《高考数学理科课标Ⅱ专用复习专题测试命题规律探究题组分层精练第十章圆锥曲线106圆锥曲线的综合问题pptx共104》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学理科课标Ⅱ专用复习专题测试命题规律探究题组分层精练第十章圆锥曲线106圆锥曲线的综合问题pptx共104（104页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考点一定点与定值问题 1.(2017课标全国,20,12分)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.,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题. (1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点. 又由+知,C不经过点P1,所以点P2在C上. 因此解得 故C的方程为+y2=1. (2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,
2、k2. 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0.,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=. 而k1+k2=+ =+ =, 由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)+(m-1)=0. 解得k=-. 当且仅当m-1时,0,于是l:y=-x+m, 即y+1=-(x-2), 所以l过定点(2,-1).,方法总结求解轨迹方程的步骤:建系、设点列式(列出动点所满足的几何等量关系式)坐标化(选用合适的公式表示几何等量关系)化简(注意化简前后的等价性)检验(去伪存真).,2.(2015课标,20,12分,0.1
3、45)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),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,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.,解析(1)解法一:设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 xM=,yM=kxM+b=. 于是直线OM的斜率kOM=-,即kOMk=-9. 所以直线OM的斜率与l的斜
4、率的乘积为定值. 证法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM),A,B是直线l与椭圆的交点,9+=m2,9+=m2,9(- )+-=0, 又直线l不平行于坐标轴,kl=-9=-9=(-9),klkOM=-9(常数). 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. 解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),中点M(x0,y0), 则9(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0, 化简得9+=0,kOMkAB=-9.,所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. (2)四边形OAPB能为平行四边形. 因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k
5、0,k3. 由(1)得OM的方程为y=-x. 设点P的横坐标为xP. 由得=,即xP=. 将点的坐标代入l的方程得b=, 因此xM=. 四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM. 于是=2,解得k1=4-,k2=4+. 因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.,考点二最值与范围问题,1.(2016课标全国,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0) 的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA. (1)当t=4,|AM|=|AN|时,求AMN的面积; (2)当2|AM|=
6、|AN|时,求k的取值范围.,解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y10. 当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分) 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为. 因此直线AM的方程为y=x+2.(2分) 将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0. 解得y=0或y=,所以y1=.(4分) 因此AMN的面积SAMN=2=.(5分) (2)由题意,t3,k0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+) 代入+=1得(3+tk2)x2+2tk2x+t2k2- 3t=0.(7分) 由x1(-)=得x1=, 故|AM|=|x1+ |=.(8分),由题设,直线AN的方程为y=-(x+
7、), 故同理可得|AN|=.(9分) 由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1). 当k=时上式不成立,因此t=.(10分) t3等价于=0,即0.(11分) 由此得或解得k2. 因此k的取值范围是(,2).(12分),解题关键第(1)问中求出直线AM的倾斜角是解决问题的关键;第(2)问利用2|AM|=|AN|得出t与k的关系式,由t3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.,2.(2013课标全国,20,12分,0.150)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程; (2)
8、l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.,解析由已知得圆M的圆心为M(-1,0),半径r1=1;圆N的圆心为N(1,0),半径r2=3.设圆P的圆心为P(x,y),半径为R. (1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切,所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4. 由椭圆的定义可知,曲线C是以M、N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为的椭圆(左顶点 除外),其方程为+=1(x-2). (2)对于曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-22,所以R2,当且仅当圆P的圆心为(2,0)时,R=2.所以当圆P
9、的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4. 若l的倾斜角为90,则l与y轴重合,可得|AB|=2. 若l的倾斜角不为90,由r1R知l不平行于x轴,设l与x轴的交点为Q,则=,可求得Q(-4,0),所 以可设l:y=k(x+4).由l与圆M相切得=1,解得k=. 当k=时,将y=x+代入+=1,并整理得7x2+8x-8=0,解得x1,2=. 所以|AB|=|x2-x1|=.,当k=-时,由图形的对称性可知|AB|=. 综上,|AB|=2或|AB|=.,思路分析(1)由两圆外切、内切的性质,利用椭圆的定义求解.(2)由于|PM|-|PN|=2R-22,因此R=2时,圆P的半径R最长.利用直线
10、l与圆M相切求直线l的斜率,进而由距离公式求解,但要注意讨论直线l的斜率不存在时的情况.,考点一定点与定值问题 1.(2014安徽,19,13分)如图,已知两条抛物线E1:y2=2p1x(p10)和E2:y2=2p2x(p20),过原点O的两条直线l1和l2,l1与E1,E2分别交于A1,A2两点,l2与E1,E2分别交于B1,B2两点. (1)证明:A1B1A2B2; (2)过O作直线l(异于l1,l2)与E1,E2分别交于C1,C2两点.记A1B1C1与A2B2C2的面积分别为S1与S2,求的值.,B组 自主命题省（区、市）卷题组,解析(1)证明:设直线l1,l2的方程分别为y=k1x,y
11、=k2x(k1,k20),则 由得A1, 由得A2. 同理可得B1,B2. 所以=2p1, =2p2, 故=,所以A1B1A2B2. (2)由(1)知A1B1A2B2,同理可得B1C1B2C2,C1A1C2A2. 所以A1B1C1A2B2C2. 因此=.,又由(1)中的=知=. 故=.,2.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,ADF为正三角形. (1)求C的方程; (2)若直线l1l,且l1和C有且只有一个公共点E, (i)证明直
12、线AE过定点,并求出定点坐标; (ii)ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.,解析(1)由题意知F. 设D(t,0)(t0),则FD的中点为. 因为|FA|=|FD|, 则由抛物线的定义知3+=, 解得t=3+p或t=-3(舍去). 由=3,解得p=2. 所以抛物线C的方程为y2=4x. (2)(i)由(1)知F(1,0), 设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0), 因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1, 由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0). 故直线AB的斜率kAB=-. 因为直线l1和直线AB平行,所以可设直线l
13、1的方程为y=-x+b, 代入抛物线方程得y2+y-=0, 由=+=0,得b=-. 设E(xE,yE),则yE=-,xE=, 当4时,kAE=-=, 可得直线AE的方程为y-y0=(x-x0), 由=4x0, 整理可得y=(x-1), 直线AE恒过点F(1,0), 当=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0). (ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0), 所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0+2. 设直线AE的方程为x=my+1, 因为点A(x0,y0)在直线AE上, 故m=, 设B(x1,y1), 直线AB的方程为y-y0=-(x-
14、x0), 由y00, 可得x=-y+2+x0, 代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0. 所以y0+y1=-,可求得y1=-y0-,x1=+x0+4, 所以点B到直线AE的距离为 d=4. 则ABE的面积S=416, 当且仅当=x0,即x0=1时等号成立. 所以ABE的面积的最小值为16.,评析 本题考查抛物线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系以及 解析几何中的定点问题、最值问题和结论探究性问题.本题综合性较强、难度较大,很好地考查了考生的逻辑思维能力和运算求解能力.本题的易错点是定点的确定.,1.(2014福建,9,5分)设P,Q分别为圆x2+(y-6)2=2和椭圆+y2=1上
15、的点,则P,Q两点间的最大距离是 () A.5B.+C.7+D.6,考点二最值与范围问题,答案D设Q(cos ,sin ),圆心为M,由已知得M(0,6), 则|MQ|= = = =5, 故|PQ|max=5+=6.,2.(2014四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,=2 (其中O为坐标原点),则ABO与AFO面积之和的最小值是() A.2B.3C.D.,答案B依题意不妨设A(x1,),B(x2,-),则=2x1x2-=2=2或=-1 (舍去).当x1=x2时,有x1=x2=2,则SABO+SAFO=2+=;当x1x2时,直线AB的方程为y-=
16、 (x-x1),则直线AB与x轴的交点坐标为(2,0).于是SABO+SAFO=2(+)+= +2=3当且仅当=时取“=”,而3,故选B.,3.(2015四川,10,5分)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r0)相切于点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是() A.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4),答案D当直线AB的斜率不存在,且00和kAB4(y00),即r2. 另一方面,由AB的中点为M知B(6-x1,2y0-y1), 点B,A在抛物线上,(2y0-y1)2=4(6-x1), =4x1, 由,得-2y0y1+2-12=0, =4-4(2-12)0,12. r2=(3-5)2+=4+16,r4. 综上,r(2,4),故选D.,4.(2013安徽,13,5分)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.,答案1,+),解析解法一:如图,以(0,a)为圆心,为半径作圆,当圆与抛物线有三个或四个交点时,C
