2020届高考文科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

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2020届高考文科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

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Ⅰ)已知点A,B关于坐标原点O对称,|AB|=4,⊙M过点A,B且与直线x+2=0相切.‎ ‎(1)若A在直线x+y=0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x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).‎ 因为⊙M与直线x+2=0相切,‎ 所以⊙M的半径为r=|a+2|.‎ 由已知得|AO|=2.‎ 又MO⊥AO,故可得2a2+4=(a+2)2,‎ 解得a=0或a=4.‎ 故⊙M的半径r=2或r=6.‎ ‎(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=|x+2|,|AO|=2.‎ 由于MO⊥AO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,‎ - 12 -‎ 化简,得M的轨迹方程为y2=4x.‎ 因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,‎ 以直线x=-1为准线的抛物线,‎ 所以|MP|=x+1.‎ 因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=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y=kx+m,由题设条件将m用k表示为m=f(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:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线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,=λ,=μ,求证:+为定值.‎ 解 (1)因为抛物线y2=2px经过点P(1,2),所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x.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y=kx+1(k≠0).由得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意有Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或00).‎ 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=(x-u).‎ 由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.(*)‎ 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PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.‎ ‎②由①得|PQ|=2u ,|PG|=,‎ 所以△PQG的面积 S=|PQ|·|PG|= ‎=.‎ 设t=k+,‎ 则由k>0,得t≥2,当且仅当k=1时取等号.‎ 因为S=在[2,+∞)上单调递减,‎ 所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.‎ 因此,△PQG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:‎ - 12 -‎ ‎(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Ⅱ)已知F1,F2是椭圆C:+=1(a>b>0)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;‎ ‎(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,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,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故C的离心率为e==-1.‎ ‎(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在当且仅当 |y|·2c=16,·=-1,+=1,‎ 即c|y|=16,①‎ x2+y2=c2,②‎ +=1.③‎ 由②③及a2=b2+c2,得y2=.‎ 又由①,知y2=,故b=4.‎ 由②③及a2=b2+c2得x2=(c2-b2),‎ 所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4.‎ 当b=4,a≥4时,存在满足条件的点P.‎ 所以b=4,a的取值范围为[4,+∞).‎ - 12 -‎ 解决探索性问题时要注意: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,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(a>b>0)的左、右焦点分别为A(-1,0),B(1,0),C为椭圆M上的点,且∠ACB=,S△ABC=.‎ ‎(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AB2=CA2+CB2-2CA·CBcos∠ACB=(CA+CB)2-3CA·CB=4.‎ 又S△ABC=CA·CBsin∠ACB=CA·CB=,‎ ‎∴CA·CB=,代入上式得CA+CB=2.‎ 椭圆长轴2a=2,焦距2c=AB=2.‎ 所以椭圆M的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)设直线方程为y=k(x-1),E(x1,y1),F(x2,y2),‎ 联立 消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,Δ=8k2+8>0,‎ ‎∴x1+x2=,x1x2=.‎ 假设在x轴上存在定点D(x0,0),‎ 使得·为定值,‎ ‎∴·=(x1-x0,y1)·(x2-x0,y2)‎ ‎=x1x2-x0(x1+x2)+x+y1y2‎ ‎=x1x2-x0(x1+x2)+x+k2(x1-1)(x2-1)‎ ‎=(1+k2)x1x2-(x0+k2)(x1+x2)+x+k2‎ - 12 -‎ ‎=.‎ 要使·为定值,则·的值与k无关,‎ ‎∴2x-4x0+1=2(x-2),解得x0=,‎ 此时·=-为定值,定点为.‎ 专题作业 ‎1.(2019·全国卷Ⅲ)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x=2y1.‎ 因为y′=x,所以切线DA的斜率为x1,故=x1.‎ 整理得2tx1-2y1+1=0.‎ 设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.‎ 故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.‎ 所以直线AB过定点.‎ ‎(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+.‎ 由可得x2-2tx-1=0.‎ 于是x1+x2=2t,x1x2=-1,‎ y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,‎ ‎|AB|=|x1-x2|=×=2(t2+1).‎ 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 - 12 -‎ S=|AB|(d1+d2)=(t2+3) .‎ 设M为线段AB的中点,则M.‎ 因为⊥,‎ 而=(t,t2-2),与向量(1,t)平行,‎ 所以t+(t2-2)t=0,解得t=0或t=±1.‎ 当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4.‎ 因此,四边形ADBE的面积为3或4.‎ ‎2.(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,‎ 解得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.‎ - 12 -‎ 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k=-.‎ 当且仅当m>-1时,Δ>0,‎ 于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),‎ 所以l过定点(2,-1).‎ ‎3.(2019·北京高考)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1).‎ ‎(1)求抛物线C的方程及其准线方程;‎ ‎(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.‎ 解 (1)由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),‎ 得p=2.‎ 所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1.‎ ‎(2)证明:抛物线C的焦点为F(0,-1).‎ 设直线l的方程为y=kx-1(k≠0).‎ 由得x2+4kx-4=0.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4.‎ 直线OM的方程为y=x.‎ 令y=-1,得点A的横坐标xA=-.‎ 同理得点B的横坐标xB=-.‎ - 12 -‎ 设点D(0,n),则=,‎ =,‎ ·=+(n+1)2=+(n+1)2‎ ‎=+(n+1)2=-4+(n+1)2.‎ 令·=0,即-4+(n+1)2=0,‎ 得n=1或n=-3.‎ 综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).‎ ‎4.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,点P在椭圆C上,且△PF1F2的面积的最大值为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)已知直线l:y=kx+2(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M,N,若在x轴上存在点G,使得|GM|=|GN|,求点G的横坐标的取值范围.‎ 解 (1)由已知,得 解得a2=9,b2=8,c2=1,‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为E(x0,y0),‎ 若存在点G(m,0),使得|GM|=|GN|,则GE⊥MN.‎ 由得(8+9k2)x2+36kx-36=0,‎ 由Δ>0,得k∈R.所以x1+x2=-,‎ 则x0=,y0=kx0+2=.‎ 因为GE⊥MN,所以kGE=-,即=-,‎ 所以有m==.‎ 当k>0时,9k+≥2=12,所以-≤‎ - 12 -‎ m<0;当k<0时,9k+≤-12,所以0
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