2020年高考理科数学复习大题篇----圆锥曲线综合经典.docx
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1、2020年高考理科数学一轮复习大题篇-圆锥曲线综合【归类解析】题型一范围问题【解题指导】 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,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建立两个参数之间的等量关系(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围(4)利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围【例】设椭圆1(a)的右焦点为F,右顶点为A.已知,其中O为原点,e为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程;
2、(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BFHF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围【解】(1)设F(c,0),由,即,可得a2c23c2.又a2c2b23,所以c21,因此a24.所以椭圆的方程为1.(2)设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为yk(x2)设B(xB,yB),由方程组消去y,整理得(4k23)x216k2x16k2120.解得x2或x.由题意得xB,从而yB.由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),有(1,yH),.由BFHF,得0,所以0,解得yH.因此直线MH的方程为yx.设M(xM,yM),由方
3、程组消去y,解得xM.在MAO中,由MOAMAO,得|MA|MO|,即(xM2)2yxy,化简,得xM1,即1,解得k或k.所以直线l的斜率的取值范围为.【训练】如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y24x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;(2)若P是半椭圆x21(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围(1)证明设P(x0,y0),A,B.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程24,即y22y0y8x0y0的两个不同的实根所以y1y22y0,所以PM垂直于y轴(2)解由(1)可知所以|PM|(yy)x0y
4、3x0,|y1y2|2.所以PAB的面积SPAB|PM|y1y2|. 因为x1(1x0b0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为b.(1)求椭圆C的离心率;(2)若点M在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB的中点,求OAB面积的最大值【解】(1)由题意,得acb,则(ac)2b2,结合b2a2c2,得(ac)2(a2c2),即2c23aca20,亦即2e23e10,结合0e0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1x2.因为y1y2k(x1x2)2m,所以线段AB的中点N的坐标为,因为点N在直线yx上,所以2,解得k.所以4
5、8(12m2)0,解得2m2,且m0,|AB| |x2x1|.又原点O到直线l的距离d,所以SOAB.当且仅当12m2m2,即m时等号成立,符合2m0,将AB的中点M代入直线方程ymx,解得b,由得m.(2)令t,则t2.则|AB|,且O到直线AB的距离为d.设AOB的面积为S(t),所以S(t)|AB|d ,当且仅当t2时,等号成立,此时满足t2.故AOB面积的最大值为.题型三定点问题【解题指导】 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该
6、定点与变量无关【例】已知椭圆C:1(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1,证明:l过定点(1)解由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知椭圆C经过P3,P4两点又由知,椭圆C不经过点P1,所以点P2在椭圆C上因此解得故椭圆C的方程为y21.(2)证明设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果l与x轴垂直,设l:xt,由题设知t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1x2.而k1k2.由题设知k1k21,故(2k
7、1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0,解得k.当且仅当m1时,0,于是l:yxm,即y1(x2),所以l过定点(2,1)【训练】 已知焦距为2的椭圆C:1(ab0)的右顶点为A,直线y与椭圆C交于P,Q两点(P在Q的左边),Q在x轴上的射影为B,且四边形ABPQ是平行四边形(1)求椭圆C的方程;(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M,N.若直线l过原点且与坐标轴不重合,E是直线3x3y20上一点,且EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形,求k的值;若M是椭圆的左顶点,D是直线MN上一点,且DAAM,点G是x轴上异于点M的点,且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的
8、交点,求证:点G是定点(1)解由题意可得2c2,即c,设Q,因为四边形ABPQ为平行四边形,|PQ|2n,|AB|an,所以2nan,n,则1,解得b22,a2b2c24,可得椭圆C的方程为1.(2)解直线ykx(k0)代入椭圆方程,可得(12k2)x24,解得x,可设M,由E是3x3y20上一点,可设E,E到直线kxy0的距离为d,因为EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形,所以OEMN,|OM|d,即有,(*),(*)由(*)得m(k1),代入(*)式,化简整理可得7k218k80,解得k2或.证明由M(2,0),可得直线MN的方程为yk(x2)(k0),代入椭圆方程可得(12k2)x28
9、k2x8k240,可得2xN,解得xN,yNk(xN2),即N,设G(t,0)(t2),由题意可得D(2,4k),A(2,0),以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,可得ANDG,即有0,即为(t2,4k)0,解得t0.故点G是定点,即为原点(0,0)题型四定值问题【解题指导】 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值(2)求点到直线的距离为定值利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得(3)求某线段长度为定值利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得【
10、例】已知抛物线C:y22px经过点P(1,2),过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,求证:为定值(1)解因为抛物线y22px过点(1,2),所以2p4,即p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0),由得k2x2(2k4)x10.依题意知(2k4)24k210,解得k0或0kb0)上一点,F1,F2分别为C的左、右焦点,且|F1F2|4,F1MF260,F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程;(2)设N(0,2),过点P(
11、1,2)作直线l,交椭圆C于异于N的A,B两点,直线NA,NB的斜率分别为k1,k2,证明:k1k2为定值(1)解在F1MF2中,由|MF1|MF2|sin 60,得|MF1|MF2|.由余弦定理,得|F1F2|2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60),解得|MF1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4,即a2.由|F1F2|4得c2,从而b2,故椭圆C的方程为1.(2)证明当直线l的斜率存在时,设斜率为k,显然k0,则其方程为y2k(x1),由得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.56k232k0,设
12、A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时,可得A,B,得k1k24.综上,k1k2为定值题型五证明问题【解题指导】 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,证明方法一般是采用直接法或反证法【例】设O为坐标原点,动点M在椭圆C:y21上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x3上,且1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)解设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),(xx0,y),(0,y0)由 得x0x,y0y.因为M
13、(x0,y0)在C上,所以1.因此点P的轨迹方程为x2y22.(2)证明由题意知F(1,0)设Q(3,t),P(m,n),则(3,t),(1m,n),33mtn,(m,n),(3m,tn)由1,得3mm2tnn21.又由(1)知m2n22,故33mtn0.所以0,即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【训练】已知椭圆T:1(ab0)的一个顶点A(0,1),离心率e,圆C:x2y24,从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM,PN.(1)求椭圆T的方程;(2)求证:PMPN.(1)解由题意可知b1,即2a23c2,又a2b2c2,联立解得a23,b21
14、.椭圆方程为y21.(2)证明方法一当P点横坐标为时,纵坐标为1,PM斜率不存在,PN斜率为0,PMPN.当P点横坐标不为时,设P(x0,y0),则xy4,设kPMk,PM的方程为yy0k(xx0),联立方程组消去y得(13k2)x26k(y0kx0)x3k2x6kx0y03y30,依题意36k2(y0kx0)24(13k2)(3k2x6kx0y03y3)0,化简得(3x)k22x0y0k1y0,又kPM,kPN为方程的两根,所以kPMkPN1.所以PMPN.综上知PMPN.方法二当P点横坐标为时,纵坐标为1,PM斜率不存在,PN斜率为0,PMPN.当P点横坐标不为时,设P(2cos ,2si
15、n ),切线方程为y2sin k(x2cos ),联立得(13k2)x212k(sin kcos )x12(sin kcos )230,令0,即144k2(sin kcos )24(13k2)12(sin kcos )230,化简得(34cos2)k24sin 2k14sin20,kPMkPN1.所以PMPN.综上知PMPN.题型六探索性问题【解题指导】 解决探索性问题的注意事项探索性问题,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
16、法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法【例】在平面直角坐标系xOy中,曲线C:y与直线l:ykxa(a0)交于M,N两点,(1)当k0时,分别求C在点M和N处的切线方程;(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有OPMOPN?说明理由【解】(1)由题设可得M(2,a),N(2,a),或M(2,a),N(2,a)又y,故y在x2处的导数值为,C在点(2,a)处的切线方程为ya(x2),即xya0.y在x2处的导数值为,C在点(2,a)处的切线方程为ya(x2),即xya0.故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点,证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1
17、),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将ykxa代入C的方程得x24kx4a0.故x1x24k,x1x24a.从而k1k2.当ba时,有k1k20,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故OPMOPN,所以点P(0,a)符合题意【训练】已知椭圆E:1(ab0)过点Q,且离心率e,直线l与E相交于M,N两点,l与x轴、y轴分别相交于C,D两点,O为坐标原点(1)求椭圆E的方程;(2)判断是否存在直线l,满足2,2?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由【解】(1)由题意得解得所以椭圆E的方程为y21.(2)存在直线l,满足2,2.理由如下:方法一由题意,直线l的
18、斜率存在,设直线l的方程为ykxm(km0),M(x1,y1),N(x2,y2),则C,D(0,m)由方程组得(12k2)x24kmx2m220,所以16k28m280.(*)由根与系数的关系,得x1x2,x1x2.因为2,2,所以,所以C,D是线段MN的两个三等分点,得线段MN的中点与线段CD的中点重合所以x1x20,解得k.由C,D是线段MN的两个三等分点,得|MN|3|CD|.所以|x1x2|3,即|x1x2|3,解得m.验证知(*)成立所以存在直线l,满足2,2,此时直线l的方程为yx或yx.方法二设M(x1,y1),N(x2,y2),C(m,0),D(0,n),由2,2,得解得M(2
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- 2020 年高 理科 数学 复习 大题篇 圆锥曲线 综合 经典
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