- 2021-04-14 发布 |
- 37.5 KB |
- 23页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
专题16 圆锥曲线的综合问题-2017年高考数学(文)备考学易黄金易错点
1.设O为坐标原点,P是以F为焦点的抛物线y2=2px(p>0)上任意一点,M是线段PF上的点,且|PM|=2|MF|,则直线OM的斜率的最大值为( ) A.B.C.D.1 答案 C 解析 如图, 2.直线3x-4y+4=0与抛物线x2=4y和圆x2+(y-1)2=1从左到右的交点依次为A、B、C、D,则的值为________. 答案 解析 由得x2-3x-4=0, ∴xA=-1,xD=4,∴yA=,yD=4. 直线3x-4y+4=0恰过抛物线的焦点F(0,1), ∴|AF|=yA+1=,|DF|=yD+1=5, ∴==. 3.已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,左顶点为A,左焦点为F1(-2,0),点B(2,)在椭圆C上,直线y=kx(k≠0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N. (1)求椭圆C的方程; (2)在x轴上是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由. 解 (1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0), 因为椭圆的左焦点为F1(-2,0), 所以a2-b2=4.① 因为点B(2,)在椭圆C上, 所以+=1.② 由①②解得,a=2,b=2. 所以椭圆C的方程为+=1. (2)方法一 因为椭圆C的左顶点为A, 则点A的坐标为(-2,0). 因为直线y=kx(k≠0)与椭圆+=1交于两点E,F,设点E(x0,y0)(不妨设x0>0),则点F(-x0,-y0). 假设在x轴上存在点P(t,0),使得∠MPN为直角,则·=0. 即t2+×=0, 即t2-4=0,解得t=2或t=-2. 故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角. 方法二 因为椭圆C的左顶点为A,则点A的坐标为(-2,0). 因为直线y=kx(k≠0)与椭圆+=1交于两点E,F,设点E(x0,y0),则点F(-x0,-y0). 所以直线AE的方程为y=(x+2). 因为直线AE与y轴交于点M, 令x=0得y=, 即点M. 同理可得点N. 假设在x轴上存在点P(t,0),使得∠MPN为直角,则·=0. 故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角. 4.设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E. (1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程; (2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围. 解 (1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC, 故∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以|EB|=|ED|, 故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4. 由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得点E的轨迹方程为:+=1(y≠0). (2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2). 由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 则x1+x2=,x1x2=, 所以|MN|=|x1-x2|=. 当l与x轴垂直时,其方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8). 5.已知椭圆C1:+=1(a>0)与抛物线C2:y2=2ax相交于A,B两点,且两曲线的焦点F重合. (1)求C1,C2的方程; (2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M,Q两点,与抛物线分别交于P,N两点,是否存在斜率为k(k≠0)的直线l,使得=2?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由. 解 (1)因为C1,C2的焦点重合, 所以=, 所以a2=4. 又a>0,所以a=2. 于是椭圆C1的方程为+=1, 抛物线C2的方程为y2=4x. (2)假设存在直线l使得=2, 则可设直线l的方程为y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4). 由可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0, 则x1+x4=,x1x4=1, 所以|PN|=·=. 由可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, 则x2+x3=,x2x3=, 易错起源1、范围、最值问题 例1、如图,椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点,且PQ⊥PF1. (1)若|PF1|=2+,|PF2|=2-,求椭圆的标准方程; (2)若|PQ|=λ|PF1|,且≤λ<,试确定椭圆离心率e的取值范围. 解 (1)由椭圆的定义, 2a=|PF1|+|PF2|=(2+)+(2-)=4,故a=2. 设椭圆的半焦距为c,由已知PF1⊥PF2, 因此2c=|F1F2|= ==2, 即c=,从而b==1. 故所求椭圆的标准方程为+y2=1. (2)如图, 由PF1⊥PQ,|PQ|=λ|PF1|,得 |QF1|==|PF1|. 由椭圆的定义,|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a, 进而|PF1|+|PQ|+|QF1|=4a, 于是(1+λ+)|PF1|=4a, 解得|PF1|=, 故|PF2|=2a-|PF1|=. 由勾股定理得 |PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2=4c2, 进而<e2≤,即<e≤. 【变式探究】如图,已知椭圆:+y2=1,点A,B是它的两个顶点,过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D,且与椭圆相交于E,F两点. (1)若=6,求k的值; (2)求四边形AEBF面积的最大值. 解 (1)依题设得椭圆的顶点A(2,0),B(0,1), 则直线AB的方程为x+2y-2=0. 设直线EF的方程为y=kx(k>0). 由点D在线段AB上,知x0+2kx0-2=0, 得x0=,所以=, 化简,得24k2-25k+6=0,解得k=或k=. (2)根据点到直线的距离公式,知点A,B到线段EF的距离分别为h1=,h2=, 又|EF|=, 所以四边形AEBF的面积为 S=|EF|(h1+h2)= 【名师点睛】 解决范围问题的常用方法: (1)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后,数形结合求解. (2)构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解. (3)构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域. 【锦囊妙计,战胜自我】 圆锥曲线中的范围、最值问题,可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值),或者利用式子的几何意义求解. 易错起源2、定点、定值问题 例2、椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,其左焦点到点P(2,1)的距离为. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左,右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点,求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标. 解 (1)由e==,得a=2c, ∵a2=b2+c2,∴b2=3c2, 则椭圆方程变为+=1. 又由题意知=,解得c2=1, 故a2=4,b2=3, 即得椭圆的标准方程为+=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0. 则① 又y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+mk(x1+x2)+m2 =. ∵椭圆的右顶点为A2(2,0),AA2⊥BA2, ∴(x1-2)(x2-2)+y1y2=0, ∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0, ∴+++4=0, ∴7m2+16mk+4k2=0,解得m1=-2k,m2=-, 由①,得3+4k2-m2>0,② 当m1=-2k时,l的方程为y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾. 当m2=-时,l的方程为y=k,直线过定点,且满足②, ∴直线l过定点,定点坐标为. 【变式探究】已知抛物线:y2=2px(p>0)的焦点F在双曲线:-=1的右准线上,抛物线与直线l:y=k (x-2)(k>0)交于A,B两点,AF,BF的延长线与抛物线交于C,D两点. (1)求抛物线的方程; (2)若△AFB的面积等于3,求k的值; (3)记直线CD的斜率为kCD,证明:为定值,并求出该定值. 解 (1)双曲线:-=1的右准线方程为:x=1, 所以F(1,0),则抛物线的方程为:y2=4x. (2)设A(,y1),B(,y2), 由得ky2-4y-8k=0, Δ=16+32k2>0,y1+y2=,y1y2=-8. S△AFB=×1×|y1-y2|= =2=3,解得k=2. (3)设C(,y3),则=(-1,y1),=(-1,y3), 【名师点睛】 (1)动线过定点问题的两大类型及解法 ①动直线l过定点问题,解法:设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0). ②动曲线C过定点问题,解法:引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点. (2)求解定值问题的两大途径 ①→ ②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值. 【锦囊妙计,战胜自我】 1.由直线方程确定定点,若得到了直线方程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m). 2.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值. 易错起源3、探索性问题 例3、如图,抛物线C:y2=2px的焦点为F,抛物线上一定点Q(1,2). (1)求抛物线C的方程及准线l的方程; (2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A,B两点,与准线l交于点M,记QA,QB,QM的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在常数λ,使得k1+k2=λk3成立,若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 解 (1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4, 设A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系,知 x1+x2=,x1x2=1. 又Q(1,2),则k1=,k2=. 因为A,F,B共线,所以kAF=kBF=k, 即==k. 所以k1+k2=+ =+- =2k-=2k+2, 即k1+k2=2k+2. 又k3=k+1,可得k1+k2=2k3. 即存在常数λ=2,使得k1+k2=λk3成立. 【变式探究】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. 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+λx1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 = =--λ-2. 【名师点睛】 解决探索性问题的注意事项: 存在性问题,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. 【锦囊妙计,战胜自我】 1.解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在. 2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法. 1.若曲线ax2+by2=1为焦点在x轴上的椭圆,则实数a,b满足( ) A.a2>b2 .< C.00),△ABC的三个顶点都在抛物线上,O为坐标原点,设△ABC三条边AB,BC,AC的中点分别为M,N,Q,且M,N,Q的纵坐标分别为y1,y2,y3.若直线AB,BC,AC的斜率之和为-1,则++的值为( ) A.- B.- C. D. 答案 B 即 所以++=-. 5.若点O和点F分别为椭圆+=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则·的最大值为( ) A.2B.3C.6D.8 答案 C 解析 由题意得F(-1,0),设点P(x0,y0), 则y=3(1-)(-2≤x0≤2). ·=x0(x0+1)+y=x+x0+y =x+x0+3(1-)=(x0+2)2+2. 又因为-2≤x0≤2,所以当x0=2时,·取得最大值,最大值为6,故选C. 6.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,A,B为左,右顶点,点P为双曲线C在第一象限的任意一点,点O为坐标原点,若直线PA,PB,PO的斜率分别为k1,k2,k3,记m=k1k2k3,则m的取值范围为________. 答案 (0,2) ∴0查看更多