《2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型2 解答题 规范踩点 多得分 第6讲 解析几何 第2课时 圆锥曲线综合问题练习 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型2 解答题 规范踩点 多得分 第6讲 解析几何 第2课时 圆锥曲线综合问题练习 文（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2课时圆锥曲线综合问题考情分析圆锥曲线综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等这类问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，参数处理为核心，需要运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识求解，试题难度较大热点题型分析热点1定点、定值问题1直线恒过定点是指无论直线如何变动，必有一个定点的坐标适合这条直线的方程问题就归结为用参数把直线方程表示出来，无论参数如何变化，这个方程必有一组常数解2定值的证明和探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接证得与参数无关的数值，在这类问题中，选择消元的方法是非常关键的(2019全国卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4
2、，M过点A，B且与直线x20相切(1)若A在直线xy0上，求M的半径(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由解(1)因为M过点A，B，所以圆心M在线段AB的垂直平分线上由已知A在直线xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.由已知得|AO|2.又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|MP|为定值理由如下：设M(x，y)，由已知，得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化
3、简，得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.1动直线过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxm，由题设条件将m用k表示为mf(k)，借助于点斜式方程思想确定定点坐标2定值问题的解法(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)(2)将问题转化为证明待定式与参数(某些变量)无关；或先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示；再利用其满足的约束条件消参得定值(2018北京高考)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
4、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：为定值解(1)因为抛物线y22px经过点P(1,2)，所以42p，解得p2，所以抛物线的方程为y24x.由题意可知直线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.依题意有(2k4)24k210，解得k0或0k1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，2)从而k3.所以直线l的斜率的取值范围是(，3)(3，0)(0,1)(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)由(1)知x1x2，x1x2.直线PA的方程为y2(x1)令
5、x0，得点M的纵坐标为yM22.同理可得点N的纵坐标为yN2.由，得1yM，1yN.所以2.所以为定值热点2范围、最值问题解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角或斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解具体可采用如下方法：(1)利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用已知或隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围(2017浙江高考)如图，已知抛物线x2y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B
6、作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)求|PA|PQ|的最大值解(1)设直线AP的斜率为k，则kx，因为x0)由得x.设u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.(*)设G(xG，yG)，则u和xG是方程(*)的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以PQPG，即PQG是直角三角形由得|PQ|2u ，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k0，得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)上单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQ
7、G面积的最大值为.热点3探索性问题圆锥曲线中的探索性问题常考查结论存在和条件探究两种题型，一般的解题思路如下：(1)结论存在型：即证明在给定的条件下，一些给定的结论是否存在解题时一般先对结论作肯定假设，然后结合已知条件进行推证，若推证无矛盾，则正确；若推出矛盾，则否定此结论过程可归纳为：假设推证定论；(2)条件探究型：即给出结论，需要分析出具备的条件，并加以证明解题时一般从结论出发，依据其他已知条件，通过必要的逻辑推理，逐步找到结论成立的等价条件，即“执果索因”(2019全国卷)已知F1，F2是椭圆C：1(ab0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点(1)若POF2为等边三角形，求C的离心率
8、；(2)如果存在点P，使得PF1PF2，且F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围解(1)连接PF1.由POF2为等边三角形可知在F1PF2中，F1PF290，|PF2|c，|PF1|c，于是2a|PF1|PF2|(1)c，故C的离心率为e1.(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当|y|2c16，1，1，即c|y|16，x2y2c2，1.由及a2b2c2，得y2.又由，知y2，故b4.由及a2b2c2得x2(c2b2)，所以c2b2，从而a2b2c22b232，故a4.当b4，a4时，存在满足条件的点P.所以b4，a的取值范围为4，)解决探索性问题时要注意：先假设存在，
9、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，推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件3当条件和结论都未知时，按常规方法解题较难，因此要开放思维，采取其他途径设椭圆M：1(ab0)的左、右焦点分别为A(1,0)，B(1,0)，C为椭圆M上的点，且ACB，SABC.(1)求椭圆M的标准方程；(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由解(1)在ABC中，由余弦定理得AB2CA2CB22CACBcosACB(CACB)23C
10、ACB4.又SABCCACBsinACBCACB，CACB，代入上式得CACB2.椭圆长轴2a2，焦距2cAB2.所以椭圆M的标准方程为y21.(2)设直线方程为yk(x1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立消去y，得(12k2)x24k2x2k220，8k280，x1x2，x1x2.假设在x轴上存在定点D(x0,0)，使得为定值，(x1x0，y1)(x2x0，y2)x1x2x0(x1x2)xy1y2x1x2x0(x1x2)xk2(x11)(x21)(1k2)x1x2(x0k2)(x1x2)xk2.要使为定值，则的值与k无关，2x4x012(x2)，解得x0，此时为定值，定点为.专题作
11、业1(2019全国卷)已知曲线C：y，D为直线y上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积解(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x2y1.因为yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.(2)由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|x1x2|2(t21)设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1，d2 .因此，四边形ADBE的面积S|AB|(d1d2)(t23) .设M为线段AB的中点，则M.因为，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0，解得t0或t1.当t0时，S3；当t1时，S4.因此，四边形ADBE的面积为3或4.2(2017全国卷)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
