2019届二轮复习小题专练圆锥曲线热点问题课件（73张）

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第二篇　重点专题分层练 ， 中高档题得高分 第 19 练　圆锥曲线热点问题 [ 解答题突破练 ] 明晰 考 情 1. 命题角度：直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，范围、最值问题是高考的热点；圆锥曲线中的证明问题是常见的题型 . 2 . 题目难度：中高档难度 . 栏目索引 核心考点突破练 模板答题规范练 考点一　直线与圆锥曲线 方法技巧 　对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理 . (1) 设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成 x ＝ my ＋ b ( 斜率不为 0) 的形式 . (2) 联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系 . 核心考点突破练 解 答 解　 由题意可知过 F 的直线 l 斜率存在，设直线 l 的方程为 y ＝ k ( x － 2) ， 得 (3 k 2 ＋ 1) x 2 － 12 k 2 x ＋ 12 k 2 － 6 ＝ 0 ， Δ >0 显然成立 . ∵ x 1 ＋ x 2 ＝ 3 ， 解 答 得 ( m 2 ＋ 3) y 2 ＋ 4 my － 2 ＝ 0 ， Δ >0 显然成立 . 即 m 4 － 3 m 2 ＝ 0 ， 解 答 解　 设 A ( x 1 ， y 1 ) ， B ( x 2 ， y 2 ) ， 解 答 (2) 设 M 为曲线 C 上一点， C 在 M 处的切线与直线 AB 平行，且 AM ⊥ BM ，求直线 AB 的方程 . 解得 x 3 ＝ 2 ，于是 M (2,1). 设直线 AB 的方程为 y ＝ x ＋ m ， 故线段 AB 的中点为 N (2,2 ＋ m ) ， | MN | ＝ | m ＋ 1|. 得 x 2 － 4 x － 4 m ＝ 0. 当 Δ ＝ 16( m ＋ 1)>0 ， 由题设知 | AB | ＝ 2| MN | ， 解得 m ＝ 7 或 m ＝－ 1( 舍 ). 所以直线 AB 的方程为 x － y ＋ 7 ＝ 0. 解 答 (1) 求椭圆的方程和抛物线的方程； 解 答 整理得 (3 m 2 ＋ 4) y 2 ＋ 6 my ＝ 0 ， 考点二　圆锥曲线中的范围、最值问题 方法技巧 　求圆锥曲线中范围、最值的主要方法 (1) 几何法：若题目中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数形结合求解 . (2) 代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围 . 解 答 (1) 当 t ＝ 4 ， | AM | ＝ | AN | 时，求 △ AMN 的面积； 解　 设 M ( x 1 ， y 1 ) ，则由题意知 y 1 >0. 由 | AM | ＝ | AN | 及椭圆的对称性知， 因此直线 AM 的方程为 y ＝ x ＋ 2. 解 答 (2) 当 2| AM | ＝ | AN | 时，求 k 的取值范围 . 即 ( k 3 － 2) t ＝ 3 k (2 k － 1) ， 解 答 (1) 求 E 的方程； 解 答 (2) 设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P ， Q 两点，当 △ OPQ 的面积最大时，求 l 的方程 . 解　 当 l ⊥ x 轴时不合题意， 故设 l ： y ＝ kx － 2 ， P ( x 1 ， y 1 ) ， Q ( x 2 ， y 2 ). 得 (1 ＋ 4 k 2 ) x 2 － 16 kx ＋ 12 ＝ 0. 当 Δ ＝ 16(4 k 2 － 3)>0 ， 6.(2016· 浙江 ) 如图所示，设抛物线 y 2 ＝ 2 px ( p >0) 的焦点为 F ，抛物线上的点 A 到 y 轴的距离等于 | AF | － 1 . (1) 求 p 的值 ； 解 答 解　 由题意可得，抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到直线 x ＝－ 1 的距离， 解 答 (2) 若直线 AF 交抛物线于另一点 B ，过 B 与 x 轴平行的直线和过 F 与 AB 垂直的直线交于点 N ， AN 与 x 轴交于点 M ，求 M 的横坐标的取值范围 . 解　 由 (1) 得，抛物线方程为 y 2 ＝ 4 x ， F (1,0) ， 可设 A ( t 2 ， 2 t ) ， t ≠ 0 ， t ≠ ±1 ， B ( x B ， y B ). ∵ AF 不垂直于 y 轴，可设直线 AF ： x ＝ sy ＋ 1( s ≠ 0) ， ∴ m <0 或 m >2. 经检验知， m <0 或 m >2 满足题意 . 综上，点 M 的横坐标的取值范围是 ( － ∞ ， 0) ∪ (2 ，＋ ∞ ). 考点三　圆锥曲线中的证明问题 方法技巧 　圆锥曲线中的证明问题是转化与化归思想的充分体现 . 无论证明什么结论，要对已知条件进行化简，同时对要证结论合理转化，寻求条件和结论间的联系，从而确定解题思路及转化方向 . 7.(2018· 全国 Ⅰ ) 设椭圆 C ： ＋ y 2 ＝ 1 的右焦点为 F ，过 F 的直线 l 与 C 交于 A ， B 两点，点 M 的坐标为 (2,0). (1) 当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程； 解 答 解　 由已知得 F (1,0) ， l 的方程为 x ＝ 1. 又 M (2,0) ， 证明 (2) 设 O 为坐标原点，证明： ∠ OMA ＝ ∠ OMB . 证明　 当 l 与 x 轴重合时， ∠ OMA ＝ ∠ OMB ＝ 0°. 当 l 与 x 轴垂直时， OM 为 AB 的垂直平分线， 所以 ∠ OMA ＝ ∠ OMB . 当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 y ＝ k ( x － 1)( k ≠ 0) ， A ( x 1 ， y 1 ) ， B ( x 2 ， y 2 ) ， 由 y 1 ＝ kx 1 － k ， y 2 ＝ kx 2 － k ，得 则 2 kx 1 x 2 － 3 k ( x 1 ＋ x 2 ) ＋ 4 k (2 k 2 ＋ 1) x 2 － 4 k 2 x ＋ 2 k 2 － 2 ＝ 0 ，由题意知 Δ ＞ 0 恒成立， 从而 k MA ＋ k MB ＝ 0 ，故 MA ， MB 的倾斜角互补 . 所以 ∠ OMA ＝ ∠ OMB . 综上， ∠ OMA ＝ ∠ OMB . 解 答 (1) 求椭圆 C 的方程； 因为 a 2 ＝ b 2 ＋ c 2 ，解得 a ＝ 2 ， b ＝ 1, 证明 (2) 设 B 1 ， B 2 分别是椭圆 C 的下顶点和上顶点， P 是椭圆上异于 B 1 ， B 2 的任意一点，过点 P 作 PM ⊥ y 轴于 M ， N 为线段 PM 的中点，直线 B 2 N 与直线 y ＝－ 1 交于点 D ， E 为线段 B 1 D 的中点， O 为坐标原点，求证： ON ⊥ EN . 因为点 P 在椭圆 C 上， 又 B 1 (0 ，－ 1) ， E 为线段 B 1 D 的中点， 9. 已知抛物线 C ： y 2 ＝ 2 px 过点 P (1 ， 1 ) ，过 点 作 直线 l 与抛物线 C 交于不同的两点 M ， N ，过点 M 作 x 轴的垂线分别与直线 OP ， ON 交于点 A ， B ，其中 O 为原点 . (1) 求抛物线 C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； 解 答 所以抛物线 C 的方程为 y 2 ＝ x ， 证明 (2) 求证： A 为线段 BM 的中点 . 证明　 由题意，直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 得 4 k 2 x 2 ＋ (4 k － 4) x ＋ 1 ＝ 0 ， 因为点 P 的坐标为 (1,1) ，所以直线 OP 的方程为 y ＝ x ，点 A 的坐标为 ( x 1 ， x 1 ). 故 A 为线段 BM 的中点 . 模板答题规范练 模 板体验 审题 路线图 规范解答 · 评分标准 解得 a 2 ＝ 4 ， b 2 ＝ 1. 由题意知 Q ( － λx 0 ，－ λy 0 ). ② 设 A ( x 1 ， y 1 ) ， B ( x 2 ， y 2 ). 将 y ＝ kx ＋ m 代入椭圆 E 的方程， 可得 (1 ＋ 4 k 2 ) x 2 ＋ 8 kmx ＋ 4 m 2 － 16 ＝ 0 ， 由 Δ ＞ 0 ，可得 m 2 ＜ 4 ＋ 16 k 2 ， (*) 因为直线 y ＝ kx ＋ m 与 y 轴交点的坐标为 (0 ， m ) ， 可得 (1 ＋ 4 k 2 ) x 2 ＋ 8 kmx ＋ 4 m 2 － 4 ＝ 0 ， 由 Δ ≥ 0 ，可得 m 2 ≤ 1 ＋ 4 k 2 . (**) 由 (*) 和 (**) 可知 0 ＜ t ≤ 1 ， 构建答题模板 [ 第一步 ] 　 求曲线方程 ：根据基本量法确定圆锥曲线的方程； [ 第二步 ] 　 联立消元 ：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程 Ax 2 ＋ Bx ＋ C ＝ 0 ，然后研究判别式，利用根与系数的关系； [ 第三步 ] 　 找关系 ：从题设中寻求变量的等量或不等关系； [ 第四步 ] 　 建函数 ：对范围最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系； [ 第五步 ] 　 得范围 ：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件 . 1. 如图，设点 A ， F 1 ， F 2 分别为 椭圆 的 左顶点和左、右焦点，过点 A 作斜率为 k 的直线交椭圆于另一点 B ，连接 BF 2 并延长交椭圆于点 C . (1) 求点 B 的坐标 ( 用 k 表示 ) ； 解答 规范演练 解　 设点 B ( x B ， y B ) ，直线 AB 的方程为 y ＝ k ( x ＋ 2) ， 得 (3 ＋ 4 k 2 ) x 2 ＋ 16 k 2 x ＋ 16 k 2 － 12 ＝ 0 ， Δ ＝ (16 k 2 ) 2 － 4(3 ＋ 4 k 2 )(16 k 2 － 12) ＞ 0 ， (2) 若 F 1 C ⊥ AB ，求 k 的值 . 解答 (1) 求椭圆的方程； 解答 (2) 设 A ， B 分别为椭圆的左、右顶点，过点 F 且斜率为 k 的直线与椭圆交于 C ， D 两点 . 若 O 为坐标原点，求 △ OCD 的面积 . 解答 解　 由 (1) 可知 F ( － 1,0) ， 则直线 CD 的方程为 y ＝ k ( x ＋ 1). 消去 y 得 (2 ＋ 3 k 2 ) x 2 ＋ 6 k 2 x ＋ 3 k 2 － 6 ＝ 0. 设 C ( x 1 ， y 1 ) ， D ( x 2 ， y 2 ) ， ＝ 6 － (2 ＋ 2 k 2 ) x 1 x 2 － 2 k 2 ( x 1 ＋ x 2 ) － 2 k 2 而原点 O 到直线 CD 的距离 (1) 求椭圆 C 的方程； 解答 解　 由题意知， D (0 ， b ) ， F 1 ( － c ， 0 ) ， F 2 ( c ， 0 ) ， 又 a 2 ＝ b 2 ＋ c 2 ， 解答 解　 当 l 的斜率不为 0 时，设 AB 的方程为 x ＝ ty ＋ m ， ∴ ( t 2 ＋ 3) y 2 ＋ 2 tmy ＋ m 2 － 6 ＝ 0 ， Δ ＝ 4 t 2 m 2 － 4( m 2 － 6)( t 2 ＋ 3) ＝ 4(6 t 2 ＋ 18 － 3 m 2 ). 设 A ( x 1 ， y 1 ) ， B ( x 2 ， y 2 ) ， (1) 求直线 AP 斜率的取值范围； 解答 所以直线 AP 斜率的取值范围为 ( － 1,1). (2) 求 | PA |·| PQ | 的最大值 . 解答 所以 | PA |·| PQ | ＝－ ( k － 1)( k ＋ 1) 3 ， 令 f ( k ) ＝－ ( k － 1)( k ＋ 1) 3 ， 因为 f ′ ( k ) ＝－ (4 k － 2)( k ＋ 1) 2 ， 本课结束