2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题教学案文（含解析）.doc

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1、1圆锥曲线的综合问题【2019 年高考考纲解读】1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大【重点、难点剖析】一、 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、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 (2)设 E 与 y 轴正半轴的交点为 B，过点 B 的直线 l 的斜率为 k(k0)， l 与 E 交于另一点 P.若以点 B 为圆心，以线段 BP 长为半径的圆与 E 有

2、 4 个公共点，求 k 的取值范围【解析】解法一 (1)设点 M(x， y)，由 2 ，得 A(x,2y)，MQ AQ 由于点 A 在圆 C： x2 y24 上，则 x24 y24，即动点 M 的轨迹 E 的方程为 y21.x24(2)由(1)知， E 的方程为 y21，x24因为 E 与 y 轴正半轴的交点为 B，所以 B(0,1)，所以过点 B 且斜率为 k 的直线 l 的方程为 y kx1( k0)由Error!得(14 k2)x28 kx0，设 B(x1， y1)， P(x2， y2)，因此 x10， x2 ，8k1 4k2|BP| |x1 x2| .1 k28|k|1 4k2 1 k

3、2由于以点 B 为圆心，线段 BP 长为半径的圆与椭圆 E 的公共点有 4 个，由对称性可设在 y 轴左侧的椭圆上有两个不同的公共点 P， T，满足| BP| BT|，此时直线 BP 的斜率 k0，记直线 BT 的斜率 为 k1，且 k10， k1 k，则| BT| ，8|k1|1 4k21 1 k21故 ，所以 0，8|k1|1 4k21 1 k21 8|k|1 4k2 1 k2 k21 k411 4k21 k2 k41 4k2即(14 k2) (14 k ) ，k21 k41 21 k2 k42所以( k2 k )(1 k2 k 8 k2k )0，21 21 21由于 k1 k，因此 1

4、k2 k 8 k2k 0，21 21故 k2 .k21 18k21 1 18 98 8k21 1因为 k20，所以 8k 10，所以 k2 .2118 98 8k21 1 18又 k0，所以 k .24又 k1 k，所以 1 k2 k28 k2k20，所以 8k42 k210.又 k0，解得 k ，22所以 k .(24， 22) ( 22， )根据椭圆的对称性， k 也满足题意( ， 22) ( 22， 24)综上所述， k 的取值范围为 .( ， 22) ( 22， 24) ( 24， 22) ( 22， )解法二 (1)设点 M(x， y)， A(x1， y1)，则 Q(x1,0)因为

5、2 ，所以 2(x1 x， y)(0， y1)，所以Error!解得Error!MQ AQ 因为点 A 在圆 C： x2 y24 上，所以 x24 y24，所以动点 M 的轨迹 E 的方程为 y21 .x24(2)由(1)知， E 的方程为 y21，所以 B 的坐标为(0,1)，易得直线 l 的方程为 y kx1( k0)x24由Error!得(14 k2)x28 kx0，设 B(x1， y1)， P(x2， y2)因此 x10， x2 ，8k1 4k2|BP| |x1 x2| .1 k28|k|1 4k2 1 k2则点 P 的轨迹方程为 x2( y1) 2 ，64k2 1 k2 1 4k2

6、2由Error!得 3y22 y5 0(1 y1) (*)64k2 1 k2 1 4k2 2依题意，得(*)式在 y(1,1)上有两个不同的实数解设 f(x)3 x22 x5 (1 x1)，64k2 1 k2 1 4k2 2易得函数 f(x)的图象的对称轴为直线 x ，13要使函数 f(x)的图象在(1,1)内与 x 轴有两个不同的交点，3则Error!整理得Error!即Error!所以Error!得 k ( ， 22) ( 22， 24) ( 24， 22)，(22， )所以 k 的取值范围为 ( ， 22) ( 22， 24) .(24， 22) ( 22， )【方法技巧】1解决圆锥曲线

7、中范围问题的方法一般题目中没有给出明确的不 等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化2圆锥曲线中最值的求解策略(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.【变式探究】(2017山东)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E： 1( ab0)的离心率为 ，焦距为

8、x2a2 y2b2 222.(1)求椭圆 E 的方程；(2)如图，动直线 l： y k1x 交椭圆 E 于 A， B 两点， C 是椭圆 E 上一点，直线 OC 的斜率为 k2，且32k1k2 .M 是线段 OC 延长线上一点，且| MC| AB|23， M 的半径为| MC|， OS， OT 是 M 的两条切24线，切点分别为 S， T.求 SOT 的最大值，并求取得最大值时直线 l 的斜率解 (1)由题意知， e ，2 c2，所以 c1，ca 224所以 a ， b1，2所以椭圆 E 的方程为 y21.x22由题意可知，圆 M 的半径 r 为r |AB| .23 2 23 1 k21 1

9、8k212k21 1由题设知 k1k2 ，所以 k2 ，24 24k1因此直线 OC 的方程为 y x.24k1联立方程Error!得 x2 ， y2 ，8k211 4k21 11 4k21因此| OC| .x2 y21 8k211 4k21由题意可知，sin . SOT2 rr |OC| 11 |OC|r而 |OC|r1 8k211 4k212 231 k21 1 8k211 2k21 ，3 24 1 2k211 4k21 1 k21令 t12 k ，则 t1， (0,1)，211t因此 1，|OC|r 32 t2t2 t 1 32 12 1t 1t2 32 1 (1t 12)2 945当且

10、仅当 ，即 t2 时等号成立，此时 k1 ，1t 12 22所以 sin ，因此 ， SOT2 12 SOT2 6所以 SOT 的最大值为 . 3综上所述， SOT 的最大值为 ，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1 . 3 22【变式探究】已知 N 为圆 C1：( x2) 2 y224 上一动点，圆心 C1关于 y 轴的对称点为 C2，点 M， P 分别是线段 C1N， C2N 上的点，且 0， 2 .MP C2N C2N C2P (1)求点 M 的轨迹方程；(2)直线 l： y kx m 与点 M 的轨迹 只有一个公共点 P，且点 P 在第二象限，过坐标原点 O 且与 l 垂直的直线 l与

11、圆 x2 y28 相交于 A， B 两点，求 PAB 面积的取值范围解 (1)连接 MC2，因为 2 ，C2N C2P 所以 P 为 C2N 的中点，因为 0，MP C2N 所以 ，MP C2N 所以点 M 在 C2N 的垂直平分线上，所以| MN| MC2|，因为| MN| MC1| MC2| MC1|2 4，6所以点 M 在以 C1， C2为焦点的椭圆上，因为 a ， c2，所以 b22，6所以 点 M 的轨迹方程为 1.x26 y22(2)由Error!得(3k21) x26 kmx3 m260，因为直线 l： y kx m 与椭圆 相切于点 P，6所以 (6 km)24(3 k21)

12、(3 m26)12(6 k22 m2)0，即 m26 k22，解得 x ， y ， 3km3k2 1 m3k2 1即点 P 的坐标为 ，( 3km3k2 1， m3k2 1)因为点 P 在第二象限，所以 k0， m0，所以 m ，6k2 2所以点 P 的坐标为 ，( 3 2k3k2 1， 23k2 1)设直线 l与 l 垂直交于点 Q，则| PQ|是点 P 到直线 l的距离，且直线 l的方程为 y x，1k所以| PQ|1k 3 2k3k2 1 23k2 1|1k2 1 2 2k3k4 4k2 1 2 23k2 1k2 4 ，2 24 2 3 2 23 1 6 2当且仅当 3k2 ，即 k2

13、时，| PQ|有最大值 ，1k2 33 6 2所以 S PAB 4 |PQ|4 4，12 2 3即 PAB 面积的取值范围为 .(0， 4 3 4【感悟提升】 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，利用数形结合法求解(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【变式探究】已知椭圆 C： 1( ab0)的一条切线方程为 y2 x2 ，且离心率为 .y2a2 x2b2 2 32(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若直线 l： y kx m 与椭圆 C 交于 A

14、， B 两个不同的点，与 y 轴交于点 M，且 3 ，求实数 m 的取值AM MB 7范围解 (1)由题意知，离心率 e ，32 ca c a， b a， 1，32 12 y2a2 4x2a2将 y2 x2 代入，得 8x28 x8 a20，2 2由 12832(8 a2)0，得 a24，故椭圆 C 的标准方程为 x2 1.y24(2)根据已知，得 M(0， m)，设 A(x1， kx1 m)， B(x2， kx2 m)，由Error!得( k24) x22 mkx m240，且 4 m2k24( k24)( m24)0，即 k2 m240，且 x1 x2 ， x1x2 ， 2kmk2 4 m

15、2 4k2 4由 3 ，得 x13 x2，即 x13 x2，AM MB 3( x1 x2)24 x1x20， 0，12k2m2 k2 4 2 4 m2 4k2 4即 m2k2 m2 k240，当 m21 时， m2k2 m2 k240 不成立， k2 ，4 m2m2 1 k2 m240， m240，即 0，4 m2m2 1 (4 m2)m2m2 110，解得 k0)的焦点 F，与抛物线 相交于 A， B 两 4点，且| AB|8.(1)求抛物线 的方程；(2)过 点 P(12,8)的两条直线 l1， l2分别交抛物线 于点 C， D 和 E， F，线段 CD 和 EF 的中点分别为 M， N.

16、如果直线 l1与 l2的倾斜角互余，求证：直线 MN 经过一定点(1)解 由题意可设直线 AB 的方程为 y x ，p2由Error!消去 y 整理得 x23 px 0，p24 9 p24 8 p20，p24令 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x23 p，由抛物线的定义得| AB| x1 x2 p4 p8， p2.抛物线的方程为 y24 x.(2)证明 设直线 l1， l2的倾斜角分别为 ， ，由题意知， ， . 2直线 l1的斜率为 k，则 ktan .直线 l1与 l2的倾斜角互余，tan tan ( 2 )sin( 2 )cos( 2 )10 ，cos sin 1si

17、n cos 1tan 直线 l2的斜率为 .1k直线 CD 的方程为 y8 k(x12)，即 y k(x12)8.由Error!消去 x 整理得 ky24 y3248 k0，设 C(xC， yC)， D(xD， yD)， yC yD ，4k xC xD24 ，4k2 16k点 M 的坐标为 .(122k2 8k， 2k)以 代替点 M 坐标中的 k，1k可得点 N 的坐标为(122 k28 k,2k)， kMN .2(1k k)2(1k2 k2) 8(1k k)11k k 4直线 MN 的方程为y2 k x(122 k28 k)，11k k 4即 y x10，(1k k 4)显然当 x10 时

18、， y0，故直线 MN 经过定点(10，0).题型三 探索性问题例 3(2018全国)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C： 1 交于 A， B 两点，线段 AB 的中点为x24 y23M(1， m)(m0)(1)证明： kb0)的上、下焦点分别为 F1， F2，上焦点 F1到直线y2a2 x2b24x3 y120 的距离为 3，椭圆 C 的离心率 e .12(1)求椭圆 C 的方程；(2)椭圆 E： 1，设过点 M(0,1)，斜率存在且不为 0 的直线交椭圆 E 于 A， B 两点，试问 y 轴上y2a2 3x216b2是否存在点 P，使得 ？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由

19、PM (PA |PA |PB |PB |)(2)存在理由如下：由(1)得椭圆 E： 1，x216 y24设直线 AB 的方程为 y kx1( k0)，联立Error!消去 y 并整理得(4 k21) x28 kx120， (8 k)24(4 k21)12256 k24 80.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .8k4k2 1 124k2 1假设存在点 P(0， t)满足条件，13由于 ，PM (PA |PA |PB |PB |)所以 PM 平分 APB.所以直线 PA 与直线 PB 的倾斜角互补，所以 kPA kPB0.即 0，y1 tx1 y2 tx

20、2即 x2(y1 t) x1(y2 t)0.(*)将 y1 kx11， y2 kx21 代入(*)式，整理得 2kx1x2(1 t)(x1 x2)0，所以2 k 0，124k2 1 1 t 8k4k2 1整理得 3k k(1 t)0，即 k(4 t)0，因为 k0，所以 t4.所以存在点 P(0,4)，使得 .PM (PA |PA |PB |PB |)【感悟提升】 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，

21、按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径【变式探究】已知长轴长为 4 的椭圆 1( ab0)过点 P ，点 F 是椭圆的右焦点x2a2 y2b2 (1， 32)(1)求椭圆方程；(2)在 x 轴上是否存在定点 D，使得过 D 的直线 l 交椭圆于 A， B 两点设点 E 为点 B 关于 x 轴的对称点，且 A， F， E 三点共线？若存在，求 D 点坐标；若不存在，说明理由解 (1) 2 a4， a2，将点 P 代入 1，得 b23.(1，32) x2a2 y2b2椭圆方程为 1.x24 y23(2)存在定点 D 满足条件14设 D(t,0)，直线 l 方程为 x my t(m0)，联

22、立Error!消去 x，得(3 m24) y26 mty3 t2120，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 E(x2， y2)，Error!且 0.由 A， F， E 三点共线，可得( x21) y1( x11) y20，即 2my1y2( t1)( y1 y2)0， 2 m ( t1) 0，3t2 123m2 4 6mt3m2 4解得 t4，此时由 0 得 m24.存在定点 D(4,0)满足条件，且 m 满足 m24.题型四 圆锥曲线中的存在性问题例 4、椭圆 E： 1( a b0)的右顶点为 A，右焦点为 F，上、下顶点分别是 B， C，| AB| ，直x2a2 y2b2 7

23、线 CF 交线段 AB 于点 D，且| BD|2| DA|.(1)求 E 的标准方程；(2)是否存在直线 l，使得 l 交 E 于 M， N 两点，且 F 恰是 BMN 的垂心？若存在，求 l 的方程；若不存在，说明理由【解析】(1)解法一 由题意知 F(c,0)， A(a,0)， B(0， b)， C(0， b)，所以直线 AB 的方程为 1，直线 CF 的方程为 1，xa yb xc yb由Error!得， xD .2aca c因为| BD|2| DA|，所以 2 ，所以 ，得 a，BD DA BD 23BA 2aca c 23解得 a2 c，所以 b c.a2 c2 3因为| AB| ，

24、即 ，所以 c ，7 a2 b2 7 7 7所以 c1， a2， b ，所以 E 的标准方程为 13x24 y23解法二 如图，设 E 的左焦点为 G，连接 BG，由椭圆的对称性得 BG CF，15则 2，即| GF|2| FA|，由题意知 F(c,0)，则| GF|2 c，| FA| a c，|GF|FA| |BD|DA|所以 2c2( a c)，得 a2 c，所以 b c.a2 c2 3因为| AB| ，即 ，即7 a2 b2 7c ，所以 c1， a2， b ，7 7 3所以 E 的标准方程为 1.x24 y23(2)由(1)知， E 的方程为 1，所以 B(0， )， F(1,0)，x

25、24 y23 3所以直线 BF 的斜率 kBF .3假设存在直线 l，使得 F 是 BMN 的垂心，连接 BF，并延长，连接 MF，并延长，如图，则BF MN， MF BN，易知 l 的斜率存在，设为 k，则 kBFk1，所以 k ， 33设 l 的方程为 y x m， M(x1， y1)， N(x2， y2)，33由Error!得，13 x28 mx12( m23)0，3由 (8 m)241312( m23)0 得， m .3393 39316x1 x2 ， x1x2 .8 3m13 12 m2 313因为 MF BN，所以 0.MF BN 因为 (1 x1， y1)， ( x2， y2 )

26、，MF BN 3所以(1 x1)x2 y1(y2 )0，3即(1 x1)x2 0，(33x1 m)( 33x2 m) 3( 33x1 m)整理得 (x1 x2) x1x2 m2 m0，(133m) 43 3所以 m2 m0，(133m) ( 8 3m13) 43 12 m2 313 3整理得 21m25 m480，解得 m 或 m .3 316 321当 m 时， M 或 N 与 B 重合，不符合题意，舍去；3当 m 时，满足 m .16 321 393 393所以存在直线 l，使得 F 是 BMN 的垂心， l 的方程为 y x .33 16 321【变式探究】已知圆 O： x2 y24，点

27、 F(1,0)， P 为平面内一动点，以线段 FP 为直径的圆内切于圆 O，设动点 P 的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程； (2)M， N 是曲线 C 上的动点，且 直线 MN 经过定点(0， )，问在 y 轴上是否存在定点 Q，使得12 MQO NQO，若存在，请求出定点 Q，若不存在，请说明理由解析：(1)设 PF 的中点为 S，切点为 T，连 OS， ST，则| OS| SF| OT|2，取 F 关于 y 轴的对称点F，连接 F P，所以| PF|2| OS|，故| F P| FP|2(| OS| SF|)4，所以点 P 的轨迹是以 F， F 分别为左、右焦点，且长轴长为 4

28、的椭圆，则曲线 C 方程为 1.x24 y23(2)假设存在满足题意的定点 Q，设 Q(0， m)，当直线 MN 的斜率存在时，设直线 MN 的方程为 y kx ， M(x1， y1)， N(x2， y2)12联立，得Error!消去 x，得(34 k2)x24 kx110，则 0， x1 x2 ， x1x2 ， 4k3 4k2 113 4k2由 MQO NQO，得直线 MQ 与 NQ 的斜率之和为零，易知 x1或 x2等于 0 时，不满足题意，故 y1 mx117 0，y2 mx2 kx1 12 mx1 kx2 12 mx2 2kx1x2 (12 m) x1 x2x1x2即 2kx1x2 (x1 x2)2 k 0，当 k0 时， m6，所以存(12 m) 113 4k2 (12 m) 4k3 4k2 4k m 63 4k2在定点(0,6)，使得 MQO NQO；当 k0 时，定点(0,6)也符合题意易知当直线 MN 的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意综上，存在定点(0,6)，使得 MQO NQO.