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1、9.5圆锥曲线的综合问题考法一求轨迹方程1.(2021新高考,21,12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0),F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.(1)求C的方程;(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|TB|=|TP|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.解析(1)由题意知|F1F2|=217,因为|MF1|-|MF2|=20,b0,xa),则2a=2,2c=217,解得a=1,c=17,则b2=c2-a2=(17)2-12=16,所以M的轨迹C的方程为x2-y216=1(x1).(2
2、)如图,设T12,m,直线AB的方程为y-m=k1x12,由y=k1x12+m,x2y216=1(x1),得(16-k12)x2+(k12-2k1m)x-14k12+k1m-m2-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=k122k1mk1216,x1x2=14k12+m2k1m+16k1216,则|TA|=1+k12x112,|TB|=1+k12x212,所以|TA|TB|=(1+k12)x112x212=(m2+12)(1+k12)k1216.设直线PQ的方程为y-m=k2x12,同理得|TP|TQ|=(m2+12)(1+k22)k2216,因为|TA|TB|=|TP|
3、TQ|,所以(m2+12)(1+k12)k1216=(m2+12)(1+k22)k2216,所以1+k12k1216=1+k22k2216,即k12=k22,由题意知k1k2,所以k1+k2=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.一题多解(2)设T12,m,直线AB的倾斜角为1,直线PQ的倾斜角为2,由题不妨设TA=t1AB|AB|,TB=t2AB|AB|,t10,t20,则|TA|=t1,|TB|=t2.设A(x,y),因为TA=t1AB|AB|,所以x12,ym=t1(cos 1,sin 1),所以x=12+t1cos 1,y=m+t1sin 1,又因为点A在双曲线上,所以1612
4、+t1cos 12-(m+t1sin 1)2=16,即(16cos21-sin21)t12+(16cos 1-2msin 1)t1-(m2+12)=0.同理可得(16cos21-sin21)t22+(16cos 1-2msin 1)t2-(m2+12)=0.所以t1,t2即为方程(16cos21-sin21)t2+(16cos 1-2msin 1)t-(m2+12)=0的两个根,则|TA|TB|=t1t2=(m2+12)16cos21sin21,同理|TP|TQ|=(m2+12)16cos22sin22,结合|TA|TB|=|TP|TQ|,得cos21=cos22,又因为AB与PQ是不同直线,
5、所以cos 1=-cos 2,于是1+2=,则kAB+kPQ=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.易错警示解答本题第一问时,容易出现所求C的方程为x2-y216=1的错误结果,从而致使第二问直接做错.2.(2016课标,理20,文20,12分)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.解析由题设知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P12,a,Q12,b
6、,R12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.(3分)(1)由于F在线段AB上,故1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=ab1+a2=aba2ab=1a=aba=-b=k2.所以ARFQ.(5分)(2)设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x112,SPQF=|ab|2.由题设可得212|b-a|x112=|ab|2,所以x1=0(舍去),或x1=1.(8分)设满足条件的AB的中点为E(x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx1(x1).而a+b2=y,所以y2
7、=x-1(x1).当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以,所求轨迹方程为y2=x-1.(12分)疑难突破第(1)问求解关键是把ARFQ的证明转化为kAR=kFQ的证明;第(2)问需找到AB中点所满足的几何条件,从而将其转化为等量关系.在利用斜率表示几何等量关系时应注意分类讨论思想的应用.评析本题主要考查抛物线的性质,直线的斜率及其应用,轨迹方程的求法等知识,考查分类讨论思想的应用,考查考生对基础知识和基本技能的应用能力.3.(2014广东理,20,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个焦点为(5,0),离心率为53.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若动点P(x0,y0)为椭圆
8、C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.解析(1)由题意知c=5,e=ca=53,a=3,b2=a2-c2=4,故椭圆C的标准方程为x29+y24=1.(2)设两切线为l1,l2,当l1x轴或l1x轴时,l2x轴或l2x轴,可知P(3,2).当l1与x轴不垂直且不平行时,x03,设l1的斜率为k,且k0,则l2的斜率为-1k,l1的方程为y-y0=k(x-x0),与x29+y24=1联立,整理得(9k2+4)x2+18(y0-kx0)kx+9(y0-kx0)2-36=0,直线l1与椭圆相切,=0,即9(y0-kx0)2k2-(9k2+4)(y0-kx0)2-4=0,(x0
9、2-9)k2-2x0y0k+y02-4=0,k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的一个根,同理,-1k是方程(x02-9)x2-2x0y0x+y02-4=0的另一个根,k1k=y024x029,整理得x02+y02=13,其中x03,点P的轨迹方程为x2+y2=13(x3).P(3,2)满足上式.综上,点P的轨迹方程为x2+y2=13.评析本题考查椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系以及轨迹方程的求法.考查分类讨论思想以及方程思想的应用.4.(2014湖北理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)
10、求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.解析(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即(x1)2+y2=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=4x,x0,0,x0.(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组y1=k(x+2),y2=4x,可得ky2-4y+4(2k+1)=0.(i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=14.故此时直线l:y=1与轨迹C
11、恰好有一个公共点14,1.(ii)当k0时,方程的判别式为=-16(2k2+k-1).设直线l与x轴的交点为(x0,0),则由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-2k+1k.1若0,x00,由解得k12.即当k(-,-1)12,+时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.2若=0,x00,x00,则由解得k1,12或-12k0,x00,则由解得-1k-12或0k12.即当k1,120,12时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合(i)(ii)可知,当k(-,-1)12,+0时,直线l与轨迹C恰
12、好有一个公共点;当k12,01,12时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k1,120,12时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.评析本题考查了直线和抛物线的位置关系,考查了数形结合的方法,灵活地利用判别式是求解的关键.盲目利用抛物线的定义而漏掉射线y=0(xb0)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.质,椭圆中的定点、定值问题.考查学生分析问题、解决问题的能力.考查的核心素养是数学运算.解析 (1)由题设得4a2+1b2=1,a2b2a2=12,解得a2=6,b2=3.所以C的方程为x2
13、6+y23=1.(6分)(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m261+2k2(根与系数的关系).由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.将代入上式可得(k2+1)2m261+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0(易错
14、:化简和因式分解过程中的计算量比较大,容易出错).因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程为y=kx2313(k1).所以直线MN过点P23,13.若直线MN与x轴垂直(易丢分点:容易忽略直线斜率不存在的情况),可得N(x1,-y1).由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去)或x1=23.此时直线MN过点P23,13.令Q为AP的中点,即Q43,13.若D与P不重合,则由题设知AP是RtADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223
15、.若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.(12分)归纳总结:圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点;(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.2.(2022全国乙,理20,文21,12分)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B32,1两点.(1)求E的方程; (2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN过
16、定点.解析(1)解法一:设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a0,b0且ab),将A(0,-2),B32,1两点的坐标代入,得4b2=1,94a2+1b2=1,解得a2=3,b2=4,故椭圆E的方程为x23+y24=1.解法二:设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m0,n0且mn).由题意可得4n=1,9m4+n=1,解得n=14,m=13,故椭圆E的方程为x23+y24=1.(2)由A(0,-2),B32,1可得直线AB的方程为y=23x-2.若过点P(1,-2)的直线的斜率不存在,则其方程为x=1,与方程x23+y24=1联立,可得y=263,结合题意可知N1,263,M1,263,由
17、y=23x2,y=263,得x=6+3,y=263,则T6+3,263,由MT=TH,得6+31=xH(6+3),yH=263,则H26+5,263,所以直线HN的方程为y=2+263x-2,易知直线HN过点(0,-2);若过点P(1,-2)的直线的斜率存在,设其方程为y+2=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2).联立y+2=k(x1),x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,则x1+x2=6k(2+k)3k2+4,x1x2=3k(k+4)3k2+4,y1+y2=8(2+k)3k2+4,y1y2=4(4+4k2k2)3k2+4,x1y2+x2
18、y1=24k3k2+4.联立y=y1,y=23x2,可得T3y12+3,y1,由MT=TH,可得H(3y1+6-x1,y1),故此时直线HN的方程为y-y2=y1y23y1+6x1x2(x-x2),将(0,-2)代入并整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,即26k(2+k)3k2+468(2+k)3k2+4+24k3k2+434(4+4k2k2)3k2+4-12=0恒成立,则直线HN过定点(0,-2).综上,直线HN过定点(0,-2).3.(2020课标理,20,12分)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点
19、,AGGB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.解析(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AGGB=8得a2-1=8,即a=3.所以E的方程为x29+y2=1.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n0,解得k0或0kb0)的离心率为32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线P
20、B与x轴交于点N.求证:|AN|BM|为定值.解析(1)由题意得ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则x02+4y02=4.当x00时,直线PA的方程为y=y0x02(x-2).令x=0,得yM=-2y0x02,从而|BM|=|1-yM|=1+2y0x02.直线PB的方程为y=y01x0x+1.令y=0,得xN=-x0y01,从而|AN|=|2-xN|=2+x0y01.所以|AN|BM|=2+x0y011+2y0x02=x02+4y02+4x0y04x08y0+4x
21、0y0x02y0+2=4x0y04x08y0+8x0y0x02y0+2=4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|为定值.一题多解(2)点P在曲线x22+y12=1上,不妨设P(2cos ,sin ),当k且k+2(kZ)时,直线AP的方程为y-0=sin2(cos1)(x-2),令x=0,得yM=sin1cos;直线BP的方程为y-1=sin12cos(x-0),令y=0,得xN=2cos1sin.|AN|BM|=21cos1sin1sin1cos=22(1sin)(1cos)(1sin)(1cos)=22=4(定值).当=k或=k
22、+2(kZ)时,M、N是定点,易得|AN|BM|=4.综上,|AN|BM|=4.评析本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运算量大,对学生的运算能力要求较高.7.(2016北京文,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1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.解析(1)由题意得,a=2,b=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(3分)又c=a2b2=3,所以离心率e=ca=32.(5分)(2)设P(x0,y
23、0)(x00,y0b0)的离心率为22,点(2,2)在C上.(1)求C的方程;(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.解析(1)由题意有a2b2a=22,4a2+2b2=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+y24=1.(2)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入x28+y24=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=2kb2k2+1,yM=kxM+b=b2k2+1.于是直线OM的斜率kO
24、M=yMxM=-12k,即kOMk=-12.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.评析本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系;考查了定值问题的解题方法.利用韦达定理解决线段的中点是求解关键.9.(2015陕西文,20,12分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点A(0,-1),且离心率为22.(1)求椭圆E的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2.解析(1)由题设知ca=22,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=2.所以椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)证明:由题设知,直线P
25、Q的方程为y=k(x-1)+1(k2),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x20,则x1+x2=4k(k1)1+2k2,x1x2=2k(k2)1+2k2.从而直线AP,AQ的斜率之和kAP+kAQ=y1+1x1+y2+1x2=kx1+2kx1+kx2+2kx2=2k+(2-k)1x1+1x2=2k+(2-k)x1+x2x1x2=2k+(2-k)4k(k1)2k(k2)=2k-2(k-1)=2.评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.考法三最值与范围问题1.(2
26、019课标文,20,12分)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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PF1PF2,且F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.解析本题主要考查椭圆的定义、简单的几何性质;考查数形结合的数学思想和逻辑思维能力与运算求解能力;体现了逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)连接PF1.由POF2为等边三角形可知在F1PF2中,F1PF2=90,|PF2|=c,|PF1|=3c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c,故C的离心率e=ca=3-1.(2)由题意可知,满
27、足条件的点P(x,y)存在,当且仅当12|y|2c=16,yx+cyxc=-1,x2a2+y2b2=1,即c|y|=16,x2+y2=c2,x2a2+y2b2=1.由及a2=b2+c2得y2=b4c2,又由知y2=162c2,故b=4.由得x2=a2c2(c2-b2),所以c2b2,从而a2=b2+c22b2=32,故a42.当b=4,a42时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为42,+).思路分析第(1)问中由平面几何知识可知PF1F2是F1PF2=90的直角三角形,且|PF2|=c,|PF1|=3c,再利用椭圆的定义找出a与c的等量关系,进而求离心率.第(2)问中设出P点坐标,
28、利用SPF1F2=16,PF1PF2以及x2a2+y2b2=1得到方程,消元化简可求b的值和a的取值范围.一题多解(2)设|PF1|=r1,|PF2|=r2,由椭圆的定义可得r1+r2=2a,SPF1F2=12r1r2=16,r1r2=32.又PF1PF2,r12+r22=4c2,(r1+r2)2=r12+r22+2r1r2=4c2+64=4a2,4a2-4c2=64,b=4,又r12+r222r1r2,4c2232,c4,a2=b2+c2=16+c232,b的值为4,a的取值范围为42,+).2.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存
29、在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;(2)若P是半椭圆x2+y24=1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)由(1)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0y02,所以|PM
30、|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y024x0).因此,PAB的面积SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x00),所以y02-4x0=-4x02-4x0+44,5.因此,PAB面积的取值范围是62,15104.疑难突破解析几何中“取值范围”与“最值”问题在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化
31、为求函数的值域或最值.3.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A12,14,B32,94,抛物线上的点P(x,y)12x32.过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|PQ|的最大值.解析(1)设直线AP的斜率为k,k=x214x+12=x-12,因为-12x32,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程kxy+12k+14=0,x+ky94k32=0,解得点Q的横坐标是xQ=k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2x+12=1+k2(k+1),|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k1)(k+1)2k2+1,所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间1,12上单调递增,12,1上单调递减,因此当k=12时,|PA|PQ|取得最大值2716.解法二:如图,连接BP,|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=AP(AB-AP)=APAB-AP2.易知P(x,x2)12x32,则APAB=2x+1+2x2-12=2x2+2x+12,AP2=x+122+x2142=x2+x+14+x4-12x2+116=x4+12x2+x+516.|AP|