江苏省高考数学苏教二轮复习专题 解析几何中的综合问题

江苏省高考数学苏教二轮复习专题 解析几何中的综合问题

江苏省2013届高考数学（苏教版）二轮复习专题15 解析几何中的综合问题 回顾2008～2012年的高考题，解析几何是重要内容之一，所占分值在30分以上，大题小题同时有，除了本身知识的综合，还会与其它知识如向量、函数、不等式等知识构成综合题，多年高考压轴题是解析几何题.‎ 预测在2013年的高考题中：‎ (1)填空题依然是直线和圆的方程问题以及考查圆锥曲线的几何性质为主，三种圆锥曲线都有可能涉及.‎ (2)在解答题中可能会出现圆、直线、椭圆的综合问题，难度较高，还有可能涉及简单的轨迹方程和解析几何中的开放题、探索题、证明题，重点关注定值问题.‎ ‎1．椭圆＋＝1的内接矩形的面积最大值为________．‎ 解析：设P(x，y)为矩形的一个顶点，则＋＝1≥2 ＝，所以S＝4|xy|≤2ab，当且仅当＝＝时等号成立．‎ 答案：2ab ‎2．两点A(3,0)，B(0,4)，动点P(x，y)在线段AB上运动，则xy的最大值为________．‎ 解析：由题意得＋＝1(x>0，y>0)所以1＝＋≥2 即xy≤3，当且仅当＝＝时等号成立．‎ 答案：3‎ ‎3．和圆(x－3)2＋(y－1)2＝36关于直线x＋y＝0对称的圆的方程是________．‎ 解析：圆心(3,1)关于直线x＋y＝0的对称点的坐标为(－1，－3)，半径不变，方程为(x＋1)2＋(y＋3)2＝36.‎ 答案：(x＋1)2＋(y＋3)2＝36‎ ‎4．若实数x，y满足x2＋y2－2x＝0，则x2＋y2的取值范围是________．‎ 解析：由y2＝2x－x2≥0得0≤x≤2，‎ 所以x2＋y2＝2x∈[0,4]．‎ 答案：[0,4]‎ ‎5．设A(x1，y1)，B，C(x2，y2)是右焦点为F的椭圆＋＝1上三个不同的点，若AF，BF，CF成等差数列，则x1＋x2＝________.‎ 解析：根据圆锥曲线的共同性质可知A，B，C到右准线x＝的距离成等差数列，则2＝－x1＋－x2，即x1＋x2＝8.‎ 答案：8‎ ‎　　 已知i，j是x，y轴正方向的单位向量，设a＝(x－)i＋yj，b＝(x＋)i＋yj，且满足|a|＋|b|＝4.‎ ‎(1)求点P(x，y)的轨迹C的方程；‎ ‎(2)如果过点Q(0，m)且方向向量为c＝(1,1)的直线l与点P的轨迹交于A，B两点，当△AOB的面积取到最大值时，求m的值．‎ ‎[解]　(1)∵a＝(x－)i＋yj，b＝(x＋)i＋yj，且|a|＋|b|＝4.‎ ‎∴点P(x，y)到点(，0)，(－，0)的距离之和为4，故点P的轨迹方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 依题意直线AB的方程为y＝x＋m.‎ 代入椭圆方程，得5x2＋8mx＋4m2－4＝0，‎ 则x1＋x2＝－m，x1·x2＝(m2－1)．‎ 因此，S△AOB＝AB·d＝ ≤×＝1.‎ 当5－m2＝m2时，即m＝±时，Smax＝1.‎ ‎(1)本题以向量为载体考查椭圆的定义、标准方程、直线与椭圆的位置关系及最值问题．‎ ‎(2)求解解析几何中的最值问题，一般要先建立目标函数，再求最值，求最值的方法主要是配方法和利用基本不等式．‎ ‎　　 已知点A(－2，0)，B(－，0)，动点P满足·＝||·||，若动点P的轨迹记作曲线C1.‎ ‎(1)求曲线C1的方程；‎ ‎(2)已知曲线C1交y轴正半轴于点Q，过点D作斜率为k的直线l交曲线C1于M、N点，求证：无论k如何变化，以MN为直径的圆过点Q.‎ 解：(1)设P(x，y)，则有＝(x＋2，y)，‎ ‎＝(，0)，＝(x＋，y)．‎ ‎∵·＝·||·||，‎ ‎∴x＋4＝·· .‎ 化简得＋＝1.‎ 故曲线C1的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由＋＝1，得Q(0，)．‎ 设直线l的方程为y＝kx－，‎ 代入＋＝1得(1＋2k2)x2－kx－＝0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＝(x1，y1－)，＝(x2，y2－)．‎ ‎∴x1＋x2＝，x1·x2＝－.‎ ‎∴·＝x1x2＋ ‎＝x1x2(1＋k2)－k(x1＋x2)＋＝－－k·＋＝0.‎ ‎∴⊥.‎ 即点Q在以MN为直径的圆上．‎ ‎　　 已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M(0,2)是椭圆的一个顶点，△F1MF2是等腰直角三角形．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝8，证明：直线AB过定点.‎ ‎[解]　(1)因为b＝2，△F1MF2是等腰直角三角形，所以c＝2，所以a＝2，‎ 故椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：①若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A点坐标为(x1，y1)，B点坐标为(x2，y2)，‎ 联立方程得，消去y，得 ‎(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 由题知k1＋k2＝＋＝8，‎ 所以＋＝8，‎ 即2k＋(m－2)＝8.‎ 所以k－＝4，整理得m＝k－2.‎ 故直线AB的方程为y＝kx＋k－2，‎ 即y＝k－2.‎ 所以直线AB过定点.‎ ‎②若直线AB的斜率不存在，设直线AB的方程为x＝x0，A(x0，y0)，B(x0，－y0)，‎ 则由题知＋＝8，‎ 得x0＝－.此时直线AB的方程为x＝－，显然直线AB过点.‎ 综上可知，直线AB过定点.‎ ‎(1)本题主要考查椭圆的标准方程，直线方程及圆锥曲线中定值问题的证明．‎ ‎(2)证明直线过定点时，可先用参数表示出直线方程，再根据方程的特点去证明．‎ ‎(3)证明函数式为定值时，一般是写出其表达式，消去参数，从而证明为定值．‎ ‎　　 如图，已知椭圆的两个焦点F1、F2在y轴上，短轴长为2，离心率为，点P是椭圆上一点，且在第一象限内，·＝1，过点P作关于直线PF1对称的两条直线PA、PB，分别交椭圆于A、B两点．‎ ‎(1)求点P的坐标；‎ ‎(2)求证：直线AB的斜率为定值．‎ 解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．‎ 因为椭圆的短轴长为2，离心率为，‎ 所以2b＝2，＝，‎ 解得a＝2，b＝，c＝，‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ 所以F1(0，)，F2(0，－)．设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则＝(－x0，－y0)，＝(－x0，－－y0)，所以·＝x－(2－y)＝1.‎ 又点P(x0，y0)在椭圆上，则＋＝1，‎ 所以x＝，从而－(2－y)＝1，‎ 解得y0＝或y0＝－(舍去)，‎ 则点P的坐标为(1，)．‎ ‎(2)证明：由(1)知PF1∥x轴，所以直线PA、PB的斜率互为相反数．设直线PB的斜率为k，不妨令k>0，‎ 则直线PB的方程为y－＝k(x－1)，‎ 由 得(2＋k2)x2＋2k(－k)x＋(－k)2－4＝0.‎ 设B(xB，yB)，则xB＝＝，同理可得xA＝.‎ 所以xA－xB＝，‎ yA－yB＝－k(xA－1)－k(xB－1)＝.‎ 所以直线AB的斜率kAB＝＝为定值．‎ ‎　　 已知中心在原点，焦点在x轴上，离心率为的椭圆C经过点(，1)．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若过椭圆的一个焦点且互相垂直的直线l1、l2分别与椭圆交于A，B和C，D，那么是否存在常数λ使得AB＋CD＝λ·AB·CD？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 由离心率e＝＝，c2＝a2－b2，‎ 可得＝，从而a2＝2b2，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1，‎ 将点(，1)代入椭圆方程可得b2＝4，‎ 易知a2＝8，则椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)原问题等价于＋＝λ(λ为常数)．‎ 不妨取椭圆C的右焦点(2,0)，‎ ‎①当直线AB的斜率存在且不为0时，‎ 设直线AB的方程为y＝k(x－2)，‎ 将其代入椭圆方程得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 根据弦长公式易得 AB＝·＝· ＝，‎ 从而易知，CD＝，‎ 所以＋＝，AB＋CD＝AB·CD.‎ ‎②当直线AB斜率不存在或为0时，AB、CD中一个是长轴的长度，另一个是通径的长度．‎ 易得AB＋CD＝AB·CD.‎ 综上所述，存在常数λ＝，使得AB＋CD＝λAB·CD.‎ 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质及圆锥曲线中的探索性问题．本题(2)的解法中将等式巧妙变形，即把问题转化为弦长的计算问题，体现了化归思想的重要作用．‎ ‎　　 已知A、B为椭圆＋＝1的左、右顶点，F为椭圆的右焦点，P是椭圆上异于A、B的任意一点，直线AP、BP分别交直线l：x＝m(m>2)于M、N两点，l交x轴于C点．‎ ‎(1)当PF∥l时，求点P的坐标；‎ ‎(2)是否存在实数m，使得以MN为直径的圆过点F？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)∵a2＝4，b2＝3，∴c＝＝1.‎ 连结PF，当PF∥l时，将x＝1代入＋＝1，‎ 得y＝±，则P.‎ ‎(2)设椭圆上任意一点P(x0，y0)，易得直线AM的方程为y＝(x＋2)，‎ 由得M.‎ 直线BN的方程为y＝(x－2)，‎ 由得N.‎ ‎∵点P(x0，y0)在椭圆＋＝1上，‎ ‎∴＋＝1，变形得＝－，‎ ‎∴kMF·kNF＝· ‎＝＝·＝－.‎ 要使以MN为直径的圆过点F，即要满足MF⊥NF，则kMF·kNF＝－1，解得m＝4.‎ 所以存在m＝4，使得以MN为直径的圆过点F.‎ 　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．定点定值问题的求解策略：‎ ‎(1)从一般的情形进行论证．‎ ‎(2)运用从特殊到一般的思想来解决问题，即先求出特殊情形下的值，如直线的斜率不存在的情况，再论证该特殊值对一般情形也成立．‎ ‎2．求解最值问题应注意：‎ ‎(1)如果建立的函数是关于斜率k的函数，要增加考虑斜率不存在的情况；‎ ‎(2)如果建立的函数是关于点的坐标x，y的函数，可以考虑用代入消元、基本不等式、三角换元或几何解法来解决问题．‎ ‎1.(2012·陕西高考)右图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽______米．‎ 解析：以抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴建立直角坐标系，设抛物线的方程为x2＝－2py，则点(2，－2)在抛物线上，代入可得p＝1，所以x2＝－2y.当y＝－3时，x2＝6，所以水面宽为2.‎ 答案：2 ‎2．(2012·江西高考)椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2.若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为____________．‎ 解析：依题意得|F1F2|2＝|AF1|·|BF1|，即4c2＝(a－c)·(a＋c)＝a2－c2，整理得5c2＝a2，得e＝＝.‎ 答案： ‎3.(2012·湖北高考)如图，双曲线－＝1(a，b＞0)的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2.若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A，B，C，D.则 ‎(1)双曲线的离心率e＝________；‎ ‎(2)菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值＝________.‎ 解析：(1)由题意可得a＝bc，则a4－3a2c2＋c4＝0，‎ 即e4－3e2＋1＝0，解得e2＝，故e＝.‎ ‎(2)设∠B2F1A2＝θ，则sin θ＝，cos θ＝，‎ ＝＝＝＝e2－＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎4．(2012·北京高考)在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2＝4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方．若直线l的倾斜角为60°，则△OAF的面积为________．‎ 解析：直线l的方程为y＝(x－1)，即x＝y＋1，代入抛物线方程，得y2－y－4＝0，‎ 解得yA＝＝2(yB＜0，舍去)，‎ 故△OAF的面积为×1×2＝.‎ 答案： ‎5．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F.设线段AB的中点为M，若2 ·＋≥0，则该椭圆离心率的取值范围为________．‎ 解析：由题意得A(－a,0)，B(0，b)，M，F(c,0)，则＝，＝.‎ 由2 ·＋≥0可得c2＋2ac－2a2≤0，‎ 解得e∈[－1－，－1＋ ]．‎ 又e∈(0,1)，所以椭圆离心率的取值范围为(0，－1]．‎ 答案：(0，－1]‎ ‎6．若三角形三边所在直线方程分别为x＋2y－5＝0，y－2＝0，x＋y－4＝0，则能够覆盖此三角形且面积最小的圆的方程为________．‎ 解析：由已知条件可得三角形的三个顶点是(1,2)，(2,2)和(3,1)，作出图形可知该三角形为钝角三角形．而能够覆盖钝角三角形的面积最小的圆是以钝角的对边(最长边)为直径的圆，而最长边的两个端点坐标分别为(1,2)，(3,1)，故圆心坐标为，半径为，则所求圆的方程为(x－2)2＋2＝.‎ 答案：(x－2)2＋2＝ ‎7．(2011·浙江高考)设F1，F2分别为椭圆＋y2＝1的左，右焦点，点A，B在椭圆上，若＝5，则点A的坐标是________．‎ 解析：根据题意设A点坐标为(m，n)，B点坐标为(c，d)．F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，其坐标分别为(－，0)，(，0)，可得＝(m＋，n)，＝(c－，d)．‎ ‎∵＝5，∴c＝，d＝.‎ ‎∵点A、B都在椭圆上，∴＋n2＝1，＋2＝1.解得m＝0，n＝±1，故点A坐标为(0，±1)．‎ 答案：(0，±1)‎ ‎8．已知F1、F2分别为双曲线C：－＝1的左、右焦点，点A∈C，点M的坐标为(2,0)，AM为∠F1AF2的平分线，则AF2＝________.‎ 解析：根据角平分线的性质，＝＝.‎ 又AF1－AF2＝6，故AF2＝6.‎ 答案：6‎ ‎9．已知F是抛物线y2＝x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，AF＋BF＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为________．‎ 解析：如图，过A，B分别作准线l的垂线AD，BC，垂足分别为D，C，M是线段AB的中点，MN垂直准线l于N，由于MN是梯形ABCD的中位线，所以MN＝.由抛物线的定义知AD＋BC＝AF＋BF＝3，所以MN＝，又由于准线l的方程为x＝－，所以线段AB中点到y轴的距离为－＝.‎ 答案： ‎10．已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，AB＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为________．‎ 解析：设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，‎ 则焦点F，A，B，‎ 所以AB＝2p＝12，所以p＝6.‎ 又点P到AB边的距离为p＝6，‎ 所以S△ABP＝×12×6＝36.‎ 答案：36‎ ‎11．(2012·陕西高考)已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．‎ ‎(1)求椭圆C2的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．‎ 解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为＋＝1(a>2)，‎ 其离心率为，故＝，则a＝4，‎ 故椭圆C2的方程为＋＝1.‎ ‎(2)法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.‎ 将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，‎ 所以x＝.‎ 将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，‎ 所以x＝.‎ 又由＝2，得x＝4x，即＝，‎ 解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ 法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，‎ 由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，‎ 因此可设直线AB的方程为y＝kx.‎ 将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，‎ 所以x＝.‎ 由＝2，得x＝，y＝.‎ 将x，y代入＋＝1中，得＝1，‎ 即4＋k2＝1＋4k2，　‎ 解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ ‎12．给定椭圆C：＋＝1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(，0)，且其短轴上的一个端点到F的距离为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程和其“准圆”方程；‎ ‎(2)点P是椭圆C的“准圆”上的一个动点，过动点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，试判断l1，l2是否垂直，并说明理由．‎ 解：(1)由题意可知c＝，b2＋c2＝()2，‎ 则a＝，b＝1，‎ 所以椭圆方程为＋y2＝1.‎ 易知准圆半径为＝2，‎ 则准圆方程为x2＋y2＝4.‎ ‎(2)①当l1，l2中有一条直线的斜率不存在时，‎ 不妨设l1的斜率不存在，‎ 因为l1与椭圆只有一个公共点，‎ 则其方程为x＝±，‎ 当l1的方程为x＝时，‎ 此时l1与准圆交于点(，1)，(，－1)，‎ 此时经过点(，1)或(，－1)且与椭圆只有一个公共点的直线是y＝1或y＝－1，‎ 即l2为y＝1或y＝－1，显然直线l1，l2垂直；‎ 同理可证直线l1的方程为x＝－时，直线l1，l2也垂直．‎ ‎②当l1，l2的斜率都存在时，设点P(x0，y0)，‎ 其中x＋y＝4.‎ 设经过点P(x0，y0)与椭圆只有一个公共点的直线为y＝t(x－x0)＋y0，‎ 由消去y，得 ‎(1＋3t2)x2＋6t(y0－tx0)x＋3(y0－tx0)2－3＝0.‎ 由Δ＝0化简整理得，(3－x)t2＋2x0y0t＋1－y＝0.‎ 因为x＋y＝4，‎ 所以有(3－x)t2＋2x0y0t＋x－3＝0.‎ 设直线l1，l2的斜率分别为t1，t2，因为l1，l2与椭圆只有一个公共点，‎ 所以t1，t2满足方程(3－x)t2＋2x0y0t＋x－3＝0，‎ 所以t1·t2＝－1，即l1，l2垂直．‎ 综合①②知，l1，l2垂直．‎ ‎　‎