高考数学大二轮总复习 增分策略 专题六 解析几何 圆锥曲线的综合问题试题

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高考数学大二轮总复习 增分策略 专题六 解析几何 圆锥曲线的综合问题试题

第 3 讲 圆锥曲线的综合问题 1.(2014·福建)设 P,Q 分别为圆 x2+(y-6)2=2 和椭圆 x2 10+y2=1 上的点,则 P,Q 两点间 的最大距离是(  ) A.5 2 B. 46+ 2 C.7+ 2 D.6 2 2.(2015·陕西)如图,椭圆 E: x2 a2+ y2 b2=1(a>b>0),经过点 A(0,-1),且离心率为 2 2 . (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.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查 范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数 形结合、分类讨论等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大. 热点一 范围、最值问题 圆锥曲线中的范围、最值问题,可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值), 或者利用式子的几何意义求解. 例 1 (2015·重庆)如图,椭圆 x2 a2+ y2 b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别 为 F1、F2,过 F2 的直线交椭圆于 P,Q 两点,且 PQ⊥PF1. (1)若|PF1|=2+ 2,|PF2|=2- 2,求椭圆的标准方程; (2)若|PQ|=λ|PF1|,且 3 4≤λ< 4 3,试确定椭圆离心率 e 的取值范围.             思维升华 解决范围问题的常用方法: (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. 跟踪演练 1 已知椭圆 C 的左,右焦点分别为 F1,F2,椭圆的离心率为 1 2,且椭圆经过点 P(1, 3 2). (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)线段 PQ 是椭圆过点 F2 的弦,且PF2→ =λF2Q→ ,求△PF1Q 内切圆面积最大时实数 λ 的值.               热点二 定点、定值问题 1.由直线方程确定定点,若得到了直线方程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直线必过定点 (x0,y0);若得到了直线方程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m). 2.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜 率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终 是一个确定的值. 例 2 椭圆 C: x2 a2+ y2 b2=1(a>b>0)的离心率为 1 2,其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点(A,B 不是左,右顶点),且以 AB 为直径 的圆过椭圆 C 的右顶点,求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标.         思维升华 (1)动直线 l 过定点问题解法:设动直线方程(斜率存在)为 y=kx+t,由题设条 件将 t 用 k 表示为 t=mk,得 y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).(2)动曲线 C 过定点问 题解法:引入参变量建立曲线 C 的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出 定点. 跟踪演练 2 已知直线 l:y=x+ 6,圆 O:x2+y2=5,椭圆 E: y2 a2+ x2 b2=1(a>b>0)的离心率 e= 3 3 ,直线 l 被圆 O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等. (1)求椭圆 E 的方程; (2)过圆 O 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条切线,若切线都存在斜率,求证:两切线的斜率之积 为定值.             热点三 探索性问题 1.解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通常 采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为:假设满足条件的元素(点、直线、 曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则 元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在. 2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法. 例 3 如图,抛物线 C:y2=2px 的焦点为 F,抛物线上一定点 Q(1,2). (1)求抛物线 C 的方程及准线 l 的方程; (2)过焦点 F 的直线(不经过 Q 点)与抛物线交于 A,B 两点,与准线 l 交于点 M,记 QA,QB,QM 的斜率分别为 k1,k2,k3,问是否存在常数 λ,使得 k1+k2=λk3 成立,若存在 λ,求出 λ 的值;若不存在,说明理由.                   思维升华 解决探索性问题的注意事项: 存在性问题,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. (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. (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采取另外的途径. 跟踪演练 3 (2015·四川)如图,椭圆 E: x2 a2+ y2 b2=1(a>b>0)的离心率 是 2 2 ,点 P(0,1)在短轴 CD 上,且PC→ ·PD→ =-1. (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 λ,使得OA→ ·OB→ +λPA→ ·PB→ 为定值?若存在,求 λ 的值;若不存在,请说明理由.     已知椭圆 C1: x2 a2+ y2 3 =1(a>0)与抛物线 C2:y2=2ax 相交于 A,B 两点,且两曲线的焦点 F 重 合. (1)求 C1,C2 的方程; (2)若过焦点 F 的直线 l 与椭圆分别交于 M,Q 两点,与抛物线分别交于 P,N 两点,是否存在 斜率为 k(k≠0)的直线 l,使得 |PN| |MQ|=2?若存在,求出 k 的值;若不存在,请说明理由.     提醒:完成作业 专题六 第 3 讲 二轮专题强化练 专题六 第3 讲 圆锥曲线的综合问题 A 组 专题通关 1.(2015·北京西城区期末)若曲线 ax2+by2=1 为焦点在 x 轴上的椭圆,则实数 a,b 满足 (  ) A.a2>b2 B. 1 a< 1 b C.0b>0)的离心率为 e= 1 2,右焦点为 F(c,0),方程 ax2+bx-c=0 的两个 实根分别为 x1 和 x2,则点 P(x1,x2)(  ) A.必在圆 x2+y2=2 内 B.必在圆 x2+y2=2 上 C.必在圆 x2+y2=2 外 D.以上三种情形都有可能 5.若点 O 和点 F 分别为椭圆 x2 4 + y2 3 =1 的中心和左焦点,点 P 为椭圆上的任意一点,则OP→ ·FP→ 的最大值为(  ) A.2 B.3 C.6 D.8 6.已知双曲线 x2- y2 3 =1 的左顶点为 A1,右焦点为 F2,P 为双曲线右支上一点,则PA1→ ·PF2→ 的最小值为_______________________________________________________________. 7.已知 A(1,2),B(-1,2),动点 P 满足AP→ ⊥BP→ .若双曲线 x2 a2- y2 b2=1(a>0,b>0)的渐近线与动 点 P 的轨迹没有公共点,则双曲线离心率的取值范围是________. 8.在直线 y=-2 上任取一点 Q,过 Q 作抛物线 x2=4y 的切线,切点分别为 A、B,则直线 AB 恒过定点________. 9.已知椭圆 C: x2 a2+ y2 b2=1(a>b>0)的短轴长为 2,离心率为 2 2 ,过点 M(2,0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若 B 点关于 x 轴的对称点是 N,证明:直线 AN 恒过一定点. B 组 能力提高 10.已知直线 y=a 交抛物线 y=x2 于 A,B 两点.若该抛物线上存在点 C,使得∠ACB 为直角, 则 a 的取值范围为________. 11.直线 3x-4y+4=0 与抛物线 x2=4y 和圆 x2+(y-1)2=1 从左到右的交点依次为 A、B、 C、D,则 |AB| |CD|的值为________. 12.(2015·课标全国Ⅱ)已知椭圆 C:9x2+y2=m2(m>0),直线 l 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. (1)证明:直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值; (2)若 l 过点(m 3,m ),延长线段 OM 与 C 交于点 P,四边形 OAPB 能否为平行四边形?若能, 求此时 l 的斜率;若不能,说明理由. 学生用书答案精析 第 3 讲 圆锥曲线的综合问题 高考真题体验 1.D [如图所示,设以(0,6)为圆心,以 r 为半径的圆的方程 为 x2+(y-6)2=r2(r>0),与椭圆方程 x2 10+y2=1 联立得方程 组,消掉 x2 得 9y2+12y+r2-46=0. 令 Δ=122-4×9(r2-46)=0, 解得 r2=50,即 r=5 2. 由题意易知 P,Q 两点间的最大距离为 r+ 2=6 2, 故选 D.] 2.(1)解 由题设知 c a= 2 2 ,b=1, 结合 a2=b2+c2,解得 a= 2, 所以椭圆的方程为 x2 2 +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 x2 2 +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= 4kk-1 1+2k2 ,x1x2= 2kk-2 1+2k2 , 从而直线 AP,AQ 的斜率之和 kAP+kAQ= y1+1 x1 + y2+1 x2 = kx1+2-k x1 + kx2+2-k x2 =2k+(2-k)( 1 x1+ 1 x2) =2k+(2-k) x1+x2 x1x2 =2k+(2-k) 4kk-1 2kk-2=2k-2(k-1)=2. 热点分类突破 例 1 解 (1)由椭圆的定义, 2a=|PF1|+|PF2|=(2+ 2)+(2- 2)=4,故 a=2. 设椭圆的半焦距为 c,由已知 PF1⊥PF2,因此 2c=|F1F2|= |PF1|2+|PF2|2 = 2+ 22+2- 22=2 3, 即 c= 3,从而 b= a2-c2=1. 故所求椭圆的标准方程为 x2 4 +y2=1. (2)如图,由 PF1⊥PQ, |PQ|=λ|PF1|,得 |QF1|= |PF1|2+|PQ|2= 1+λ2|PF1|. 由椭圆的定义,|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a, 进而|PF1|+|PQ|+|QF1|=4a, 于是(1+λ+ 1+λ2)|PF1|=4a, 解得|PF1|= 4a 1+λ+ 1+λ2, 故|PF2|=2a-|PF1|= 2aλ+ 1+λ2-1 1+λ+ 1+λ2 . 由勾股定理得 |PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2=4c2, 从而 ( 4a 1+λ+ 1+λ2)2+ (2aλ+ 1+λ2-1 1+λ+ 1+λ2 )2=4c2, 两边除以 4a2,得 4 1+λ+ 1+λ22+ λ+ 1+λ2-12 1+λ+ 1+λ22=e2. 若记 t=1+λ+ 1+λ2,则上式变成 e2= 4+t-22 t2 =8(1 t- 1 4 )2+ 1 2. 由 3 4≤λ< 4 3,并注意到 1+λ+ 1+λ2关于 λ 的单调性,得 3≤t<4,即 1 4< 1 t≤ 1 3. 进而 1 2<e2≤ 5 9,即 2 2 <e≤ 5 3 . 跟踪演练 1 解 (1)e= c a= 1 2,P(1, 3 2)满足 1 a2+  3 22 b2 =1, 又 a2=b2+c2,∴a2=4,b2=3, ∴椭圆标准方程为 x2 4 + y2 3 =1. (2)显然直线 PQ 不与 x 轴重合, 当直线 PQ 与 x 轴垂直时, |PQ|=3,|F1F2|=2, =3; 当直线 PQ 不与 x 轴垂直时,设直线 PQ:y=k(x-1),k≠0 代入椭圆 C 的标准方程, 整理,得(3+4k2)y2+6ky-9k2=0, Δ>0,y1+y2= -6k 3+4k2,y1·y2= -9k2 3+4k2. = 1 2·|F1F2|·|y1-y2|=12 k2+k4 3+4k22, 令 t=3+4k2,∴t>3,k2= t-3 4 , ∴ =3 -3 1 t+ 1 32+ 4 3, ∵0< 1 t< 1 3, ∴ ∈(0,3), ∴当直线 PQ 与 x 轴垂直时 最大,且最大面积为 3. 设△PF1Q 内切圆半径为 r, 则 = 1 2(|PF1|+|QF1|+|PQ|)·r=4r≤3. 即 rmax= 3 4,此时直线 PQ 与 x 轴垂直,△PF1Q 内切圆面积最大, ∴PF2→ =F2Q→ ,∴λ=1. 例 2 解 (1)设椭圆方程为 x2 a2+ y2 b2=1 (a>b>0), 由 e= c a= 1 2,得 a=2c,∵a2=b2+c2, ∴b2=3c2, 则椭圆方程变为 x2 4c2+ y2 3c2=1. 又由题意知 2+c2+12= 10,解得 c2=1, 故 a2=4,b2=3, 即得椭圆的标准方程为 x2 4 + y2 3 =1. (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立Error! 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0. 1PF QS 1PF QS 1PF QS 1PF QS 1PF QS 1PF QS 则Error!① 又 y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+mk(x1+x2)+m2 = 3m2-4k2 3+4k2 . ∵椭圆的右顶点为 A2(2,0),AA2⊥BA2, ∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0, ∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0, ∴ 3m2-4k2 3+4k2 + 4m2-3 3+4k2 + 16mk 3+4k2+4=0, ∴7m2+16mk+4k2=0,解得 m1=-2k,m2=- 2k 7 , 由①,得 3+4k2-m2>0,② 当 m1=-2k 时,l 的方程为 y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾. 当 m2=- 2k 7 时,l 的方程为 y=k(x- 2 7 ),直线过定点(2 7,0 ),且满足②, ∴直线 l 过定点,定点坐标为(2 7,0 ). 跟踪演练 2 (1)解 设椭圆的半焦距为 c, 圆心 O 到直线 l 的距离 d= 6 1+1= 3, ∴b= 5-3= 2. 由题意得Error!∴a2=3,b2=2. ∴椭圆 E 的方程为 y2 3 + x2 2 =1. (2)证明 设点 P(x0,y0),过点 P 的椭圆 E 的切线 l0 的方程为 y-y0=k(x-x0), 联立直线 l0 与椭圆 E 的方程得Error! 消去 y 得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0, ∴Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]=0, 整理得,(2-x20)k2+2kx0y0-(y20-3)=0, 设满足题意的椭圆 E 的两条切线的斜率分别为 k1,k2, 则 k1·k2=- y20-3 2-x20, ∵点 P 在圆 O 上,∴x20+y20=5, ∴k1·k2=- 5-x20-3 2-x20 =-1. ∴两条切线的斜率之积为常数-1. 例 3 解 (1)把 Q(1,2)代入 y2=2px,得 2p=4, 所以抛物线方程为 y2=4x,准线 l 的方程为 x=-1. (2)由条件可设直线 AB 的方程为 y=k(x-1),k≠0. 由抛物线准线 l:x=-1, 可知 M(-1,-2k). 又 Q(1,2),所以 k3= 2+2k 1+1 =k+1, 即 k3=k+1. 把直线 AB 的方程 y=k(x-1),代入抛物线方程 y2=4x,并整理,可得 k2x2-2(k2+2)x+k2= 0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系,知 x1+x2= 2k2+4 k2 ,x1x2=1. 又 Q(1,2),则 k1= 2-y1 1-x1,k2= 2-y2 1-x2. 因为 A,F,B 共线,所以 kAF=kBF=k, 即 y1 x1-1= y2 x2-1=k. 所以 k1+k2= 2-y1 1-x1+ 2-y2 1-x2= y1 x1-1+ y2 x2-1- 2x1+x2-2 x1x2-x1+x2+1=2k- 2 2k2+4 k2 -2 1- 2k2+4 k2 +1 =2k +2, 即 k1+k2=2k+2. 又 k3=k+1,可得 k1+k2=2k3. 即存在常数 λ=2,使得 k1+k2=λk3 成立. 跟踪演练 3 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PC→ ·PD→ =-1, 于是Error!解得 a=2,b= 2, 所以椭圆 E 的方程为 x2 4 + y2 2 =1. (2)当直线 AB 的斜率存在时,设直线 AB 的方程为 y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x1,y1), (x2,y2), 联立Error!得(2k2+1)x2+4kx-2=0, 其判别式 Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 所以 x1+x2=- 4k 2k2+1,x1x2=- 2 2k2+1, 从而,OA→ ·OB→ +λPA→ ·PB→ =x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 = -2λ-4k2+-2λ-1 2k2+1 =- λ-1 2k2+1-λ-2. 所以当 λ=1 时,- λ-1 2k2+1-λ-2=-3, 此时OA→ ·OB→ +λPA→ ·PB→ =-3 为定值. 当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 即为直线 CD, 此时,OA→ ·OB→ +λPA→ ·PB→ =OC→ ·OD→ +PC→ ·PD→ =-2-1=-3. 故存在常数 λ=1,使得OA→ ·OB→ +λPA→ ·PB→ 为定值-3. 高考押题精练 解 (1)因为 C1,C2 的焦点重合, 所以 a2-3= a 2, 所以 a2=4. 又 a>0,所以 a=2. 于是椭圆 C1 的方程为 x2 4 + y2 3 =1, 抛物线 C2 的方程为 y2=4x. (2)假设存在直线 l 使得 |PN| |MQ|=2, 则可设直线 l 的方程为 y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4). 由Error!可得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0, 则 x1+x4= 2k2+4 k2 ,x1x4=1, 所以|PN|= 1+k2· x1+x42-4x1x4= 41+k2 k2 . 由Error!可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 则 x2+x3= 8k2 3+4k2,x2x3= 4k2-12 3+4k2 , 所以|MQ|= 1+k2· x2+x32-4x2x3= 121+k2 3+4k2 . 若 |PN| |MQ|=2, 则 41+k2 k2 =2× 121+k2 3+4k2 , 解得 k=± 6 2 . 故存在斜率为 k=± 6 2 的直线 l, 使得 |PN| |MQ|=2. 二轮专题强化练答案精析 第 3 讲 圆锥曲线的综合问题 1.C [由 ax2+by2=1,得 x2 1 a + y2 1 b =1, 因为焦点在 x 轴上,所以 1 a> 1 b>0, 所以 00,b>0)的渐近线方程为 y=± b ax,即 bx±ay=0, 由题意,可得 2a a2+b2>1,即 2a c >1, 所以 e= c a<2, 又 e>1,故 1
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