+c2,解得a=,‎ 所以椭圆的方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明 由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,‎ 得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0,由已知Δ>0,‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,‎ 则x1+x2=,x1x2=,‎ 从而直线AP,AQ的斜率之和 ‎ kAP+kAQ=+=+ ‎=2k+(2-k)=2k+(2-k) ‎=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.‎ ‎2.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的焦距为3,其中一条渐近线的方程为x-y=0.以双曲线C的实轴为长轴,虚轴为短轴的椭圆记为E,过原点O的动直线与椭圆E交于A,B两点.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)若点P为椭圆E的左顶点,=2,求||2+||2的取值范围.‎ 解 (1)由双曲线-=1的焦距为3,‎ 得c=,∴a2+b2=.①‎ 由题意知=,②‎ 由①②解得a2=3,b2=,‎ ‎∴椭圆E的方程为+y2=1.‎ ‎(2)由(1)知P(-,0).‎ 设G(x0,y0),由=2,‎ 得(x0+,y0)=2(-x0,-y0),‎ 即解得∴G(-,0).‎ 设A(x1,y1),则B(-x1,-y1),‎ ‎||2+||2=(x1+)2+y+(x1-)2+y ‎=2x+2y+=2x+3-x+ ‎=x+.‎ 又∵x1∈[-,],∴x∈[0,3],‎ ‎∴≤x+≤,‎ ‎∴||2+||2的取值范围是[,].‎ ‎3.已知椭圆+=1的左顶点为A,右焦点为F,过点F的直线交椭圆于B,C两点.‎ ‎(1)求该椭圆的离心率;‎ ‎(2)设直线AB和AC分别与直线x=4交于点M,N,问:x轴上是否存在定点P使得MP⊥NP?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.‎ 解 (1)由椭圆方程可得a=2,b=,‎ 从而椭圆的半焦距c==1.‎ 所以椭圆的离心率为e==.‎ ‎(2)依题意,直线BC的斜率不为0,‎ 设其方程为x=ty+1,B(x1,y1),C(x2,y2),‎ 将其代入+=1,整理得(4+3t2)y2+6ty-9=0.‎ 所以y1+y2=,y1y2=.‎ 易知直线AB的方程是y=(x+2),‎ 从而可得M(4,),同理可得N(4,).‎ 假设x轴上存在定点P(p,0)使得MP⊥NP,‎ 则有·=0.‎ 所以(p-4)2+=0.‎ 将x1=ty1+1,x2=ty2+1代入上式,整理得 ‎(p-4)2+=0,‎ 所以(p-4)2+=0,‎ 即(p-4)2-9=0,解得p=1或p=7.‎ 所以x轴上存在定点P(1,0)或P(7,0),‎ 使得MP⊥NP.‎ ‎4.已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,且经过点P(1,),过它的左,右焦点F1,F2分别作直线l1与l2,l1交椭圆于A,B两点,l2交椭圆于C,D两点,且l1⊥l2.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)求四边形ACBD的面积S的取值范围.‎ 解 (1)由=⇒a=2c,∴a2=4c2,b2=3c2,‎ 将点P的坐标代入椭圆方程得c2=1,‎ 故所求椭圆方程为+=1.‎ ‎(2)若l1与l2中有一条直线的斜率不存在,‎ 则另一条直线的斜率为0,此时四边形的面积S=6.‎ 若l1与l2的斜率都存在,设l1的斜率为k,‎ 则l2的斜率为-,‎ 则直线l1的方程为y=k(x+1).‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立方程组 消去y并整理得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0.①‎ ‎∴x1+x2=-,x1x2=,‎ ‎∴|x1-x2|=,‎ ‎∴AB=|x1-x2|=,②‎ 注意到方程①的结构特征和图形的对称性,‎ 可以用-代替②中的k,得CD=,‎ ‎∴S=AB·CD=,‎ 令k2=t∈(0,+∞),‎ ‎∴S== ‎=6-≥6-=,‎ 当且仅当t=1时等号成立,∴S∈[,6),‎ 综上可知,四边形ABCD的面积S∈[,6].‎ ‎*5.(2016·盐城三模)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,直线l与x轴交于点E,与椭圆C交于A,B两点.当直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点时,弦AB的长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若点E的坐标为(,0),点A在第一象限且横坐标为,连结点A与原点O的直线交椭圆C于另一点P,求△PAB的面积;‎ ‎(3)是否存在点E,使得+为定值?若存在,请指出点E的坐标,并求出该定值;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)由e==,设a=3k(k>0),则c=k,b2=3k2,‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ 因为直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点,‎ 即xA=xB=k,‎ 代入椭圆方程,解得y=±k,于是2k=,即k=,‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)将x=代入+=1,解得y=±1.‎ 因为点A在第一象限,从而A(,1).‎ 由点E的坐标为(,0),所以kAB=,‎ 所以直线AB的方程为y=(x-),‎ 联立直线AB与椭圆C的方程,解得B(-,-).‎ 又PA过原点O,于是P(-,-1),PA=4,‎ 所以直线PA的方程为x-y=0,‎ 所以点B到直线PA的距离h==,‎ 故S△PAB=×4×=.‎ ‎(3)假设存在点E,使得+为定值,设E(x0,0),当直线AB与x轴重合时,有+=+=;‎ 当直线AB与x轴垂直时,‎ +==,‎ 由=,解得x0=±,=2,‎ 以若存在点E,此时E(±,0),+为定值2.‎ 根据对称性,只需考虑直线AB过点E(,0),‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 又设直线AB的方程为x=my+,与椭圆C联立方程组,化简得(m2+3)y2+2my-3=0,‎ 所以y1+y2=,y1y2=.‎ 又===,‎ 所以+=+ ‎=,‎ 将上述关系代入,化简可得+=2.‎ 综上所述,存在点E(±,0),使得+为定值2.‎
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