高考理科数学普通生讲义难点自选专题三圆锥曲线压轴大题的抢分策略.docx
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高考理科数学普通生讲义难点自选专题三圆锥曲线压轴大题的抢分策略
难点自选专题三 “圆锥曲线”压轴大题的抢分策略
[全国卷3年考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2018
直线的方程、直线与椭圆的位置关系、证明问题·T19
直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程·T19
直线与椭圆的位置关系、等差数列的证明·T20
2017
椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、定点问题·T20
点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等·T20
直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程·T20
2016
轨迹方程求法、直线与椭圆位置关系及范围问题·T20
直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题·T20
证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系·T20
解析几何是数形结合的典范,是高中数学的主要知识板块,是高考考查的重点知识之一,在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大,多以压轴题出现.
解答题的热点题型有:
(1)直线与圆锥曲线位置关系;
(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解;(3)圆锥曲线中的判断与证明.
考法·策略
(一) 依据关系来证明
[典例] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C:
+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).
(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;
(2)设O为坐标原点,证明:
∠OMA=∠OMB.
[解]
(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.
则点A的坐标为或.
又M(2,0),
所以直线AM的方程为y=-x+或y=x-,
即x+y-2=0或x-y-2=0.
(2)证明:
当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.
当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,
所以∠OMA=∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为
y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1<,x2<,直线MA,MB的斜率之和为
kMA+kMB=+.
由y1=kx1-k,y2=kx2-k,
得kMA+kMB=.
将y=k(x-1)代入+y2=1,
得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
所以x1+x2=,x1x2=.
则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k
==0.
从而kMA+kMB=0,
故MA,MB的倾斜角互补.
所以∠OMA=∠OMB.
综上,∠OMA=∠OMB成立.
[题后悟通] 几何证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:
一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:
某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).
(2)解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.
[应用体验]
1.设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e;
(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,证明:
MN⊥AB.
解:
(1)由题设条件知,点M的坐标为,
又kOM=,从而=.
进而得a=b,c==2b,故e==.
(2)证明:
由N是AC的中点知,点N的坐标为,可得=.又=(-a,b),
从而有·=-a2+b2=(5b2-a2).
由
(1)可知a2=5b2,
所以·=0,故MN⊥AB.
考法·策略
(二) 巧妙消元证定值
[典例] 已知椭圆C:
+=1(a>b>0),过A(2,0),B(0,1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:
四边形ABNM的面积为定值.
[解]
(1)由题意得,a=2,b=1,
所以椭圆C的方程为+y2=1.
又c==,所以离心率e==.
(2)证明:
设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则x+4y=4.
又A(2,0),B(0,1),
所以直线PA的方程为y=(x-2).
令x=0,得yM=-,
从而|BM|=1-yM=1+.
直线PB的方程为y=x+1.
令y=0,得xN=-,
从而|AN|=2-xN=2+.
所以四边形ABNM的面积S=|AN|·|BM|
=
=
==2.
从而四边形ABNM的面积为定值.
[题后悟通] 解答圆锥曲线的定值问题的策略
(1)从特殊情形开始,求出定值,再证明该值与变量无关;
(2)采用推理、计算、消元得定值.消元的常用方法为整体消元(如本例)、选择消元、对称消元等.
[应用体验]
2.(2019届高三·湘东五校联考)已知椭圆C的中心在原点,离心率等于,它的一个短轴端点恰好是抛物线x2=8y的焦点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)如图,已知P(2,3),Q(2,-3)是椭圆上的两点,A,B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点.当A,B运动时,满足∠APQ=∠BPQ,试问直线AB的斜率是否为定值?
请说明理由.
解:
(1)由题意知椭圆的焦点在x轴上,
设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),
则b=2.
由=,a2=c2+b2,得a=4,
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)直线AB的斜率是定值,理由如下:
设A(x1,y1),B(x2,y2).
∵∠APQ=∠BPQ,∴直线PA,PB的斜率之和为0,
设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k,直线PA的方程为y-3=k(x-2),
由
得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0,
∴x1+2=,
将k换成-k可得x2+2==,
∴x1+x2=,x1-x2=,
∴kAB==
==,
∴直线AB的斜率为定值.
考法·策略(三) 构造函数求最值
[典例] 在Rt△ABC中,∠BAC=90°,A(0,2),B(0,-2),S△ABC=.动点P的轨迹为曲线E,曲线E过点C且满足|PA|+|PB|的值为常数.
(1)求曲线E的方程.
(2)过点Q(-2,0)的直线与曲线E总有公共点,以点M(0,-3)为圆心的圆M与该直线总相切,求圆M的最大面积.
[解]
(1)由已知|AB|=4,
S△ABC=|AB||AC|=,
所以|AC|=.
因为|PA|+|PB|=|CA|+|CB|=6>|AB|=4,
所以曲线E是以点A,B为焦点的椭圆且2a=6,2c=4.
所以a=3,c=2⇒b=1,
所以曲线E的方程为x2+=1.
(2)由题意可设直线方程为y=k(x+2),
联立消去y,得(9+k2)x2+4k2x+4k2-9=0,
则Δ=(4k2)2-4(9+k2)(4k2-9)≥0,解得k2≤3.
因为以点M(0,-3)为圆心的圆M与该直线总相切,
所以半径r=.
令r2=f(k)=,
则f′(k)=
=.
由f′(k)=0,得k=或k=-,
当k=时符合题意,此时可得r==.
即所求圆的面积的最大值是13π.
[题后悟通] 最值问题的2种基本解法
几何法
根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法
建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数,通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法(如本例)等)
[应用体验]
3.(2018·合肥一检)在平面直角坐标系中,圆O交x轴于点F1,F2,交y轴于点B1,B2.以B1,B2为顶点,F1,F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设经过点(-2,0)的直线l与椭圆E交于M,N两点,求△F2MN面积的最大值.
解:
(1)由已知可得,椭圆E的焦点在x轴上.
设椭圆E的标准方程为+=1(a>b>0),
焦距为2c,则b=c,
∴a2=b2+c2=2b2,
∴椭圆E的方程为+=1.
又椭圆E过点,∴+=1,解得b2=1.
∴椭圆E的方程为+y2=1.
(2)∵点(-2,0)在椭圆E外,∴直线l的斜率存在.
设直线l的方程为y=k(x+2),M(x1,y1),N(x2,y2).
由消去y得,
(1+2k2)x2+8k2x+8k2-2=0.
由Δ>0,得0 从而x1+x2=,x1x2=, ∴|MN|=|x1-x2|=2·. ∵点F2(1,0)到直线l的距离d=, ∴△F2MN的面积S=|MN|·d=3. 令1+2k2=t,则t∈(1,2), ∴S=3=3 =3=3, 当=,即t=时,S有最大值,Smax=,此时k=±. ∴当直线l的斜率为±时,可使△F2MN的面积最大,其最大值为. 考法·策略(四) 找寻不等关系解范围 [典例] 已知点A,B分别为椭圆E: +=1(a>b>0)的左、右顶点,点P(0,-2),直线BP交E于点Q,=,且△ABP是等腰直角三角形. (1)求椭圆E的方程; (2)设过点P的动直线l与E相交于M,N两点,当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时,求直线l斜率的取值范围. [解] (1)由△ABP是等腰直角三角形,知a=2,B(2,0), 设Q(x0,y0),由=,得x0=,y0=-, 代入椭圆方程,解得b2=1, ∴椭圆E的方程为+y2=1. (2)由题意可知,直线l的斜率存在,设方程为y=kx-2,M(x1,y1),N(x2,y2), 由消去y,得(1+4k2)x2-16kx+12=0, 则x1+x2=,x1x2=. 由直线l与E有两个不同的交点,得Δ>0, 则(-16k)2-4×12×(1+4k2)>0, 解得k2>.① 由坐标原点O位于以MN为直径的圆外, 则·>0,即x1x2+y1y2>0, 则x1x2+y1y2=x1x2+(kx1-2)(kx2-2) =(1+k2)x1x2-2k(x1+x2)+4 =(1+k2)·-2k·+4>0, 解得k2<4.② 联立①②可知<k2<4, 解得<k<2或-2<k<-, 故直线l斜率的取值范围为∪. [题后悟通] 范围问题的解题策略 解决有关范围问题时,先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等),寻找不等关系,其方法有: (1)利用判别式来构造不等式,从而确定所求范围,(如本例); (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)利用隐含的不等关系,从而求出所求范围; (4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出所求范围; (5)利用函数值域的求法,确定所求范围; (6)利用已知,将条件转化为n个不等关系,从而求出参数的范围(如本例). [应用体验] 4.已知A,B分别为曲线C: +y2=1(y≥0,a>0)与x轴的左、右两个交点,直线l过点B且与x轴垂直,M为l上位于x轴上方的一点,连接AM交曲线C于点T. (1)若曲线C为半圆,点T为 的三等分点,试求出点M的坐标. (2)若a>1,S△MAB=2,当△TAB的最大面积为时,求椭圆的离心率的取值范围. 解: (1)当曲线C为半圆时,得a=1. 由点T为 的三等分点,得∠BOT=60°或120°. 当∠BOT=60°时,∠MAB=30°,又|AB|=2, 故△MAB中,有|MB|=|AB|·tan30°=, 所以M. 当∠BOT=120°时,同理可求得点M坐标为(1,2). (2)设直线AM的方程为y=k(x+a),则k>0,|MB|=2ka, 所以S△MAB=·2a·2ka=2,所以k=, 代入直线方程得y=(x+a), 联立解得yT=, 所以S△TAB=·2a·=≤, 解得1<a2≤2, 所以椭圆的离心率e=≤, 即椭圆的离心率的取值范围为. 考法·策略(五) 确定直线寻定点 [典例] (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C: +=1(a>b>0),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. [解] (1)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+y2=1. (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: x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为,. 则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设. 从而可设l: y=kx+m(m≠1). 将y=kx+m代入+y2=1得 (4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>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m=-2k-1. 当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l: y=kx-2k-1=k(x-2)-1, 所以l过定点(2,-1). [题后悟通] 直线过定点问题的解题模型 [应用体验] 5.(2018·贵阳摸底考试)过抛物线C: y2=4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A,B两点,且|AB|=8. (1)求l的方程; (2)若A关于x轴的对称点为D,求证: 直线BD过定点,并求出该点的坐标. 解: (1)易知点F的坐标为(1,0),则直线l的方程为y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0, 由题意知k≠0,且Δ=[-(2k2+4)]2-4k2·k2=16(k2+1)>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), ∴x1+x2=,x1x2=1, 由抛物线的定义知|AB|=x1+x2+2=8, ∴=6,∴k2=1,即k=±1, ∴直线l的方程为y=±(x-1), 即x-y-1=0或x+y-1=0. (2)证明: 由抛物线的对称性知,D点的坐标为(x1,-y1),直线BD的斜率kBD===, ∴直线BD的方程为y+y1=(x-x1), 即(y2-y1)y+y2y1-y=4x-4x1, ∵y=4x1,y=4x2,x1x2=1, ∴(y1y2)2=16x1x2=16, 即y1y2=-4(y1,y2异号), ∴直线BD的方程为4(x+1)+(y1-y2)y=0,恒过点(-1,0). 考法·策略(六) 假设存在定结论(探索性问题) [典例] 已知椭圆C: +=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,其离心率为,短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程; (2)过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(G在M,H之间),设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形为菱形? 如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由. [解] (1)由已知,得解得 所以椭圆C的标准方程为+=1. (2)设直线l的方程为y=kx+2(k>0), 联立消去y并整理得,(3+4k2)x2+16kx+4=0,由Δ>0,解得k>. 设G(x1,y1),H(x2,y2),则y1=kx1+2,y2=kx2+2,x1+x2=. 假设存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形为菱形, 则+=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4), =(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1)), (+)·=0, 即(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0, 所以(1+k2)·+4k-2m=0, 解得m=-=-. 因为k>,所以-≤m<0,当且仅当=4k时等号成立, 故存在满足题意的点P,且m的取值范围是. [题后悟通] 探索性问题的解题策略 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,按常规方法解题很难时,要思维开放,采取另外的途径. [应用体验] 6.已知椭圆C: +=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),点A在椭圆C上. (1)求椭圆C的标准方程; (2)是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同交点M,N时,能在直线y=上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足=? 若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由. 解: (1)设椭圆C的焦距为2c,则c=1, 因为A在椭圆C上,所以2a=|AF1|+|AF2|=2,因此a=,b2=a2-c2=1, 故椭圆C的方程为+y2=1. (2)不存在满足条件的直线,证明如下: 假设存在斜率为2的直线,满足条件,则设直线的方程为y=2x+t,设M(x1,y1),N(x2,y2),P,Q(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0), 由消去x,得9y2-2ty+t2-8=0, 所以y1+y2=,且Δ=4t2-36(t2-8)>0, 故y0==,且-3 由=,得=(x4-x2,y4-y2), 所以有y1-=y4-y2,y4=y1+y2-=t-. 也可由=,知四边形PMQN为平行四边形,而D为线段MN的中点,因此,D也为线段PQ的中点,所以y0==, 又-3 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[-1,1]矛盾. 因此不存在满足条件的直线.
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