（新课改省份专用）2020版高考数学一轮复习第八章解析几何第七节完胜解析几何压轴大题策略指导（第3课时）题型上——全析高考常考的6大题型讲义（含解析）.doc

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1、1第 3 课时 题型上全析高考常考的 6 大题型题型一 圆锥曲线中的定点问题圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动这类问题的求解一般可分为以下三步：一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标典例 (20

2、19成都一诊)已知椭圆 C： 1( a b0)的右焦点 F( ，0)，长x2a2 y2b2 3半轴的长与短半轴的长的比值为 2.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)设不经过点 B(0,1)的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 M， N，若点 B 在以线段 MN为直径的圆上，证明直线 l 过定点，并求出该定点的坐标解 (1)由题意得， c ， 2， a2 b2 c2，3ab a2， b1，椭圆 C 的标准方程为 y21.x24(2)当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y kx m(m1)， M(x1， y1)，N(x2， y2)联立，得Error!消去 y 可得(4 k21) x

3、28 kmx4 m240. 16(4 k21 m2)0， x1 x2 ， x1x2 . 8km4k2 1 4m2 44k2 1点 B 在以线段 MN 为直径的圆上， 0.BM BN ( x1， kx1 m1)( x2， kx2 m1)( k21) x1x2 k(m1)( x1 x2)BM BN ( m1) 20，( k21) k(m1) ( m1) 20，4m2 44k2 1 8km4k2 1整理，得 5m22 m30，2解得 m 或 m1(舍去)35直线 l 的方程为 y kx .35易知当直线 l 的斜率不存在时， 不符合题意故直线 l 过定点，且该定点的坐标为 .(0， 35)方法技巧求

4、解圆锥曲线中定点问题的 2 种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关(2)直接推理法：选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数 k 当成变量，将变量 x， y 当成常数，将原方程转化为 kf(x， y) g(x， y)0 的形式；根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组Error!以中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决 针对训练如图，已知直线 l： y kx1( k0)关于直线 y x1 对称的直线为 l1，直线 l， l1与椭圆 E： y21

5、 分别交于点 A， M 和x24A， N，记直线 l1的斜率为 k1.(1)求 kk1的值；(2)当 k 变化时，试问直线 MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由解：(1)设直线 l 上任意一点 P(x， y)关于直线 y x1 对称的点为 P0(x0， y0)，直线 l 与直线 l1的交点为(0,1)， l： y kx1， l1： y k1x1，k ， k1 ，由 1，y 1x y0 1x0 y y02 x x02得 y y0 x x02， 由 1，得 y y0 x0 x，y y0x x0由得Error! kk1yy0 y y0 1xx0 1. x 1 x0

6、 1 x x0 2 1xx0(2)由Error! 得(4 k21) x28 kx0，3设 M(xM， yM)， N(xN， yN)， xM ， yM . 8k4k2 1 1 4k24k2 1同理可得 xN ， yN . 8k14k21 1 8k4 k2 1 4k214k21 1 k2 44 k2kMN ，yM yNxM xN1 4k24k2 1 k2 44 k2 8k4k2 1 8k4 k2 8 8k48k 3k2 3 k2 13k直线 MN： y yM kMN(x xM)，即 y ，1 4k24k2 1 k2 13k (x 8k4k2 1)即 y x x .k2 13k 8 k2 13 4k

7、2 1 1 4k24k2 1 k2 13k 53当 k 变化时，直线 MN 过定点 .(0， 53)题型二 圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量 斜率、距离、面积、比值等 与变量 斜率、点的坐标等 无关的问题.其求解步骤一般为：一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量 或者有多个变量，但是能整体约分也可以.三定值：化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只须对上述式子进行必要的

8、化简即可得到定值.典例 (2019沈阳模拟)已知椭圆 C： 1( a b0)的焦点为 F1， F2，离心x2a2 y2b2率为 ，点 P 为其上一动点，且三角形 PF1F2的面积最大值为 ， O 为坐标原点12 3(1)求椭圆 C 的方程；(2)若点 M， N 为 C 上的两个动点，求常数 m，使 m 时，点 O 到直线 MN 的OM ON 距离为定值，求这个定值解 (1)依题意知Error!解得Error!所以椭圆 C 的方程为 1.x24 y23(2)设 M(x1， y1)， N(x2， y2)，则 x1x2 y1y2 m，当直线 MN 的斜率存在时，设其方程为 y kx n，4则点 O

9、到直线 MN 的距离 d ，|n|k2 1 n2k2 1联立，得Error!消去 y，得(4 k23) x28 knx4 n2120, 由 0 得 4k2 n230，则 x1 x2 ， x1x2 ， 8kn4k2 3 4n2 124k2 3所以 x1x2( kx1 n)(kx2 n)( k21) x1x2 kn(x1 x2) n2 m，整理得 12 .7n2k2 1 m 4k2 3k2 1因为 d 为常数，则 m0， d ，n2k2 1 127 2217此时 12 满足 0.7n2k2 1当 MN x 轴时，由 m0 得 kOM1，联立，得Error!消去 y，得 x2 ，127点 O 到直线

10、 MN 的距离 d| x| 亦成立2217综上，当 m0 时，点 O 到直线 MN 的距离为定值，这个定值是 .2217方法技巧圆锥曲线中定值问题的特点及 2 大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值(2)两大解法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；引进变量法：其解题流程为针对训练已知 F1， F2分别为椭圆 ： 1( b0)的左、右焦点x24 y2b2(1)当 b1 时，若 P 是椭圆 上一点，且 P 位于第一象限， ，求点PF1 PF2 54P 的坐标；(2)当椭圆 的焦距为 2 时，若直线 l： y kx m 与椭圆 相交于 A(x1， y1)，B(x2，

11、 y2)两点，且 3x1x24 y1y20，证明： AOB 的面积为定值( O 为坐标原点)5解：(1)当 b1 时，椭圆方程为 y21，则 F1( ，0)， F2( ，0)x24 3 3设 P(x， y)(x0， y0)，则 ( x， y)， ( x， y)，PF1 3 PF2 3由 ，得 x2 y2 .PF1 PF2 54 74结合 y21， x0， y0，解得 x1， y ，x24 32所以点 P 的坐标为 .(1，32)(2)当椭圆 的焦距为 2 时， c1，则 b2 a2 c23，椭圆 的方程为 1.x24 y23由Error! 消去 y 并整理，得(34 k2)x28 kmx4 m

12、2120.则 64 k2m216(34 k2)(m23)48(34 k2 m2)0，即 34 k2 m20.又 x1 x2 ， x1x2 ，8km3 4k2 4 m2 33 4k2所以 y1y2( kx1 m)(kx2 m) k2x1x2 km(x1 x2) m2 ，3m2 12k23 4k2由 3x1x24 y1y20，得 3 4 0，即 2m234 k2.4 m2 33 4k2 3m2 12k23 4k2因为| AB| |x1 x2| 1 k2 1 k2 x1 x2 2 4x1x2 1 k2 ，48 3 4k2 m2 3 4k2 2 1 k2 48 2m2 m2 2m2 2 1 k2 12

13、m2点 O 到直线 AB 的距离 d ，|m|1 k2 m21 k2所以 S AOB |AB|d ，12 12 1 k2 12m2 m21 k2 3即 AOB 的面积为定值，其定值为 .3题型三 构造目标不等式解决范围问题欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式 组 ，通过解不等式 组 来达到目的.典例 已知 A 是椭圆 E： 1( t3)的左顶点，斜率为 k(k0)的直线交 E 于x2t y23A， M 两点，点 N 在 E 上， MA NA.(1)当 t4，| AM| AN|时，求 AMN 的面积；(2)当 2|AM| AN|时，求 k 的取值范围解 (1)由| AM| AN|，可得

14、 M， N 关于 x 轴对称，由 MA NA，可得直线 AM 的斜率 k 为 1.6因为 t4，所以 A(2，0)，所以直线 AM 的方程为 y x2，代入椭圆方程 E： 1，可得 7x216 x40，x24 y23解得 x2 或 x ，27所以 M ， N ，(27， 127) ( 27， 127)则 AMN 的面积为 .12 247 ( 27 2) 14449(2)由题意知 t3， k0， A( ，0)，将直线 AM 的方程 y k(x )代入t t 1 得(3 tk2)x22 tk2x t2k23 t0.x2t y23 t设 M(x1， y1)，则 x1( ) ，tt2k2 3t3 tk

15、2即 x1 ，t 3 tk23 tk2故| AM| x1 | .t 1 k26t 1 k23 tk2由题设知，直线 AN 的方程为 y (x )，1k t故同理可得| AN| .6kt 1 k23k2 t由 2|AM| AN|得 ，23 tk2 k3k2 t即( k32) t3 k(2k1)当 k 时上式不成立，因此 t .323k 2k 1k3 2由 t3，得 3，3k 2k 1k3 2所以 0，即 0.k3 2k2 k 2k3 2 k 2 k2 1k3 2 k 2k3 2由此得Error! 或Error!解得 k2.32因此 k 的取值范围是( ，2)32方 法 技 巧 圆锥曲线中范围问题

16、的 5 个解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；7(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围 针对训练(2019豫南九校联考)设椭圆 1( a )的右焦点为 F，右顶点为 A.已知x2a2 y23 3|OA| OF|1，其中 O 为原点， e 为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程及离心率 e 的值；(2

17、)设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B(B 不在 x 轴上)，垂直于 l 的直线与 l 交于点M，与 y 轴交于点 H.若 BF HF，且 MOA MAO，求直线 l 的斜率的取值范围解：(1)由题意可知| OF| c ，a2 3又| OA| OF|1，所以 a 1，解得 a2，a2 3所以椭圆的方程为 1，离心率 e .x24 y23 ca 12(2)设 M(xM， yM)，易知 A(2,0)，在 MAO 中， MOA MAOMA MO，即( xM2) 2 y x y ，化简得 xM1.2M 2M 2M设直线 l 的斜率为 k(k0)，则直线 l 的方程为 y k(x2)设 B(xB，

18、yB)，由Error!消去 y，整理得(4 k23) x216 k2x16 k2120，解得 x2 或 x .8k2 64k2 3由题意得 xB ，从而 yB .8k2 64k2 3 12k4k2 3由(1)知 F(1,0)，设 H(0， yH)，则 (1， yH)， .FH BF (9 4k24k2 3， 12k4k2 3)由 BF HF，得 0，BF FH 即 0，解得 yH ，4k2 94k2 3 12kyH4k2 3 9 4k212k所以直线 MH 的方程为 y x .1k 9 4k212k由Error! 消去 y，得 xM .20k2 912 k2 18由 xM1，得 1，20k2

19、912 k2 1解得 k 或 k ，64 64所以直线 l 的斜率的取值范围为 .( ， 64 64， )题型四 构造函数模型解决最值问题若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有：1 二次型函数；2 双曲线型函数；3 多项式型函数.典例 (2019河南郑州一模)已知椭圆 C： 1( a b0)的左、右焦点分别x2a2 y2b2为 F1， F2，以 F1F2为直径的圆与直线 ax2 by ab0 相切3(1)求椭圆 C 的离心率 e；(2)如图所示，过 F1作直线 l 与椭圆分别交于 P，Q 两

20、点，若 PQF2的周长为 4 ，求 的最大值2 F2P F2Q 解 (1)由题意知 c，则 3a2b2 c2(a24 b2)，| 3ab|a2 4b2即 3a2(a2 c2) c2a24( a2 c2)，所以 a22 c2，所以 e .22(2)因为 PQF2的周长为 4 ，2所以 4a4 ，即 a .2 2由(1)知 b2 c21，故椭圆 C 方程为 y21，且焦点 F1(1，0)， F2(1,0)x22若直线 l 的斜率不存在，则可得 l x 轴，方程为 x1， P ，Q( 1，22)，( 1， 22) ， ，F2P ( 2， 22) F2Q ( 2， 22)故 .F2P F2Q 72若直

21、线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y k(x1)，由Error! 消去 y，得(2 k21) x24 k2x2 k220.设 P(x1， y1)，Q( x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .4k22k2 1 2k2 22k2 19因为 ( x11， y1)(x21， y2)( x11)( x21) y1y2，F2P F2Q 所以 ( k21) x1x2( k21)( x1 x2) k21，F2P F2Q 则 ( k21) ( k21) k21 F2P F2Q 2k2 22k2 1 ( 4k22k2 1) 7k2 12k2 1 72，92 2k2 1令 t2(2 k21)，则

22、(t2)，F2P F2Q 72 9t所以 .F2P F2Q ( 1， 72)结合，得 ，F2P F2Q ( 1， 72所以 的最大值是 .F2P F2Q 72方 法 技 巧 求解圆锥曲线中最值问题的 2 种方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：(1)利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；(2)利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解 针对训练(2019安康质检)已知椭圆 1( a b0)的左、右焦点分别为 F1和 F2，由x2a2 y2b2M(

23、 a， b)， N(a， b)， F2和 F1这 4 个点构成了一个高为 ，面积为 3 的等腰梯形3 3(1)求椭圆的方程；(2)过点 F1的直线和椭圆交于 A， B 两点，求 F2AB 面积的最大值解：(1)由已知条件，得 b ，且 3 ，32a 2c2 3 3 a c3.又 a2 c23， a2， c1，椭圆的方程为 1.x24 y23(2)显然，直线的斜率不能为 0，设直线的方程为 x my1， A(x1， y1)， B(x2， y2)联立方程，得Error!消去 x 得，(3 m24) y26 my90.直线过椭圆内的点，10无论 m 为何值，直线和椭圆总相交 y1 y2 ， y1y2

24、 .6m3m2 4 93m2 4 S F2AB |F1F2|y1 y2| y1 y2|12 12 y1 y2 2 4y1y2m2 1 3m2 4 24 4 .m2 1(m2 1 13)21m2 1 23 19 m2 1令 t m211，设 f(t) t ，易知 t 时，函数 f(t)单调递增，19t (1， )当 t m211，即 m0 时， f(t)取得最小值， f(t)min ，此时， S F2AB取得最109大值 3.题型五 圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等在熟悉圆

25、锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法典例 (2018全国卷)设椭圆 C： y21 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交x22于 A， B 两点，点 M 的坐标为(2,0)(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程；(2)设 O 为坐标原点，证明： OMA OMB.解 (1)由已知得 F(1,0)， l 的方程为 x1.则点 A 的坐标为 或 .(1，22) (1， 22)又 M(2,0)，所以直线 AM 的方程为 y x 或 y x ，22 2 22 2即 x y20 或 x y20.2 2(2)证明：当 l 与 x 轴重合时， OMA OM

26、B0.当 l 与 x 轴垂直时， OM 为 AB 的垂直平分线，所以 OMA OMB.当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为y k(x1)( k0)， A(x1， y1)， B(x2， y2)，11则 x1 ， x2 ，直线 MA， MB 的斜率之和为2 2kMA kMB .y1x1 2 y2x2 2由 y1 kx1 k， y2 kx2 k，得 kMA kMB .2kx1x2 3k x1 x2 4k x1 2 x2 2将 y k(x1)代入 y21，x22得(2 k21) x24 k2x2 k220，所以 x1 x2 ， x1x2 .4k22k2 1 2k2 22k2 1则 2k

27、x1x23 k(x1 x2)4 k 0.4k3 4k 12k3 8k3 4k2k2 1从而 kMA kMB0，故 MA， MB 的倾斜角互补所以 OMA OMB.综上， OMA OMB 成立方法技巧证明两角相等问题的方法圆锥曲线中的两角相等问题，其实就是有公共边的两个角(公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互补的问题，即已知点 B， D 在垂直于坐标轴的同一直线上，若要证明 ABD CBD，需证 kAB kBC0. 针对训练(2018全国卷)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C： 1 交于 A， B 两点，线段x24 y23AB 的中点为 M(1， m)(m0)(1)证明

28、： k ；12(2)设 F 为 C 的右焦点， P 为 C 上一点，且 0.证明：| |，|FP FA FB FA |， | |成等差数列，并求该数列的公差FP FB 证明：(1)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 1， 1.x214 y213 x24 y23两式相减，并由 k 得 k0.y1 y2x1 x2 x1 x24 y1 y2312由题设知 1， m，于是 k .x1 x22 y1 y22 34m由题设得 0 m ，故 k .32 12(2)由题意得 F(1,0)设 P(x3， y3)，则( x31， y3)( x11， y1)( x21， y2)(0,0)由(1)及题设

29、得 x33( x1 x2)1，y3( y1 y2)2 m0.又点 P 在 C 上，所以 m ，34从而 P ，| | ，(1， 32) FP 32于是| | 2 .FA x1 1 2 y21 x1 1 2 3(1 x214) x12同理| |2 .FB x22所以| | |4 (x1 x2)3.FA FB 12故 2| | | |，FP FA FB 即| |，| |，| |成等差数列FA FP FB 设该数列的公差为 d，则 2|d| | | |x1 x2|FB FA 12 .12 x1 x2 2 4x1x2将 m 代入得 k1，34所以 l 的方程为 y x ，74代入 C 的方程，并整理得

30、 7x214 x 0.14故 x1 x22， x1x2 ，代入解得| d| .128 32128所以该数列的公差为 或 .32128 32128题型六 圆锥曲线中的存在性问题存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成13立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.典例 (2019吉林五校联考)已知椭圆 C： 1( a b0)的两个焦点与短轴x2a2 y2b2的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆 C 的短轴长为 2 .3(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)是否存在过点 P(0,2)

31、的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 M， N，且满足 OM 2( O 为坐标原点)？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由ON 解 (1)由题意得Error!解得Error!椭圆 C 的标准方程是 1.x24 y23(2)当直线 l 的斜率不存在时， M(0， )， N(0， )， 3，不符合题3 3 OM ON 意当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y kx2， M(x1， y1)， N(x2， y2)由Error! 消去 y 整理得(34 k2)x216 kx40，则 (16 k)216(34 k2)0，解得 k 或 k .12 12x1 x2 ， x1x2

32、，16k3 4k2 43 4k2 x1x2 y1y2(1 k2)x1x22 k(x1 x2)4 4OM ON 4 1 k23 4k2 32k23 4k2.16 12k23 4k2 2， 2，OM ON 16 12k23 4k2解得 k ，满足 0，22故存在符合题意的直线，其方程为 k x2.22方 法 技 巧 圆锥曲线中存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法” ，将不确定性问题明朗化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、14曲线或参数)

33、不存在(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法 针对训练(2019福州四校联考)已知椭圆 C： 1( a b0)的两个焦点分别为 F1， F2，x2a2 y2b2短轴的一个端点为 P， PF1F2内切圆的半径为 ，设过点 F2的直线 l 被椭圆 C 截得的线段b3为 RS，当 l x 轴时，| RS|3.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)在 x 轴上是否存在一点 T，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称？若存在，请求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)由内切圆的性质，得 2cb (2a2 c) ，得 .12 12 b3 ca 12将 x c

34、代入 1，得 y ，所以 3.x2a2 y2b2 b2a 2b2a又 a2 b2 c2，所以 a2， b ，3故椭圆 C 的标准方程为 1.x24 y23(2)当直线 l 垂直于 x 轴时，显然 x 轴上任意一点 T 都满足 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称当直线 l 不垂直于 x 轴时，假设存在 T(t,0)满足条件，设 l 的方程为 y k(x1)， R(x1， y1)， S(x2， y2)联立方程，得Error!得(34 k2)x28 k2x4 k2120，由根与系数的关系得Error!其中 0 恒成立，由 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称，得 kTS kTR0(显然 TS， TR 的斜率存在)，即 0.y1x1 t y2x2 t因为 R， S 两点在直线 y k(x1)上，所以 y1 k(x11)， y2 k(x21)，代入得k x1 1 x2 t k x2 1 x1 t x1 t x2 t 0，k2x1x2 t 1 x1 x2 2t x1 t x2 t15即 2x1x2( t1)( x1 x2)2 t0，将代入得 0，8k2 24 t 1 8k2 2t 3 4k23 4k2 6t 243 4k2则 t4，综上所述，存在 T(4,0)，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴 对称