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  • 2021-06-16 发布

2019届二轮复习高考解答题突破(五) 圆锥曲线的综合应用学案(全国通用)

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高考解答题突破(五) 圆锥曲线的综合应用 突破“两设”——设点、设线 ‎[思维流程]‎ ‎ [技法点拨]‎ 圆锥曲线解答题的常见类型是:第1问通常是根据已知条件,求曲线方程或离心率,一般比较简单.第2问往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等,这一小题综合性较强,可通过巧设“点”“线”,设而不求.在具体求解时,可将整个解题过程分成程序化的三步:‎ 第一步,联立两个方程,并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出;‎ 第二步,用两个交点的同一类坐标的和与积,来表示题目中涉及的位置关系和数量关系;‎ 第三步,求解转化而来的代数问题,并将结果回归到原几何问题中.‎ 在求解时,要根据题目特征,恰当的设点、设线,以简化运算.考 向一 圆锥曲线中的范围、最值问题 ‎ 解决有关范围、最值问题时,先要恰当地引入变量(如点的坐标、斜率等),建立目标函数,然后利用函数的有关知识和方法求解.‎ ‎(1)利用判别式来构造不等式,从而确定参数的取值范围;‎ ‎(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,从而求出参数的取值范围;‎ ‎(4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围;‎ ‎(5)利用函数值域的求法,确定参数的取值范围.‎ ‎ [解] (1)证明: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).‎ ‎ 解圆锥曲线范围、最值问题的要点 求解范围或最值问题的关键是建立关于求解某个参数的目标函数,通过求这个函数的值域确定目标的范围.‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.(2018·郑州质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,以F1F2为直径的圆与直线ax+2by-ab=0相切.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率;‎ ‎(2)如图,过F1作直线l与椭圆分别交于两点P,Q,若△PQF2的周长为4,求·的最大值.‎ ‎[解] (1)由题意可知以F1F2为直径的圆与直线ax+2by-ab=0相切.‎ ‎∴=c,即3a2b2=c2(a2+4b2)=(a2-b2)(a2+4b2).‎ ‎∴a2=2b2,∴=.‎ ‎∴e=== ==.‎ ‎(2)∵△PQF2的周长为4,∴4a=4,∴a=,由(1)知=,∴b2=1,‎ ‎∴椭圆方程为+y2=1,且焦点F1(-1,0),F2(1,0).‎ ‎①若直线l的斜率不存在,则可得l⊥x轴,直线l的方程为x=-1,‎ 解方程组可得或 ‎∴P,Q,‎ ‎∴=,=,‎ ‎∴·=(-2)×(-2)+×=4-=.‎ 故·=.‎ ‎②若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),‎ 由消去y整理得 ‎(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0.‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 则x1+x2=-,x1x2=.‎ ‎∴·=(x1-1,y1)·(x2-1,y2)‎ ‎=(x1-1)(x2-1)+y1y2‎ ‎=(k2+1)x1x2+(k2-1)(x1+x2)+k2+1‎ ‎=(k2+1)+(k2-1)+k2+1‎ ‎= ‎=-,‎ ‎∵k2>0,‎ ‎∴可得-1<·<,‎ 综上可得-1<·≤,‎ ‎∴·的最大值是.‎ 考向二 圆锥曲线中的定点、定值问题 ‎1.定点问题的求解策略 解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y=kx+m(k存在的情形).然后利用条件建立k与m的关系.借助于点斜式方程思想确定定点坐标.‎ ‎2.定值问题的求解策略 定值的证明与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推证得出与参数无关的数值.在这类试题中选择消元的方法是非常关键的.‎ ‎[解] (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,由已知可得,点A的坐标为或.‎ 所以AM的方程为y=-x+或y=x-.‎ ‎ 解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3点 ‎(1)从特殊情形开始,求出定值,再证明该值与变量无关;‎ ‎(2)直接推理、计算,在整个过程中消去变量,得定值;‎ ‎(3)在含有参数的曲线方程里面,把参数从含有参数的项里面分离出来,并令其系数为零,可以解出定点坐标.‎ ‎[对点训练]‎ ‎2.(2018·天津和平二模)已知椭圆E:+=1(a>b>0)经过点,且离心率e=.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设椭圆E的右顶点为A,若直线l:y=kx+m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点),且满足MA⊥NA,试证明直线l经过定点,并求出该定点的坐标.‎ ‎[解] (1)依题意,得解得 所以,椭圆E的方程为+=1.‎ ‎(2)证明:如图,设M(x1,y1)、N(x2,y2),‎ 联立 整理,得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,‎ 则Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,即3+4k2-m2>0,‎ x1+x2=-,x1x2=.‎ 从而y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=,‎ 由椭圆E的右顶点为A(2,0),MA⊥NA,‎ 得·=-1,得y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0.‎ 则有+++4=0,‎ 整理,得7m2+16km+4k2=0,‎ 解得m=-2k或m=-,均满足条件3+4k2-m2>0.‎ 当m=-2k时,直线l的方程为y=k(x-2),直线l过定点A,与题设矛盾;‎ 当m=-时,直线l的方程为y=k,直线l过定点,‎ 所以直线l经过定点,且定点的坐标为.‎ 考向三 圆锥曲线中的探索性问题 处理探索性问题,一般要先对结论作出肯定的假设,然后由此假设出发,结合已知条件进行推理论证,若推出相符的结论,则存在性随之解决;若导出矛盾,则否定了存在性.‎ ‎     ‎ ‎ [解] ‎ ‎ 存在性问题的解题步骤 ‎[对点训练]‎ ‎3.(2018·河北唐山模拟)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,过点A(0,-b)和点B(a,0)的直线与原点的距离为.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C,D两点,问:是否存在k,使得以CD为直径的圆过E点?请说明理由.‎ ‎[解] (1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0,依题意可得解得 所以椭圆的方程为+y2=1.‎ ‎(2)存在.理由:假设存在这样的k.‎ 联立方程得(1+3k2)x2+12kx+9=0.‎ 由题意知Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0,①‎ 设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-,②‎ x1x2=,③‎ 而y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,‎ 要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),当且仅当CE⊥DE时成立,‎ 则y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,‎ ‎∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④‎ 将②③式带入④式整理得k=.‎ 经验证,k=时使得①式成立.‎ 综上可知,存在k=使得以CD为直径的圆过点E.‎ 专题跟踪训练(二十七)‎ ‎1.(2018·济南模拟)已知点P(-2,1)在椭圆C:+=1(a>0)上,动点A,B都在椭圆上,且直线AB不经过原点O,直线OP经过弦AB的中点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程和直线AB的斜率;‎ ‎(2)求△PAB面积的最大值.‎ ‎[解] (1)将P(-2,1)代入+=1,得+=1,a2=8.故椭圆方程为+=1.‎ 当直线AB斜率不存在时不合题意,故设直线AB:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为M(x0,y0),‎ 由得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-8=0,‎ x0=(x1+x2)=-,y0=kx0+m=,‎ 直线OP经过弦AB的中点,则kOM=kOP,=-,‎ =-,∴k=,即直线AB的斜率为.‎ ‎(2)当k=时,由Δ=64-16m2>0得-2b>0)的焦距为2,且过焦点的弦中最短的弦的长度为.‎ ‎(1)求该椭圆C的方程.‎ ‎(2)经过椭圆右焦点F2的直线和该椭圆交于A,B两点,点P 在椭圆上,O为原点,若=+,求直线的方程.‎ ‎[解] (1)由题意得,在椭圆中c=,所以a2-b2=2.①‎ 过焦点的弦中垂直于x轴的弦最短,易得该直线与椭圆的交点的纵坐标为±.‎ 由弦的长度为得=,即=.②‎ 由①②式得a2=3,b2=1,‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)椭圆C的方程为+y2=1,设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),‎ 因为=+,所以x3=x1+x2,y3=y1+y2.‎ 又因为点P在椭圆上,‎ 所以+y=2+2‎ ‎=++ ‎=++=1,‎ 所以x1x2+3y1y2=0.‎ ‎①当直线斜率为0时,其方程为y=0,‎ 此时不妨设A(,0),B(-,0),不满足x1x2+3y1y2=0,不符合题意,舍去.‎ ‎②当直线斜率不为0时,设直线方程为x=my+,‎ 由消去x,得(m2+3)y2+2my-1=0,‎ 所以 所以x1x2+3y1y2=(my1+)(my2+)+3y1y2=m2y1y2+m(y1+y2)+2+3y1y2=(m2+3)×+m×+2=0,‎ 化简,得m2-4m2+3=0,解得m2=1,所以直线方程为x=±y+.‎ 综上,直线方程为x-y-=0或x+y-=0.‎ ‎3.(2018·西安模拟)如图,点F是抛物线Γ:x2=2py(p>0)的焦点,点A是抛物线上的定点,且=(2,0),点B,C是抛物线上的动点,直线AB,AC的斜率分别为k1,k2.‎ ‎(1)求抛物线Γ的方程;‎ ‎(2)若k2-k1=2,点D是B,C处切线的交点,记△BCD的面积为S,证明S是定值.‎ ‎[解] (1)设A(x0,y0),可知F,故==(2,0),‎ ‎∴代入x2=2py(p>0),得4=p2,即p=2,‎ ‎∴抛物线Γ的方程为x2=4y.‎ ‎(2)证明:如图,过D作y轴的平行线交BC于点E,并设B,C,‎ 由(1)得A(-2,1),‎ ‎∴k2-k1=-=,又k2-k1=2,‎ ‎∴=2,即x2-x1=8.‎ 又x2=4y即y=x2,有y′=x,‎ ‎∴kBD=,kCD=,‎ ‎∴直线DB:y=x-,直线CD:y=x-.‎ ‎∴联立解得 又∵直线BC的方程为y-=(x-x1),‎ 将xD代入,得yE=.‎ ‎∴△BCD的面积为S=ED·(x2-x1)=×(yE-yD)×(x2-x1)=× ‎×(x2-x1)=××8=32(定值).‎ ‎4.(2018·郑州质检)已知椭圆x2+2y2=m(m>0),以椭圆内一点M(2,1)为中点作弦AB,设线段AB的中垂线与椭圆相交于C,D两点.‎ ‎(1)求椭圆的离心率;‎ ‎(2)试判断是否存在这样的m,使得A,B,C,D在同一个圆上,并说明理由.‎ ‎[解] (1)将方程化成椭圆的标准方程+=1(m>0),则a=,c= =,故e==.‎ ‎(2)由题意,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),直线AB的斜率存在,设为k,则直线AB的方程为y=k(x-2)+1,代入x2+2y2=m(m>0),消去y,得(1+2k2)x2+4k(1-2k)x+2(2k-1)2-m=0(m>0).所以x1+x2==4,即k=-1,此时,由Δ>0,得m>6.则直线AB的方程为x+y-3=0,直线CD的方程为x-y-1=0.由得3y2+2y+1-m=0,y3+y4=-,故CD的中点N为.由弦长公式,可得 ‎|AB|=|x1-x2|‎ ‎=·.‎ ‎|CD|=|y3-y4|=·>|AB|,若存在圆,则圆心在CD上,‎ 因为CD的中点N到直线AB的距离 d==.‎ ‎|NA|2=|NB|2=2+2=,‎ 又2=2=,‎ 故存在这样的m(m>6),使得A,B,C,D在同一个圆上.‎

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