高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题7解析几何第32练圆锥曲线中的探索性问题文.docx
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高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题7解析几何第32练圆锥曲线中的探索性问题文
【2019最新】精选高考数学考前3个月知识方法专题训练第一部分知识方法篇专题7解析几何第32练圆锥曲线中的探索性问题文
[题型分析·高考展望] 本部分主要以解答题形式考查,往往是试卷的压轴题之一,一般以椭圆或抛物线为背景,考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题,试题难度较大.
体验高考
1.(2016·课标全国乙)在直角坐标系xOy中,直线l:
y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:
y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.
(1)求;
(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?
说明理由.
解
(1)由已知得M(0,t),P,
又N为M关于点P的对称点,故N,ON的方程为y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=,因此H.
所以N为OH的中点,即=2.
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点,理由如下:
直线MH的方程为y-t=x,即x=(y-t).
代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外,直线MH与C没有其他公共点.
2.(2016·四川)已知椭圆E:
+=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:
y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;
(2)设O是坐标原点,直线l′平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A、B,且与直线l交于点P.证明:
存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.
解
(1)由已知,得a=b,
则椭圆E的方程为+=1.
由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①
方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,
此时方程①的解为x=2,
所以椭圆E的方程为+=1.点T的坐标为(2,1).
(2)由已知可设直线l′的方程为y=x+m(m≠0),
由方程组可得
所以P点坐标为,|PT|2=m2.
设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).
由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②
方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),
由Δ>0,解得- 由②得x1+x2=-,x1x2=. 所以|PA|= =,同理|PB|=. 所以|PA|·|PB|=m2. 故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|. 高考必会题型 题型一 定值、定点问题 例1 已知椭圆C: +=1(a>b>0)经过点(0,),离心率为,直线l经过椭圆C的右焦点F交椭圆于A、B两点. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线l交y轴于点M,且=λ,=μ,当直线l的倾斜角变化时,探求λ+μ的值是否为定值? 若是,求出λ+μ的值;否则,请说明理由. 解 (1)依题意得b=,e==,a2=b2+c2, ∴a=2,c=1,∴椭圆C的方程为+=1. (2)∵直线l与y轴相交于点M,故斜率存在, 又F坐标为(1,0),设直线l方程为 y=k(x-1),求得l与y轴交于M(0,-k), 设l交椭圆A(x1,y1),B(x2,y2), 由 消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, ∴x1+x2=,x1x2=, 又由=λ,∴(x1,y1+k)=λ(1-x1,-y1), ∴λ=,同理μ=, ∴λ+μ=+= ==-. ∴当直线l的倾斜角变化时,λ+μ的值为定值-. 点评 (1)定点问题的求解策略 把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数看待,把方程一端化为零,既然直线或曲线过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. (2)定值问题的求解策略 在解析几何中,有些几何量与参数无关,这就是“定值”问题,解决这类问题常通过取特殊值,先确定“定值”是多少,再进行证明,或者将问题转化为代数式,再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关,令其系数等于零即可得到定值. 变式训练1 已知抛物线y2=2px(p>0),过点M(5,-2)的动直线l交抛物线于A,B两点,当直线l的斜率为-1时,点M恰为AB的中点. (1)求抛物线的方程; (2)抛物线上是否存在一个定点P,使得以弦AB为直径的圆恒过点P,若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由. 解 (1)当直线l的斜率为-1时, 直线l的方程为x+y-3=0,即x=3-y, 代入y2=2px(p>0)得y2+2py-6p=0, =-p=-2,p=2, 所以抛物线的方程为y2=4x. (2)设直线l的方程为x=m(y+2)+5, 代入y2=4x得y2-4my-8m-20=0, 设点A(,y1),B(,y2), 则y1+y2=4m,y1y2=-8m-20, 假设存在点P(,y0)总是在以弦AB为直径的圆上, 则·=(-)(-) +(y1-y0)(y2-y0)=0, 当y1=y0或y2=y0时, 等式显然成立; 当y1≠y0或y2≠y0时, 则有(y1+y0)(y2+y0)=-16, 即4my0+y-8m-20=-16, (4m+y0+2)(y0-2)=0, 解得y0=2,x0=1, 所以存在点P(1,2)满足题意. 题型二 定直线问题 例2 在平面直角坐标系xOy中,过定点C(0,p)作直线与抛物线x2=2py(p>0)相交于A,B两点. (1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点,求△ANB面积的最小值; (2)是否存在垂直于y轴的直线l,使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值? 若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由. 解 方法一 (1)依题意,点N的坐标为(0,-p), 可设A(x1,y1),B(x2,y2), 直线AB的方程为y=kx+p, 与x2=2py联立得 消去y得x2-2pkx-2p2=0. 由根与系数的关系得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2. 于是S△ABN=S△BCN+S△ACN=·2p|x1-x2| =p|x1-x2|=p =p=2p2, ∴当k=0时,(S△ABN)min=2p2. (2)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a, AC的中点为O′,l与以AC为直径的圆相交于点P,Q,PQ的中点为H, 则O′H⊥PQ,O′点的坐标为(,). ∵|O′P|=|AC|==, |O′H|==|2a-y1-p|, ∴|PH|2=|O′P|2-|O′H|2 =(y+p2)-(2a-y1-p)2 =(a-)y1+a(p-a), ∴|PQ|2=(2|PH|)2 =4[(a-)y1+a(p-a)]. 令a-=0,得a=, 此时|PQ|=p为定值,故满足条件的直线l存在, 其方程为y=,即抛物线的通径所在的直线. 方法二 (1)前同方法一,再由弦长公式得 |AB|=|x1-x2| =· =· =2p·, 又由点到直线的距离公式得d=. 从而S△ABN=·d·|AB| =·2p·· =2p2. ∴当k=0时,(S△ABN)min=2p2. (2)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a, 则以AC为直径的圆的方程为 (x-0)(x-x1)+(y-p)(y-y1)=0, 将直线方程y=a代入得x2-x1x+(a-p)(a-y1)=0, 则Δ=x-4(a-p)(a-y1) =4[(a-)y1+a(p-a)]. 设直线l与以AC为直径的圆的交点为 P(x3,y3),Q(x4,y4), 则有|PQ|=|x3-x4| = =2. 令a-=0,得a=, 此时|PQ|=p为定值, 故满足条件的直线l存在, 其方程为y=,即抛物线的通径所在的直线. 点评 (1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定. (2)定直线一般为特殊直线x=x0,y=y0等. 变式训练2 椭圆C的方程为+=1(a>b>0),F1、F2分别是它的左、右焦点,已知椭圆C过点(0,1),且离心率e=. (1)求椭圆C的方程; (2)如图,设椭圆的左、右顶点分别为A、B,直线l的方程为x=4,P是椭圆上异于A、B的任意一点,直线PA、PB分别交直线l于D、E两点,求·的值; (3)过点Q(1,0)任意作直线m(与x轴不垂直)与椭圆C交于M、N两点,与l交于R点,=x,=y,求证: 4x+4y+5=0. (1)解 由题意可得b=1,=, ∴a=3,椭圆C的方程为+y2=1. (2)解 设P(x0,y0),则直线PA、PB的方程分别为 y=(x+3),y=(x-3), 将x=4分别代入可求得D,E两点的坐标分别为 D(4,),E(4,). 由 (1)知,F1(-2,0),F2(2,0), ∴·=(4+2,)·(4-2,) =8+, 又∵点P(x0,y0)在椭圆C上, ∴+y=1⇒=-, ∴·=. (3)证明 设M(x1,y1),N(x2,y2),R(4,t), 由=x得(x1-4,y1-t)=x(1-x1,-y1), ∴(x≠-1), 代入椭圆方程得(4+x)2+9t2=9(1+x)2,① 同理由=y得(4+y)2+9t2=9(1+y)2,② ①-②消去t,得x+y=-, ∴4x+4y+5=0. 题型三 存在性问题 例3 (1)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 以AB为直径的圆的方程为x2+(y-a)2=a, 由得y2+(1-2a)y+a2-a=0. 即(y-a)[y-(a-1)]=0, 由已知解得a≥1. (2)如图,已知椭圆C: +=1(a>b>0)的离心率为,以椭圆的左顶点T为圆心作圆T: (x+2)2+y2=r2(r>0),设圆T与椭圆C交于点M,N. ①求椭圆C的方程; ②求·的最小值,并求此时圆T的方程; ③设点P是椭圆C上异于M,N的任意一点,且直线MP,NP分别与x轴交于点R,S,O为坐标原点. 试问: 是否存在使S△POS·S△POR最大的点P? 若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 解 ①由题意知解之,得a=2,c=, 由c2=a2-b2,得b=1, 故椭圆C的方程为+y2=1. ②点M与点N关于x轴对称, 设M(x1,y1),N(x1,-y1), 不妨设y1>0,由于点M在椭圆C上,∴y=1-. 由已知T(-2,0), 则=(x1+2,y1),=(x1+2,-y1), ∴·=(x1+2,y1)·(x1+2,-y1) =(x1+2)2-y=(x1+2)2- =2-. 由于-2 ·取得最小值为-, 当x1=-时,y1=,故M. 又点M在圆T上,代入圆的方程得r2=, 故圆T的方程为(x+2)2+y2=. ③假设存在满足条件的点P,设P(x0,y0), 则直线MP的方程为y-y0=(x-x0), 令y=0,得xR=,同理xS=, 故xR·xS=. 又点M与点P在椭圆上, 故x=4(1-y),x=4(1-y), 得xR·xS===4, ∴|OR|·|OS|=|xR|·|xS|=|xR·xS|=4为定值. ∵S△POS·S△POR=|OS||yP|·|OR||yP|=×4×y=y,又P为椭圆上的一点, ∴要使S△POS·S△POR最大,只要y最大,而y的最大值为1,故满足条件的P点存在,其坐标为P(0,1)和P(0,-1). 点评 存在性问题求解的思路及策略 (1)思路: 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. (2)策略: 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. 变式训练3 (2015·四川)如图,椭圆E: +=1(a>b>0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且·=-1. (1)求椭圆E的方程; (2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数λ,使得·+λ·为定值? 若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由. 解 (1)由已知,得点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b), 又点P的坐标为(0,1),且·=-1, 于是解得a=2,b=, 所以椭圆E的方程为+=1. (2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为 y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0, 其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 所以x1+x2=-,x1x2=-, 从而,·+λ· =x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 = =--λ-2. 所以当λ=1时,--λ-2=-3, 此时·+λ·=-3为定值. 当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD, 此时,·+λ·=·+·=-2-1=-3. 故存在常数λ=1,使得·+λ·为定值-3. 高考题型精练 1.(2015·陕西)如图,椭圆E: +=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明: 直线AP与AQ的斜率之和为2. (1)解 由题设知=,b=1, 结合a2=b2+c2,解得a=, 所以椭圆E的方程为+y2=1. (2)证明 由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1, 得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0, 由已知Δ>0, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0, 则x1+x2=,x1x2=, 从而直线AP,AQ的斜率之和 kAP+kAQ=+=+ =2k+(2-k)=2k+(2-k) =2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2. 2.已知椭圆C: +=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),且点P(1,)在椭圆C上,O为坐标原点. (1)求椭圆C的标准方程; (2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,且∠AOB为锐角,求直线l的斜率k的取值范围; (3)过椭圆C1: +=1上异于其顶点的任一点P,作圆O: x2+y2=的两条切线,切点分别为M,N(M,N不在坐标轴上),若直线MN在x轴,y轴上的截距分别为m,n,证明: +为定值. (1)解 由题意得c=1,所以a2=b2+1, 又因为点P(1,)在椭圆C上, 所以+=1,可解得a2=4,b2=3, 所以椭圆C的标准方程为+=1. (2)解 设直线l方程为y=kx+2, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由得(4k2+3)x2+16kx+4=0, 因为Δ=12k2-3>0,所以k2>, 又x1+x2=,x1x2=,因为∠AOB为锐角,所以·>0,即x1x2+y1y2>0, 所以x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0, 所以(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0, 所以(1+k2)·+2k·+4>0, 即>0,所以k2<,所以 解得- (3)证明 由题意: C1: +=1, 设点P(x1,y1),M(x2,y2),N(x3,y3), 因为M,N不在坐标轴上,所以kPM=-=-, 直线PM的方程为y-y2=-(x-x2), 化简得x2x+y2y=,① 同理可得直线PN的方程为x3x+y3y=,② 把P点的坐标分别代入①、②得 所以直线MN的方程为x1x+y1y=, 令y=0,得m=,令x=0,得n=, 所以x1=,y1=,又点P在椭圆C1上, 所以()2+3()2=4,即+=为定值. 3.(2016·山东)已知椭圆C: +=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2. (1)求椭圆C的方程; (2)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B. ①设直线PM,QM的斜率分别为k,k′,证明为定值; ②求直线AB的斜率的最小值. (1)解 设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=2.所以a=2,b==. 所以椭圆C的方程为+=1. (2)①证明 设P(x0,y0)(x0>0,y0>0). 由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m). 所以直线PM的斜率k==. 直线QM的斜率k′==-. 此时=-3.所以为定值-3. ②解 设A(x1,y1),B(x2,y2). 由①知直线PA的方程为y=kx+m. 直线QB的方程为y=-3kx+m. 联立 整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0, 由x0x1=,可得x1=, 所以y1=kx1+m=+m. 同理x2=,y2=+m. 所以x2-x1=- =, y2-y1=+m--m =, 所以kAB===, 由m>0,x0>0,可知k>0, 所以6k+≥2,当且仅当k=时取“=”. 因为P(x0,2m)在椭圆+=1上, 所以x0=,故此时=, 即m=,符合题意. 所以直线AB的斜率的最小值为. 4.已知椭圆C: +=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),短轴的一个端点B到F的距离等于焦距. (1)求椭圆C的方程; (2)过点F的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N,是否存在直线l,使得△BFM与△BFN的面积比值为2? 若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)由已知得c=1,a=2c=2,b2=a2-c2=3, 所以椭圆C的方程为+=1. (2)=2等价于=2, 当直线l斜率不存在时,=1, 不符合题意,舍去; 当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1), 由消去x并整理得, (3+4k2)y2+6ky-9k2=0,设M(x1,y1),N(x2,y2), 则y1+y2=-,① y1y2=-,② 由=2得y1=-2y2,③ 由①②③解得k=±,因此存在直线l: y=±(x-1)使得△BFM与△BFN的面积比值为2.
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