2019屆高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題四第3講圓錐曲線綜合問題學(xué)案.docx

第3講圓錐曲線綜合問題1圓錐曲線中的定點(diǎn)與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，往往作為試卷的壓軸題之一；2以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結(jié)論相關(guān)存在性開放問題1圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉(zhuǎn)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2定點(diǎn)、定值問題(1)定點(diǎn)問題：在解析幾何中，有些含有參數(shù)的直線或曲線的方程，不論參數(shù)如何變化，其都過某定點(diǎn)，這類問題稱為定點(diǎn)問題若得到了直線方程的點(diǎn)斜式：yy0k(xx0)，則直線必過定點(diǎn)(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式：ykxm，則直線必過定點(diǎn)(0，m)(2)定值問題：在解析幾何中，有些幾何量，如斜率、距離、面積、比值等基本量和動點(diǎn)坐標(biāo)或動直線中的參變量無關(guān)，這類問題統(tǒng)稱為定值問題3存在性問題的解題步驟：(1)先假設(shè)存在，引入?yún)⒆兞?，根?jù)題目條件列出關(guān)于參變量的方程(組)或不等式(組)(2)解此方程(組)或不等式(組)，若有解則存在，若無解則不存在(3)得出結(jié)論熱點(diǎn)一圓錐曲線中的最值、范圍【例1】(2018濟(jì)寧期末)已知拋物線C:x2=2pyp0的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，且OAOB=-3，直線AO，BO分別交直線y=-1于點(diǎn)M，N(1)求拋物線C的方程；(2)求SOMN的最小值解（1）拋物線C:x2=2pyp0的焦點(diǎn)為F0,p2，Ax1,y1，Bx2,y2設(shè)直線AB的方程為：y=kx+p2，聯(lián)立直線AB與拋物線C的方程可得：y=kx+p2x2=2py，整理得：x2-2pkx-p2=0，所以x1+x2=2pk，x1x2=-p2，y1y2=kx1+p2kx2+p2=k2x1x2+p2kx1+x2+p24=p24，因為OAOB=-3，且OA=x1,y1，OB=x2,y2，所以x1x2+y1y2=-3，即-p2+p24=-3，解得：p=2所以拋物線C的方程為：x2=4y。（2）直線OA的方程為：y=y1x1x，直線OB的方程為：y=y2x2x，聯(lián)立y=y1x1xy=-1得：x=-x1y1，所以M-x1y1,-1，聯(lián)立y=y2x2xy=-1得：x=-x2y2，所以N-x2y2,-1，所以MN=x2y2-x1y1=x2y1-x1y2y2y1=x2kx1+p2-x1kx2+p2y1y2=x1-x2=x1+x22-4x1x2，所以SOMN=121x1-x2=12x1+x22-4x1x2=124k2+162，當(dāng)k=0時，等號成立所以SOMN的最小值為2探究提高求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法：(1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)數(shù)形結(jié)合求解(2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，或者不等關(guān)系，或者已知參數(shù)與新參數(shù)之間的等量關(guān)系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍【訓(xùn)練1】已知點(diǎn)A(0，2)，橢圓E：1(ab0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求E的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)A的動直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)OPQ的面積最大時，求l的方程解(1)設(shè)F(c，0)，由條件知，得c又，所以a2，b2a2c21故E的方程為y21(2)當(dāng)lx軸時不合題意，故設(shè)l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)將ykx2代入y21，得(14k2)x216kx120當(dāng)16(4k23)0，即k2時，x1，2從而|PQ|x1x2|又點(diǎn)O到直線PQ的距離d所以O(shè)PQ的面積SOPQd|PQ|設(shè)t，則t0，SOPQ因為t4，當(dāng)且僅當(dāng)t2，即k時等號成立，且滿足0所以當(dāng)OPQ的面積最大時，l的方程為yx2或yx2熱點(diǎn)二圓錐曲線中的存在性問題【例2】(2019廣州一模)已知動圓C過定點(diǎn)F(1,0)，且與定直線x=-1相切（1）求動圓圓心C的軌跡E的方程；（2）過點(diǎn)M-2,0的任一條直線l與軌跡E交于不同的兩點(diǎn)P,Q，試探究在x軸上是否存在定點(diǎn)N（異于點(diǎn)M），使得QNM+PNM=？若存在，求點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，說明理由解（1）解法1：依題意動圓圓心C到定點(diǎn)F(1,0)的距離與到定直線x=-1的距離相等，由拋物線的定義，可得動圓圓心C的軌跡是以F(1,0)為焦點(diǎn)，x=-1為準(zhǔn)線的拋物線， 其中p=2動圓圓心C的軌跡E的方程為y2=4x解法2：設(shè)動圓圓心Cx,y，依題意：x-12+y2=x+1化簡得：y2=4x，即為動圓圓心C的軌跡E的方程（2）解：假設(shè)存在點(diǎn)Nx0,0滿足題設(shè)條件由QNM+PNM=可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)，即kPN+kQN=0 直線PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)PQ:x=my-2,由y2=4xx=my-2得y2-4my+8=0由=-4m2-480,得m2或m0)的焦點(diǎn)為F，直線2xy20交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，P是線段AB的中點(diǎn)，過P作x軸的垂線交拋物線C于點(diǎn)Q(1)D是拋物線C上的動點(diǎn)，點(diǎn)E(1，3)，若直線AB過焦點(diǎn)F，求|DF|DE|的最小值；(2)是否存在實(shí)數(shù)p，使|2|2|？若存在，求出p的值；若不存在，說明理由解(1)直線2xy20與y軸的交點(diǎn)為(0，2)，F(xiàn)(0，2)，則拋物線C的方程為x28y，準(zhǔn)線l：y2設(shè)過D作DGl于G，則|DF|DE|DG|DE|，當(dāng)E，D，G三點(diǎn)共線時，|DF|DE|取最小值235(2)假設(shè)存在，拋物線x22py與直線y2x2聯(lián)立方程組得：x24px4p0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，(4p)216p16(p2p)0，則x1x24p，x1x24p，Q(2p，2p)|2|2|，QAQB則0，可得(x12p)(x22p)(y12p)(y22p)(x12p)(x22p)(2x122p)(2x222p)5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，代入得4p23p10，解得p或p1(舍去)因此存在實(shí)數(shù)p，且滿足0，使得|2|2|成立1(2018全國I卷)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0)（1）當(dāng)l與x軸垂直時，求直線AM的方程；（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：OMA=OMB1(2018全國III卷)已知斜率為k的直線l與橢圓C：x24+y23=1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M1，mm0（1）證明：kb0)的右頂點(diǎn)為A，直線y與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)(P在Q的左邊)，Q在x軸上的射影為B，且四邊形ABPQ是平行四邊形(1)求橢圓C的方程；(2)斜率為k的直線l與橢圓C交于兩個不同的點(diǎn)M，N若M是橢圓的左頂點(diǎn)，D是直線MN上一點(diǎn)，且DAAM點(diǎn)G是x軸上異于點(diǎn)M的點(diǎn)，且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點(diǎn)，求證：點(diǎn)G是定點(diǎn)1(2017延安調(diào)研)如圖，橢圓E：1(ab0)，經(jīng)過點(diǎn)A(0，1)，且離心率為(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(diǎn)(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值2(2017昆明二模)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，短軸長為2直線l：ykxm與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，又l與直線yx，yx分別交于A，B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A在第一象限，點(diǎn)B在第二象限，且OAB的面積為2(O為坐標(biāo)原點(diǎn))(1)求橢圓C的方程；(2)求的取值范圍參考答案1【解題思路】(1)首先根據(jù)l與x軸垂直，且過點(diǎn)F(1,0)，求得直線l的方程為x=1，代入橢圓方程求得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,22)或(1,-22)，利用兩點(diǎn)式求得直線AM的方程；(2)分直線l與x軸重合、l與x軸垂直、l與x軸不重合也不垂直三種情況證明，特殊情況比較簡單，也比較直觀，對于一般情況將角相等通過直線的斜率的關(guān)系來體現(xiàn)，從而證得結(jié)果【答案】（1）由已知得F(1,0)，l的方程為x=1由已知可得，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,22)或(1,-22)所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2（2）當(dāng)l與x軸重合時，OMA=OMB=0當(dāng)l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以O(shè)MA=OMB當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，則x12,x22，直線MA，MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2)將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0所以，x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0從而kMA+kMB=0，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ)，所以O(shè)MA=OMB綜上，OMA=OMB1【解題思路】（1）設(shè)而不求，利用點(diǎn)差法進(jìn)行證明（2）解出m,進(jìn)而求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，得到|FP|,再由兩點(diǎn)間距離公式表示出FA,|FB|，得到直l的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程由韋達(dá)定理進(jìn)行求解【答案】（1）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則x124+y123=1,x224+y223=1兩式相減，并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y22=m，于是k=-34m由題設(shè)得0m32，故k-12（2）由題意得F(1,0)，設(shè)P(x3,y3)，則(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0)由（1）及題設(shè)得x3=3-(x1+x2)=1,y3