(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题专题强化训练

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2020版高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案文

第3讲圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)[高考解读] 定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.角度一：定点问题1．(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .切入点：①点M 在椭圆C 上，且MN ⊥x 轴；②NP →＝2NM →.关键点：将OP →·PQ →＝1转化为向量的坐标运算，进而证明直线l 过C 的左焦点F . [解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)．由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则 OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ， OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )．由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 角度二：定值问题2．(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．切入点：①⊙M 过点A ，B ；②⊙M 与直线x ＋2＝0相切．关键点：①确定圆心M 的坐标；②选用合适的参数表示|MA |－|MP |的值．[解] (1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在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2a 2＋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x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝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 . [教师备选题]1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点．又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.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⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．2．(2018·北京高考)已知抛物线C ：y 2＝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，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．[解] (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)，所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，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⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0，解得k <0或0<k <1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)．从而k ≠－3.所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)．令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λ QO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1k －x 1＋x 2－1k －x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．1．证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据直线所过的定点与参数值无关得出x ，y 的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．2．定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关，当使用直线的斜率和截距表示直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．1．(定点问题)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，点P (1，a )在此抛物线上，|PF |＝2，不过原点的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，以AB 为直径的圆M 过坐标原点．(1)求抛物线C 的方程； (2)证明：直线l 恒过定点；(3)若线段AB 中点的纵坐标为2，求此时直线l 和圆M 的方程．[解] (1)由题意可得1＋p2＝2，解得p ＝2，故抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：设直线l 的方程为：x ＝my ＋t (t ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，y 2＝4x ，消去x ，得y 2－4my －4t ＝0，Δ＞0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1·y 2＝－4t . ∵以AB 为直径的圆恒过原点O ， ∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0，又x 1x 2＝(my 1＋t )(my 2＋t )，∴(m 2＋1)·y 1y 2＋mt (y 1＋y 2)＋t 2＝0， ∴－4t (m 2＋1)＋4m 2t ＋t 2＝0，化为t 2－4t ＝0，t ≠0，解得t ＝4. ∴直线l 的方程为：x ＝my ＋4.令y ＝0，可得x ＝4.因此直线l 恒过定点(4,0)． (3)线段AB 中点的纵坐标为2. ∵y 1＋y 2＝4m ， ∴2m ＝2，即m ＝1， ∵直线l 恒过定点(4,0)． ∴4＝0＋t ，即t ＝4， ∴直线l 的方程为x ＝y ＋4，∵线段AB 的中点坐标(6,2)即为圆的圆心坐标，设圆的方程为(x －6)2＋(y －2)2＝r 2，把(0,0)代入可得r 2＝40.故圆的方程为(x －6)2＋(y －2)2＝40.2．(定值问题)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 1：y ＝kx 交椭圆C 于A ，B 两点，点M 在椭圆C 上，且不与A ，B 两点重合，直线MA ，MB 的斜率分别为k 1，k 2.求证：k 1，k 2之积为定值．[解] (1)由题意知，2a ＝4，c a ＝12，∴a ＝2，c ＝1 ∴b 2＝a 2－c 2＝3，即椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：把y ＝kx 代入3x 2＋4y 2＝12，得(4k 2＋3)x 2－12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则：x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－124k 2＋3，y 1＋y 2＝kx 1＋kx 2＝0，y 1y 2＝k 2x 1x 2＝－12k24k 2＋3，∴k 1k 2＝y 1－y x 1－x ·y 2－y x 2－x ＝y 1y 2－y y 1＋y 2＋y 2x 1x 2－x 1＋x 2x ＋x 2，＝y 1y 2＋y 2x 1x 2＋x 2＝－12k 24k 2＋3＋y 2－124k 2＋3＋x 2＝－12k 24k 2＋3＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 24－124k 2＋3＋x 2＝－34×－124k 2＋3＋x 2－124k 2＋3＋x 2＝－34.故k 1，k 2之积为定值－34.圆锥曲线中的最值、范围问题(5年2考)[高考解读] 圆锥曲线中的最值、范围问题也是解析几何中的常见问题，此类问题重在考查解析几何的基本知识，重视通性通法的考查，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.(2016·全国卷Ⅱ)已知A 是椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA .(1)当|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，证明：3<k <2.切入点：①MA ⊥NA ；②|AM |＝|AN |；③2|AM |＝|AN |.关键点：①由MA ⊥NA ，|MA |＝|NA |确定直线AM 的倾斜角，进而求出AM 的方程； ②借助一元二次方程根与系数的关系及弦长公式，根据2|AM |＝|AN |建立关于k 的方程，再借助导数解决问题．[解] (1)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4.又A (－2,0)，因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2. 将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0.解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.(2)证明：设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ＞0)，代入x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0.由x 1·(－2)＝16k 2－123＋4k2得x 1＝－4k23＋4k2，故|AM |＝|x 1＋2|1＋k 2＝121＋k23＋4k 2.由题意，设直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋2)，故同理可得|AN |＝12k 1＋k23k 2＋4. 由2|AM |＝|AN |得23＋4k 2＝k3k 2＋4，即4k 3－6k 2＋3k －8＝0.设f (t )＝4t 3－6t 2＋3t －8，则k 是f (t )的零点．f ′(t )＝12t 2－12t ＋3＝3(2t －1)2≥0，所以f (t )在(0，＋∞)单调递增．又f (3)＝153－26＜0，f (2)＝6＞0，因此f (t )在(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点k 在(3，2)内，所以3＜k ＜2.[教师备选题]1．(2018·浙江高考)如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点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x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围．[解] (1)证明：设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根．所以y 1＋y 2＝2y 0，因此，PM 垂直于y 轴．(2)由(1)可知，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝2y 20－4x 0. 因此，△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 2＋y 204＝1(x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，因此，△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.2．(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．[解] (1)由椭圆的离心率为22，得a 2＝2(a 2－b 2)，又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2，所以a 2＝4，b 2＝2. 因此椭圆方程为x 24＋y 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0. 由Δ>0得m 2<4k 2＋2，(*) 且x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，因此y 1＋y 2＝2m2k 2＋1，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋1，m 2k 2＋1.又N (0，－m )，所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2，整理得|ND |2＝4m2＋3k 2＋k 4k 2＋2.因为|NF |＝|m |，所以|ND |2|NF |2＝k 4＋3k 2＋k 2＋2＝1＋8k 2＋3k 2＋2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3，故2k 2＋1＝t ＋14.所以|ND |2|NF |2＝1＋16t ＋t2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t，所以y ′＝1－1t2.当t ≥3时，y ′>0，从而y ＝t ＋1t在[3，＋∞)上单调递增，因此t ＋1t ≥103，等号当且仅当t ＝3时成立，此时k ＝0，所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4.由(*)得－2<m <2且m ≠0，故|NF ||ND |≥12. 设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12，所以θ的最小值为π6，从而∠EDF 的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0.综上所述：当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取到最小值π3.求解范围、最值问题的常见方法解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量如点的坐标、角、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.利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；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；利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.1．(最值问题)(2019·佛山二模)已知F 为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，过原点O 的动直线l 与C 交于A ，B 两点．当A 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，255时，|OB |＝|BF |.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)延长BF 交椭圆C 于Q ，求△QAB 的面积的最大值．[解] (1)由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，255，得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－255，而|OB |＝|BF |，∴F (－2,0)，即c ＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋45b 2＝1，a 2＝b 2＋4，解得a 2＝5，b 2＝1.∴椭圆C 的标准方程为x 25＋y 2＝1.(2)当直线BF 斜率不存在时，BF 的方程为：x ＝－2，此时B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－55，|BQ |＝255，A ⎝⎛⎭⎪⎫2，55， S △QAB ＝12×255×2＝255；当BF 所在直线斜率存在时，设BF 的方程为：y ＝k (x ＋2)(k ≠0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋，x 25＋y 2＝1，得(1＋5k 2)x 2＋20k 2x ＋20k 2－5＝0.设B (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－20k 21＋5k 2，x 1x 2＝20k 2－51＋5k 2.则|BQ |＝1＋k 2x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－20k 21＋5k 22－80k 2－201＋5k 2＝1＋k 2·251＋k21＋5k2. O 到BQ 的距离d ＝|2k |1＋k2，则A 到BQ 的距离为4|k |1＋k2.∴S △QAB ＝12·1＋k 2·251＋k 21＋5k 2·4|k |1＋k 2＝45k 4＋k 21＋5k 2. 令1＋5k 2＝t (t ＞1)，则S △QAB ＝45·－425⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2＋325×1t ＋125. 当1t ＝38时，(S △QAB )max ＝ 5. 综上，△QAB 的面积的最大值为 5.2．(范围问题)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的点到右焦点F (c,0)的最大距离是2＋1，且1，2a,4c 成等比数列．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的中垂线交x 轴于点M (m,0)，求实数m 的取值范围．[解] (1)由题意可知，⎩⎨⎧a ＋c ＝2＋1，1·4c ＝2a 2，a 2＝b 2＋c 2，解之得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1，故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意得F (1,0)，设AB 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝k x －，消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝－2k 1＋2k 2，可得线段AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2，当k ＝0时，直线MN 为y 轴，此时m ＝0.当k ≠0时，直线MN 的方程为y ＋k1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2，令y ＝0得m ＝k 21＋2k 2＝11k 2＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，综上可知，实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12.圆锥曲线中的探索性问题(5年2考)[高考解读] 高考对探究性问题要求较低，考查频次较少，本题考查抛物线的概念和标准方程以及抛物线与直线的关系，考查考生的逻辑推理、数学运算的核心素养以及应用解析几何方法解决几何问题的能力.(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由．切入点：①l ：y ＝t (t ≠0)； ②M 关于点P 的对称点为N ； ③ON 的延长线交C 于点H .关键点：①通过直线l 与y 轴及抛物线C 的交点确定N 点，由此确定H 点，求出N 点、H 点的坐标；②将直线与抛物线的交点问题转化为方程组解的问题．[解] (1)如图，由已知得M (0，t )，P⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t . 又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ，故直线ON 的方程为y ＝p tx ，将其代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0, 解得x 1＝0，x 2＝2t 2p.因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点．理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点． [教师备选题](2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，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 .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．[解] (1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kbk 2＋9，y M＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx .设点P 的横坐标为x P . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m－k3，因此x M ＝k k －mk 2＋.四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k k －mk 2＋，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．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.当条件和结论不唯一时，要分类讨论.当给出结论要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取其他的途径.1．(最值的存在性问题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是32，且经过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)[一题多解]过椭圆C 的右焦点F 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，点B 关于x 轴的对称点为H ，试问△AFH 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由e ＝ca ＝32可设a ＝2t ，c ＝3t (t ＞0)，所以b ＝a 2－c 2＝t ，即椭圆C 的方程为x 24t 2＋y 2t2＝1，把点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32代入椭圆C 的方程得t ＝1，所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋3，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则H (x 2，－y 2)，联立⎩⎨⎧x ＝my ＋3，x 2＋4y 2＝4，消去x 得，(m 2＋4)y 2＋23my －1＝0.显然Δ＞0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－23m m 2＋4，y 1y 2＝－1m 2＋4，直线AH 的方程为y ＝y 1＋y 2x 1－x 2(x －x 2)－y 2，令y ＝0，得x ＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝my 1＋3y 2＋my 2＋3y 1y 1＋y 2＝2my 1y 2＋3y 1＋y 2y 1＋y 2＝433，即直线AH 与x 轴交于一个定点，记为M ⎝⎛⎭⎪⎫433，0，所以S △AFH ＝12|FM |×|y 1＋y 2|＝12×33×23|m |m 2＋4 ＝1|m |＋4|m |≤14. 所以△AFH 的面积存在最大值，且最大值为14.法二：显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋3，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则H (x 2，－y 2)，联立⎩⎨⎧x ＝my ＋3，x 2＋4y 2＝4，消去x 得，(m 2＋4)y 2＋23my －1＝0.显然Δ＞0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－23m m 2＋4，y 1y 2＝－1m 2＋4，作AA 1⊥x 轴于A 1(图略)，设HB 交x 轴于点B 1，x 1＞x 2，y 1＞0，y 2＜0，则m ＞0， △AFH 的面积S ＝S 梯形AA 1B 1H －S △AA 1F －S △HB 1F ＝y 1|＋|y 2x 1－x 22－12(x 1－c )|y 1|－12(c －x 2)|y 2|＝12[3(y 1＋y 2)－x 2y 1－x 1y 2]＝12[3(y 1＋y 2)－(my 2＋3)y 1－(my 1＋3)y 2]＝－my 1y 2＝mm 2＋4＝1m ＋4m≤14，所以△AFH 的面积存在最大值，且最大值为14. 2．(点的存在性问题)已知动圆C 过定点F (1,0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)[一题多解]求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2,0)的任一条直线l 与轨迹E 交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)法一：依题意知，动圆圆心C 到定点F (1,0)的距离与到定直线x ＝－1的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹E 是以F (1,0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.∴动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . 法二：设动圆圆心C (x ，y )，依题意得x －2＋y 2＝|x ＋1|，化简得y 2＝4x ，即为动圆圆心C 的轨迹E 的方程． (2)假设存在点N (x 0,0)满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.①易知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ ：x ＝my －2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my －2，得y 2－4my ＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8＞0，得m ＞2或m ＜－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①得k PN ＋k QN ＝y 1x1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1x 2－x 0＋y 2x 1－x 0x 1－x 0x 2－x 0＝0，∴y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0，即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0.消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，即14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0. ∵y 1＋y 2≠0，∴x 0＝14y 1y 2＝2，∴存在点N (2,0)，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.。

浙江省高考数学第二轮复习第3讲解答题题型特点与技法指导文

第3讲解答题题型特点与技法指导高考解答题一般有六大方向：三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何、数列与不等式、解析几何、不等式与函数及导数．一般来说，前三题属于中、低档题，第四题属中档偏难题，后两题属难题．三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何在前三题中出现的概率较高，掌握解这几类题的解法是大多数学生成功的关键．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．能否做好解答题，是高考成败的关键．1．三角函数有关三角函数的大题即解答题，主要是考查基础知识、基本技能和基本方法，且难度不大．凸显恒等变换与三角函数图象、性质在三角形内考查．主要考查以下4个方面：①三角函数的图象、性质、图象变换，主要是y＝A sin(ωx＋φ)＋b的图象、性质及图象变换，考查三角函数的概念、奇偶性、周期性、单调性、最值及图象的平移和对称等；②三角恒等变换，主要考查公式的灵活运用、变换能力，一般需要运用和差角公式、倍角公式，尤其是对公式的应用与三角函数性质的综合考查；③三角函数性质的应用．通过解三角形来考查三角恒等变形及应用三角函数性质的综合能力；④三角函数与平面向量、数列、不等式等知识的综合问题．【例1】已知向量a＝(cos ωx－sin ωx，sin ωx)，b＝(－cos ωx－sin ωx,23cos ωx)，设函数f(x)＝a·b＋λ(x∈R)的图象关于直线x＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈⎝⎛⎭⎪⎫12，1. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若y ＝f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π5上的取值范围．点评利用向量的工具作用，与向量结合在一起命制综合题，体现了在知识交汇点处命题的指导思想．这类问题求解时，首先利用向量的运算，将向量式转化为代数式，再进行有关的三角恒等变换，再研究三角函数的图象与性质．变式训练1 (2012·安徽高考，理16)设函数f (x )＝22cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋sin 2x .(1)求f (x )的最小正周期；(2)设函数g (x )对任意x ∈R ，有g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝g (x )，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g (x )＝12－f (x )．求g (x )在区间[－π，0]上的解析式．2．立体几何立体几何是高中数学的主干知识之一，命题形式比较稳定，主要考查：(1)三视图：解答题中一般是根据三视图还原几何体模型，然后展开推理；(2)空间线面关系的判定和推理证明：主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；(3)空间几何量(空间角、空间距离、几何体体积与面积)的计算：求解这类问题，常用方法是依据公理、定理以及性质等经过推理论证，作出所求几何量并求之．一般解题步骤是“作、证、求”．【例2】(2012·安徽八校一联考，18)如图，在多面体ABDEC 中，AE ⊥平面ABC ，BD ∥AE ，且AC ＝AB ＝BC ＝AE ＝1，BD ＝2，F 为CD 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC ； (2)求证：EF ⊥平面BCD ； (3)求多面体ABDEC 的体积．点评本题第(1)问是证明线面平行问题，证明直线与平面平行，往往通过证直线与直线平行来实现．第(2)问是证线面垂直问题，往往转化为证线线垂直来实现．第(1)(2)问充分体现了问题的转化思想．第(3)问是几何体的体积计算问题，需要把握锥体的体积计算公式．变式训练2 (2012·广东高考，文18)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面PAB ． 3．数列与不等式高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点：(1)与等差、等比数列基本量有关的计算，可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比数列的性质求解；(2)与求和有关的题目，首先要求通项公式，并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等)；(3)含S n 的式子，要根据题目特征利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2进行转化；(4)与递推数列有关的问题，要能合理转化，使之构造出新的等差、等比数列； (5)与数列有关的不等式问题，可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法等)； (6)与函数有关的问题，应根据函数的性质求解．【例3】(2012·四川成都二诊，20)已知数列{a n }和{b n }，b 1＝1，且b n ＋1－3b n ＝2n －2，记a n ＝b n ＋1－b n ＋1，n ∈N *.(1)证明：数列{a n }为等比数列； (2)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(3)记2log 3log 3n n n a a c =⋅＋，数列{c n }的前n 项和为T n ，若45T k ＜29，k ∈N *恒成立，求k的最大值．点评第(1)问考查了等比数列的证明，它是为第(2)、(3)问服务的．第(2)问考查了求数列通项公式的常规方法．第(3)问考查了数列的求和方法，是数列与不等式知识的综合问题．变式训练3 (2012·湖北八校二联，19)各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14(n ∈N *)．(1)求a n ；(2)设函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2，n 为偶数，c n ＝f (2n ＋4)(n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n .4．解析几何解析几何解答题主要考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及几何性质等基础知识和处理有关问题的基本技能、基本方法，往往以中档偏难题或以压轴题形式出现，主要考查学生的逻辑推理能力、运算能力，考查学生综合运用数学知识解决问题的能力．突破解答题，应重点研究直线与曲线的位置关系，要充分运用一元二次方程根的判别式和韦达定理，注意运用“设而不求”的思想方法，灵活运用“点差法”解题，要善于运用数形结合思想分析问题，使数与形相互转化，根据具体特征选择相应方法．【例4】已知椭圆x 24＋y 23＝1，点P 是椭圆上异于顶点的任意一点，过点P 作椭圆的切线l ，交y 轴于点A ，直线l ′过点P 且垂直于l ，交y 轴于点B ．试判断以AB 为直径的圆能否经过定点，若能，求出定点坐标；若不能，请说明理由．点评直线与圆锥曲线的位置关系一直是命题的热点，基本方法是联立方程，利用判别式、根与系数关系求解，运算量一般较大，这类综合题中常涉及的问题有弦长问题、面积问题、对称问题、定点定值问题等，是历年高考的热点问题，复习时要注重通性通法的训练．变式训练4 (2012·山东高考，文21)如图，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，直线x ＝±a 和y ＝±b 所围成的矩形ABCD 的面积为8.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝x ＋m (m ∈R )与椭圆M 有两个不同的交点P ，Q ，l 与矩形ABCD 有两个不同的交点S ，T .求|PQ ||ST |的最大值及取得最大值时m 的值．5．函数与导数以函数为载体，以导数为工具，以考查函数性质及导数的应用为目标，以导数为工具围绕函数、不等式、方程等综合考查．在知识的交汇处命题，涉及到具体内容较多，如给定解析式求参数值，给定条件求参数范围，以及对参数讨论与证明不等式问题，极值、最值、值域及分析图象交点等问题，都以导数为工具．既考查函数部分的相关知识，又渗透函数与方程、数形结合、化归与转化、分类与整合等数学思想．【例5】(2012·山东青岛一模，21)已知函数f (x )＝13x 3－x .(1)若不等式f (x )＜k －2 005对于x ∈[－2,3]恒成立，求最小的正整数k ；(2)令函数g (x )＝f (x )－12ax 2＋x (a ≥2)，求曲线y ＝g (x )在(1，g (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值．点评第(1)问是恒成立求参数范围问题，常用分离参数求最值．第(2)问考查了利用导数的几何意义求切线方程，利用导数求最值问题．变式训练5 (2012·广西南宁一模，21)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 是定义在R 上的奇函数，其图象过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－12和(2,2)．(1)求出函数f (x )的解析式，并求f (x )的单调区间； (2)设g (x )＝f (x )－5t ，当实数t 取何值时，关于x 的方程g (x )＝0有且只有一个实数根？参考答案方法例析【例1】解：(1)因为f (x )＝sin 2ωx －cos 2ωx ＋23sin ωx ·cos ωx ＋λ＝－cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＋λ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6＋λ. 由直线x ＝π是y ＝f (x )图象的一条对称轴，可得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωπ－π6＝±1，所以2ωπ－π6＝k π＋π2(k ∈Z )，即ω＝k 2＋13(k ∈Z )．又ω∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，k ∈Z ，所以k ＝1，故ω＝56.所以f (x )的最小正周期是6π5.(2)由y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0，即λ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×56×π4－π6＝－2sin π4＝－2，即λ＝－ 2.故f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6－ 2.由0≤x ≤3π5，有－π6≤53x －π6≤5π6，所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6≤1，得－1－2≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6－2≤2－2，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π5上的取值范围为[－1－2，2－2]．【变式训练1】解：(1)f (x )＝22cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋sin 2x＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2x cos π4－sin 2x sin π4＋1－cos 2x 2＝12－12sin 2x ，故f (x )的最小正周期为π.(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g (x )＝12－f (x )＝12sin 2x .故①当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0时，x ＋π2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.由于对任意x ∈R ，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝g (x )，从而g (x )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝12sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝12sin(π＋2x )＝－12sin 2x .②当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π，－π2时，x ＋π∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2. 从而g (x )＝g (x ＋π)＝12sin[2(x ＋π)]＝12sin 2x .综合①②得g (x )在[－π，0]上的解析式为 g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12sin 2x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π，－π2，－12sin 2x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0.【例2】(1)证明：取BC 的中点G ，连接AG ，FG .∵F ，G 分别为DC ，BC 的中点， ∴FG 綉12DB 綉EA .∴四边形EFGA 为平行四边形． ∴EF ∥AG .又因为EF ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)证明：因为AE ⊥面ABC ，BD ∥AE ， ∴DB ⊥平面ABC . 又∵DB ⊂平面BCD ， ∴平面ABC ⊥平面BCD .又∵G 为BC 的中点且AC ＝AB ＝BC ， ∴AG ⊥BC .∴AG ⊥平面BCD . 又∵EF ∥AG ，∴EF ⊥平面BCD .(3)解：过C 作CH ⊥AB ，则CH ⊥平面ABDE 且CH ＝32， ∴V C －ABDE ＝13S 四边形ABDE ·CH ＝13×1＋2×12×32＝34.【变式训练2】(1)证明：AB ⊥平面PAD ，PH ⊂面PAD ⇒PH ⊥AB ，又PH ⊥AD ，AD ，AB ⊂平面ABCD ，AD ∩AB ＝A ⇒PH ⊥平面ABCD .(2)解：E 是PB 中点⇒点E 到面BCF 的距离h ＝12PH ＝12，∴三棱锥E －BCF 的体积V ＝13S △BC F ·h ＝13·12·FC ·AD ·h ＝16×1×2×12＝212.(3)证明：取PA 的中点为G ，连接DG ，EG .PD ＝AD ⇒DG ⊥PA ，又AB ⊥平面PAD ，AB ⊂平面PAB ⇒平面PAD ⊥平面PAB ，又平面PAD ∩平面PAB ＝PA ，DG ⊂平面PAD ⇒DG ⊥面PAB ，点E ，G 是棱PB ，PA 的中点⇒EG 綉12AB ，又DF 綉12AB ⇒EG 綉DF ⇒DG ∥EF ，得EF ⊥平面PAB .【例3】(1)证明：∵b n ＋1－3b n ＝2n －2，∴b n －3b n －1＝2(n －1)－2，n ≥2，n ∈N *.两式相减，得b n ＋1－b n －3b n ＋3b n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)．整理，得b n ＋1－b n ＋1＝3(b n －b n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)，即a n ＝3a n －1(n ≥2，n ∈N *)．∴数列{a n }是公比为3的等比数列． (2)解：∵b 2＝3，∴a 1＝3－1＋1＝3.∴a n ＝3n (n ∈N *)．∵a n ＝b n ＋1－b n ＋1＝3n，∴b n －b n －1＋1＝3n －1，b n －1－b n －2＋1＝3n －2，…，b 2－b 1＋1＝31.累加，得b n －b 1＋n －1＝1－3n1－3－1.∴b n ＝3n 2－n ＋12(n ∈N *)．(3)解：c n ＝+233log 3log 3n n ⋅＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 由45T k ＜29得135－90⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＜116.∴1k ＋1＋1k ＋2＞1990＝19＋110.∴k ＜8.又k ∈N *，∴k 的最大值为7，【变式训练3】解：(1)由S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14，①得：当n ≥2时，S n －1＝14a 2n －1＋12a n －1＋14.②①－②，化简得：(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 又∵数列{a n }的各项为正数， ∴当n ≥2时，a n －a n －1＝2.故数列{a n }为等差数列，且公差为2.又a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1＋14，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)由分段函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2，n 为偶数，可以得到：c 1＝f (6)＝f (3)＝a 3＝5，c 2＝f (8)＝f (4)＝f (2)＝f (1)＝a 1＝1；当n ≥3，n ∈N *时，c n ＝f (2n ＋4)＝f (2n －1＋2)＝f (2n －2＋1)＝2(2n －2＋1)－1＝2n －1＋1，故当n ≥3时，T n ＝5＋1＋(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n －1＋1)＝6＋41－2n －21－2＋(n －2)＝2n＋n .n ＝1时，T 1＝5不满足T n ＝2n ＋n ；n ＝2时，T 2＝c 1＋c 2＝6满足T n ＝2n ＋n .故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n ＋n ，n ≥2.【例4】解：设点P (x 0，y 0)(x 0≠0，y 0≠0)，直线l 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，代入x 24＋y 23＝1，整理得(3＋4k 2)x 2＋8k (y 0－kx 0)x ＋4(y 0－kx 0)2－12＝0. ∵x ＝x 0是方程的两个相等实根，∴2x 0＝－8ky 0－kx 03＋4k2，解得k ＝－3x 04y 0.∴直线l 的方程为y －y 0＝－3x 04y 0(x －x 0)．令x ＝0，得点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4y 20＋3x 204y 0.又∵x 204＋y 203＝1，∴4y 20＋3x 20＝12，∴点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3y 0.又直线l ′的方程为y －y 0＝4y 03x 0(x －x 0)，令x ＝0，得点B 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－y 03，∴以AB 为直径的圆方程为x ·x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －3y 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 03＝0，整理得x 2＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 03－3y 0y －1＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－1＝0，y ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝±1，y ＝0.∴以AB 为直径的圆恒过定点(－1,0)和(1,0)．【变式训练4】解：(1)设椭圆M 的半焦距为c ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，c a ＝32，4ab ＝8，所以a ＝2，b ＝1.因此椭圆M 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝x ＋m整理得5x 2＋8mx ＋4m 2－4＝0，由Δ＝64m 2－80(m 2－1)＝80－16m 2＞0，得－5＜m ＜ 5.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8m 5，x 1x 2＝4m 2－15.所以|PQ |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝2[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝4525－m 2(－5＜m ＜5)．线段CD 的方程为y ＝1(－2≤x ≤2)，线段AD 的方程为x ＝－2(－1≤y ≤1)．①不妨设点S 在AD 边上，T 在CD 边上，可知1≤m ＜5，S (－2，m －2)，D (－2,1)，所以|ST |＝2|SD |＝2[1－(m －2)]＝2(3－m )，因此|PQ ||ST |＝455－m 23－m 2，令t ＝3－m (1≤m ＜5)，则m ＝3－t ，t ∈(3－5，2]，所以|PQ ||ST |＝455－3－t 2t 2＝45－4t 2＋6t－1＝45－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋54，由于t ∈(3－5，2]，所以1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，3＋54，因此当1t ＝34，即t ＝43时，|PQ ||ST |取得最大值255，此时m ＝53.②不妨设点S 在AB 边上，T 在CD 边上，此时－1≤m ≤1，因此|ST |＝2|AD |＝22，此时|PQ ||ST |＝255－m 2，所以当m ＝0时，|PQ ||ST |取得最大值255.(3)不妨设点S 在AB 边上，T 在BC 边上，－5＜m ≤－1，由椭圆和矩形的对称性知|PQ ||ST |的最大值为255，此时m ＝－53.综上所述，m ＝±53或m ＝0时，|PQ ||ST |取得最大值255.【例5】解：(1)∵f (x )＝13x 3－x ，令f ′(x )＝x 2－1＝0，解得x ＝±1.当由上表可知：f (x )极大值＝f (－1)＝3.又f (3)＝6，f (－2)＝－23.比较可得：当x ∈[－2,3]时，f (x )max ＝f (3)＝6. 因为f (x )＜k －2 005恒成立，所以k －2 005＞6，即k ＞2 011，所以最小的正整数k ＝2 012.(2)g (x )＝f (x )－12ax 2＋x ＝13x 3－12ax 2，则g ′(x )＝x 2－ax ，所以g ′(1)＝1－a .又因为g (1)＝13－12a ，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12a ＝(1－a )(x －1)．令x ＝0，得y ＝12a －23，令y ＝0，得x ＝4－3a 61－a ，所以S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －23×4－3a 61－a . 因为a ≥2，则S ＝3a －4272a －1，则S ′＝3a －43a －272a －12. 所以S ′＞0，即S 在[2，＋∞)上单调递增，所以a ＝2时，S min ＝3×2－4272×2－1＝118. 【变式训练5】解：(1)∵f (－x )＝－f (x )，∴－ax 3＋bx 2－cx ＋d ＝－ax 3－bx 2－cx －d .∴b ＝0，d ＝0.故f (x )＝ax 3＋cx .而它的图象过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－12和(2,2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ f 1＝a ＋c ＝－12，f 2＝8a ＋2c ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝12，c ＝－1，故f (x )＝12x 3－x . 从而f ′(x )＝32x 2－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－23＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －63⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋63. 由f ′(x )＞0，得f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－63和⎝ ⎛⎭⎪⎫63，＋∞；由f ′(x )＜0，得f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，63. (2)令g (x )＝0，得f (x )＝5t ，要使得方程g (x )＝0有且只有一个解，即函数y ＝f (x )与y ＝5t 的图象有且只有一个交点，而由(1)知，f (x )在x ＝－63时取得极大值，在x ＝63时取得极小值，而f ⎝⎛⎭⎪⎫－63＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－633－⎝ ⎛⎭⎪⎫－63＝269， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫63＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－63＝－269，故要使得y ＝f (x )与y ＝5t 的图象只有一个交点，则5t ＞269或5t ＜－269，即t ＞2645或t ＜－2645.。

2020高考数学二轮复习专题五解析几何高考解答题的审题与答题示范五教案[浙江]

高考解答题的审题与答题示范(五)解析几何类解答题[思维流程]——圆锥曲线问题重在“设”与“算”[审题方法]——审方法数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审视方法，选择适当的解题方法，往往使问题的解决事半功倍．审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍．典例 (本题满分15分)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过点M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝ 2 NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 审题路线 (1)要求P 点的轨迹方程⇒求点P (x ，y )的横坐标x 与纵坐标y 的关系式⇒利用条件NP →＝2 NM →求解．(2)要证过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ⇒证明OQ →⊥PF →⇒OQ →·PF →＝0.标准答案阅卷现场(1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，N (x 0，0)，则NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)，① 第(1)问第(2)问得分点 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩2 2 2 1 2 1 1 1 2 17分 8分以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。

买本好点的参考书，做些练习。

如果没问题了就可以做些对应章节的试卷。

做练习要对答案，最好把自己的错题记下来。

平时学习也是，看到有比较好的解题方法，或者自己做错的题目，做标记，或者记在错题本上，大考之前那出来复习复习。

2、首先从课本的概念开始，要能举出例子说明概念，要能举出反例，要能用自己的话解释概念（理解概念）然后由概念开始进行独立推理活动，要能把课本的公式、定理自己推导一遍（搞清来龙去脉），课本的例题要自己先试做，尽量自己能做的出来（依靠自己才是最可靠的力量）。

届数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合应用学案含解析

第3讲圆锥曲线的综合应用JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．⊙︱真题分布︱(理科）年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷20椭圆的简单性质及方程思想、定点问题12Ⅱ卷19椭圆离心率的求解,利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程12Ⅲ20椭圆标准方程和求三角形12(文科）Ⅲ卷21椭圆标准方程和求三角形面积问题，椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积,12201 9Ⅰ卷21直线与圆的位置关系，定值问题12Ⅱ卷20椭圆的定义及其几何性质、参数的范围12Ⅲ卷21直线与抛物线的位置关系、定点问题12201 8Ⅰ卷20直线的方程，直线与抛物线的位置关系、证明问题12Ⅱ卷20直线的方程,直线与抛物线的位置关系、圆的方程12Ⅲ卷20直线与椭圆的位置关系、证明问题12KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一圆锥曲线中的最值、范围问题错误!错误!错误!错误!典例1（2020·青海省玉树州高三联考）已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px（p〉0）相切．（1）求抛物线C的方程；（2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．【解析】（1)将l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px联立得:y2－2py＋2p＝0，∵l与C相切,∴Δ＝4p2－8p＝0，解得：p＝2，∴抛物线C的方程为:y2＝4x。

（2）由题意知，直线m斜率不为0，可设直线m方程为：x ＝ty＋1，联立｛y2＝4x，x＝ty＋1得：y2－4ty－4＝0．设A（x1，y1），B(x2，y2）,则y1＋y2＝4t，∴x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝4t2＋2，∴线段AB中点M(2t2＋1,2t)．设A,B,M到直线l距离分别为d A,d B，d M,则d A＋d B＝2d M＝2·错误!＝2错误!错误!＝2错误!错误!，∵（t－错误!)2＋错误!≥错误!，∴当t＝错误!时，错误!min＝错误!,∴A,B两点到直线l的距离之和的最小值为：22×错误!＝错误!。

2020版高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案理

第3讲圆锥曲线中的综合问题求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值．切入点：(1)由k AM ·k BM ＝－12求C 的方程，并注意x 的范围．(2)①证明k PQ ·k PG ＝－1即可；②建立面积函数，借助不等式求解．[解](1)由题设得y x ＋2·yx －2＝－12，化简得x 24＋y22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左、右顶点．(2)①设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.记u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝uk 2＋2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u k 2＋2＋k2－u ＝－1k.所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k2，所以△PQG 的面积 S ＝12|PQ ||PG |＝8k ＋k 2＋2k 2＋k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169. 因此，△PQG 面积的最大值为169.[点评] 最值问题一般最终转化为某一个变量的函数，求最值时常用均值不等式，单调性，导数来求，重视一般函数中有分式，高次根式在求最值问题上的应用.[教师备选题](2014·全国卷Ⅰ)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．切入点：(1)由e ＝32，k AF ＝233可求a ，b 的值； (2)设出l 的方程，表示出弦长|PQ |及点O 到直线PQ 的距离d ，由S △OPQ ＝12|PQ |d 建立函数关系式，并借助不等式求最值．[解](1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1.故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d |PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t. 因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0，所以，当△OPQ 的面积最大时l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2.基本不等式求最值的5种典型情况分析(1)s ＝k 2＋12k 2＋5(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．(2)s ＝k 2＋2＋2k 2k 2＋≥k 2＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤＋2k2＋k 2＋22(基本不等式)． (3)s ＝n 4m 2＋1－n 24m 2＋1(基本不等式)． (4)s ＝4k 4＋13k 2＋92k 2＋3＝1＋k 24k 4＋12k 2＋9(先分离参数，再利用基本不等式)． (5)s ＝k k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3k 2＋13k 2＋＝k ＋1k⎝ ⎛⎭⎪⎫3k ＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋9k (上下同时除以k 2，令t ＝k ＋1k换元，再利用基本不等式)．(长度的最值问题)若F 1，F 2分别是椭圆E ：x 25＋y 2＝1的左、右焦点，F 1，F 2关于直线x ＋y －2＝0的对称点是圆C 的一条直径的两个端点．(1)求圆C 的方程；(2)设过点F 2的直线l 被椭圆E 和圆C 所截得的弦长分别为a ，b .当ab 取最大值时，求直线l 的方程．[解](1)因为F 1(－2,0)，F 2(2,0)，所以圆C 半径为2，圆心C 是原点O 关于直线x ＋y －2＝0的对称点．设C (p ，q )，由⎩⎪⎨⎪⎧q p ＝1，p 2＋q2－2＝0得p ＝q ＝2，所以C (2,2)．所以圆C 的方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4.(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋2，则圆心C 到直线l 的距离d ＝|2m |1＋m2，所以b ＝222－d2＝41＋m 2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2x 2＋5y 2＝5得(5＋m 2)y 2＋4my －1＝0，设直线l 与椭圆E 交于两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－4m 5＋m 2，y 1·y 2＝－15＋m2， a ＝|AB |＝1＋m2y 1＋y 22－4y 1y 2＝25m 2＋m 2＋5，ab ＝85m 2＋1m 2＋5＝85m 2＋1＋4m 2＋1≤25，当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±3时等号成立．所以当m＝±3时，ab 取最大值．此时直线l 的方程为x ±3y －2＝0.考向2 构造函数求最值或范围(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )－12<x <32.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．切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x ＜32求其范围；(2)先分别计算|PA |、|PQ |的长，再建立|PA |·|PQ |的函数，进而借助导数求其最值． [解](1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以－1＜x －12＜1，即直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3k 2＋.因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －k ＋2k 2＋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，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.构造函数法求最值或范围时的策略解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．(面积最值问题)已知动圆C 过定点F 2(1,0)，并且内切于定圆F 1：(x ＋1)2＋y 2＝12. (1)求动圆圆心C 的轨迹方程；(2)若曲线y 2＝4x 上存在两个点M ，N ，(1)中曲线上有两个点P ，Q ，并且M ，N ，F 2三点共线，P ，Q ，F 2三点共线，PQ ⊥MN ，求四边形PMQN 的面积的最小值．[解](1)设动圆的半径为r ，则|CF 2|＝r ，|CF 1|＝23－r ，所以|CF 1|＋|CF 2|＝23＞|F 1F 2|，由椭圆的定义知动圆圆心C 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的椭圆，且a ＝3，c ＝1，所以b ＝2，动圆圆心C 的轨迹方程是x 23＋y 22＝1.(2)当直线MN 的斜率不存在时，直线PQ 的斜率为0，易得|MN |＝4，|PQ |＝23，四边形PMQN 的面积S ＝4 3.当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，y 2＝4x ，消元得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 2＋2，x 1x 2＝1，|MN |＝1＋k2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋22－4＝4k 2＋4.因为PQ ⊥MN ，所以直线PQ 的方程为y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1kx －，x 23＋y 22＝1，得(2k 2＋3)x 2－6x ＋3－6k 2＝0.设P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋x 4＝62k 2＋3，x 3x 4＝3－6k22k 2＋3，|PQ |＝1＋1k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫62k 2＋32－4×3－6k 22k 2＋3＝43k 2＋2k 2＋3. 则四边形PMQN 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋443k 2＋2k 2＋3＝83k 2＋2k2k 2＋.令k 2＋1＝t ，t ＞1，则S ＝83t2t －t ＋＝83－1t 2－1t ＋2＝83－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94.因为t ＞1，所以0＜1t ＜1，易知－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94的范围是(0,2)，所以S ＞832＝4 3.综上可得S ≥43，S 的最小值为43.与圆锥曲线有关的定点、定值问题考向1 定点问题[高考解读] 由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的几何图形中，探求直线过定点、曲线过定点等一类常考题型．考查考生的数形结合思想和逻辑推理能力．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0. 解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2. [教师备选题](2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．切入点：(1)结合椭圆的对称性及点与椭圆的关系判断三个点在椭圆上． (2)设出直线l 的方程，利用kP 2A ＋kP 2B ＝－1，证明l 过定点． [解](1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点．又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.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⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22.则由k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(与向量交汇直线过定点问题)设M 点为圆C ：x 2＋y 2＝4上的动点，点M 在x 轴上的投影为N .动点P 满足2PN →＝3MN →，动点P 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)设E 的左顶点为D ，若直线l ：y ＝kx ＋m 与曲线E 交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且满足|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．[解](1)设点M (x 0，y 0)，P (x ，y )，由题意可知N (x 0,0)，∵2PN →＝3MN →，∴2(x 0－x ，－y )＝3(0，－y 0)，即x 0＝x ，y 0＝23y ，又点M 在圆C ：x 2＋y 2＝4上，∴x 20＋y 20＝4，将x 0＝x ，y 0＝23y 代入得x 24＋y 23＝1，即轨迹E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知D (－2,0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝(8mk )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2－3m 2＋9)＞0，即3＋4k 2－m 2＞0，∴x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1x 2＝m 2－3＋4k2. y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－12k23＋4k2，∵|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，∴DA →⊥DB →，即DA →·DB →＝0，即(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0， ∴4m 2－123＋4k 2＋2×－8mk 3＋4k 2＋4＋3m 2－12k 23＋4k 2＝0， ∴7m 2－16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝2k ，m 2＝27k ，且均满足3＋4k 2－m 2＞0，当m 1＝2k 时，l 的方程为y ＝kx ＋2k ＝k (x ＋2)，直线恒过点(－2,0)，与已知矛盾；当m 2＝27k 时，l 的方程为y ＝kx ＋27k ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋27，直线恒过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0. ∴直线l 恒过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0.考向2 定值问题[高考解读] 由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的图形中，探求线段长为定值、直线的斜率或斜率之和积等为定值是高考考查圆锥曲线几何性质的一类常见题型，求解时要有数形结合的意识和合情推理的能力.(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2a 2＋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x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝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 .求解定值问题的两大途径(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2019·惠州调研)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)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 的斜率之和为定值．[解](1)由题意知a 2－b 2a ＝22，b ＝1，所以a ＝2，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由题意知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4kk －1＋2k 2，x 1x 2＝2k k －1＋2k2，所以k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1－k ＋2x 1＋kx 2－k ＋2x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －2k k －＝2k －2(k －1)＝2，故直线AP 与AQ 的斜率之和为定值2.[点评] 定值问题建议由特殊情况先求定值斜率k 不存在，k ＝0等再推导一般情况，这样易得分且方向目标明确.圆锥曲线中的证明、存在性问题考向1 圆锥曲线中的证明问题[高考解读] 圆锥曲线中的证明一般包括两大方面，一是位置关系的证明：如证明相切、垂直、过定点等.二是数量关系的证明：如存在定值、恒成立、线段或角相等等.考查学生的等价转化、逻辑推理及数学运算的能力.(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB的中点为M (1，m )(m ＞0)．(1)证明：k ＜－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差．切入点：(1)中点弦问题用“点差法”．(2)由FP →＋FA →＋FB →＝0表示出点P 的坐标，表示出|FA →|，|FP →|，|FB →|，并证明2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|即可．[证明](1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0. 又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32.于是|FA →|＝x 1－2＋y 21＝x 1－2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22. 所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列．设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12x 1＋x 22－4x 1x 2. ②将m ＝34代入①得k ＝－1.所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.圆锥曲线中证明题的求解策略处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．(证明位置关系)(2019·济南一模)已知点F 为抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点，点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |＝3.(1)求抛物线E 的方程；(2)已知点G (－1,0)，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切．[解](1)由抛物线的定义，得|AF |＝2＋p2.由已知|AF |＝3，得2＋p2＝3，解得p ＝2，所以抛物线E 的方程为y 2＝4x .(2)如图，因为点A (2，m )在抛物线E ：y 2＝4x 上，所以m ＝±22，由抛物线的对称性，不妨设A (2,22)．由A (2,22)，F (1,0)可得直线AF 的方程为y ＝22(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝22x －，y 2＝4x ，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2. 又G (－1,0)，所以k GA ＝22－02－－＝223，k GB ＝－2－012－－＝－223，所以k GA ＋k GB ＝0，从而∠AGF ＝∠BGF ，这表明点F 到直线GA ，GB 的距离相等，故以F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．考向2 “肯定顺推法”求解存在性问题[高考解读] 解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化.从命题角度上看，近几年高考在解析几何中涉及研究角相等，角平分线等，常转化为直线斜率互补成相等问题，注意灵活转化.(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．[解](1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．由y ＝x 24，得y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋a －b x 1＋x 2x 1x 2＝k a ＋ba. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．探索性问题的求解步骤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，列出关于特定系数的方程组，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、曲线或参数)不存在．提醒：反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．(与几何图形有关的探索性问题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，左、右焦点分别为F 1，F 2，在直线x －y ＋2＝0上有且只有一个点M 满足MF 1→·MF 2→＝0.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P (1，y 0)是椭圆C 上且位于第一象限的点，弦AB 过椭圆C 的右焦点F 2，过点P 且平行于AB 的直线与椭圆C 交与另一点Q ，问：是否存在A ，B ，使得四边形PABQ 是平行四边形？若存在，求出弦AB 所在直线的方程；若不存在，请说明理由．[解](1)依题意知满足MF 1→·MF 2→＝0的点M 在以F 1F 2为直径的圆x 2＋y 2＝c 2上，又在直线x －y ＋2＝0上有且只有一个点M 满足MF 1→·MF 2→＝0，所以直线x －y ＋2＝0与圆x 2＋y 2＝c 2相切，则|0－0＋2|12＋－2＝c ＝1.又椭圆C 的离心率e ＝c a ＝12，则a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，于是椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意可得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. 假设存在满足条件的A ，B ，易知直线AB 的斜率一定存在，设为k ，则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，直线PQ 的方程为y －32＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y －32＝k x －，x 24＋y 23＝1消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2－(8k 2－12k )x ＋4k 2－12k －3＝0，设Q (x 3，y 3)，又P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，则x 3＋1＝8k 2－12k 3＋4k 2，x 3·1＝4k 2－12k －33＋4k 2，求得x 3＝4k 2－12k －33＋4k2. 若四边形PABQ 是平行四边形，则PB 的中点与AQ 的中点重合，所以x 1＋x 32＝x 2＋12，即x 1－x 2＝1－x 3，则(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(1－x 3)2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4k 2－12k －33＋4k 22，化简得16k 4－4(k 2－3)(3＋4k 2)＝9(2k ＋1)2，解得k ＝34.所以存在A ，B ，使得四边形PABQ 是平行四边形，弦AB 所在直线的方程为y ＝34(x －1)，即3x －4y －3＝0.。

浙江专用2020高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题专题强化训练

第3讲圆锥曲线中的综合问题专题强化训练1．已知方程x 22－k ＋y 22k －1＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 B ．(1，＋∞)C ．(1，2)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解析：选C.由题意可得，2k －1>2－k >0，即⎩⎪⎨⎪⎧2k －1>2－k ，2－k >0，解得1<k <2，故选C. 2．(2019·浙江高考冲刺卷)已知F 为抛物线4y 2＝x 的焦点，点A ，B 都是抛物线上的点且位于x 轴的两侧，若OA →·OB →＝15(O 为原点)，则△ABO 和△AFO 的面积之和的最小值为( )A.18B.52C.54D.652 解析：选D.设直线AB 的方程为：x ＝ty ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 与x 轴的交点为M (m ，0)，⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝ty ＋m ，可得4y 2－ty －m ＝0，根据根与系数的关系有y 1·y 2＝－m4，因为OA →·OB →＝15，所以x 1·x 2＋y 1·y 2＝15，从而16(y 1·y 2)2＋y 1·y 2－15＝0，因为点A ，B 位于x 轴的两侧，所以y 1·y 2＝－1，故m ＝4.不妨令点A 在x 轴上方，则y 1＞0，如图所示．又F (116，0)，所以S △ABO ＋S △AFO ＝12×4×(y 1－y 2)＋12×116y 1＝6532y 1＋2y 1≥265y 132×2y 1＝652，当且仅当6532y 1＝2y 1，即y 1＝86565时，取“＝”号，所以△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是652，故选D.3．(2019·绍兴市柯桥区高考数学二模)已知l 是经过双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的焦点F 且与实轴垂直的直线，A ，B 是双曲线C 的两个顶点，若在l 上存在一点P ，使∠APB ＝60°，则双曲线的离心率的最大值为( )A.233B. 3 C ．2 D ．3 解析：选A.设双曲线的焦点F (c ，0)，直线l ：x ＝c ，可设点P (c ，n )，A (－a ，0)，B (a ，0)，由两直线的夹角公式可得tan ∠APB ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k PA－k PB1＋k PA ·k PB＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n c ＋a －n c －a 1＋n 2c 2－a 2＝2a |n |n 2＋（c 2－a 2）＝2a|n |＋c 2－a 2|n |＝tan 60°＝3，由|n |＋c 2－a 2|n |≥2|n |·c 2－a 2|n |＝2c 2－a 2，可得3≤a c 2－a2，化简可得3c 2≤4a 2，即c ≤233a ，即有e ＝c a ≤233.当且仅当n ＝±c 2－a 2，即P (c ，±c 2－a 2)，离心率取得最大值233.故选A.4．(2019·福州质量检测)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若射线y ＝2(x －1)(x ≤1)与C ，l 分别交于P ，Q 两点，则|PQ ||PF |＝( )A. 2 B ．2 C. 5 D ．5解析：选C.由题意知，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F (1，0)，准线l ：x ＝－1与x 轴的交点为F 1.过点P 作直线l 的垂线，垂足为P 1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1y ＝2（x －1），x ≤1，得点Q 的坐标为(－1，－4)，所以|FQ |＝2 5.又|PF |＝|PP 1|，所以|PQ ||PF |＝|PQ ||PP 1|＝|QF ||FF 1|＝252＝5，故选C.5．(2019·鄞州中学期中)已知椭圆C 1：x 2a 21＋y 2b 21＝1(a 1＞b 1＞0)与双曲线C 2：x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2＞0，b 2＞0)有相同的焦点F 1，F 2，点P 是两曲线的一个公共点，且PF 1⊥PF 2，e 1，e 2分别是两曲线C 1，C 2的离心率，则9e 21＋e 22的最小值是( )A ．4B ．6C ．8D ．16解析：选C.设焦距为2c ，椭圆长轴长为2a 1，双曲线实轴长为2a 2，取椭圆与双曲线在一象限内的交点为P ，由椭圆和双曲线的定义分别有|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1①，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2②，因为PF 1⊥PF 2，所以|PF 1|2＋|PF 2|2＝4c 2③，①2＋②2，得|PF 1|2＋|PF 2|2＝2a 21＋2a 22④，将④代入③得a 21＋a 22＝2c 2，则9e 21＋e 22＝9c 2a 21＋c 2a 22＝5＋9a 222a 21＋a 212a 22≥8，故9e 21＋e 22的最小值为8.6．(2019·金华十校二模)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的实轴长为42，虚轴的一个端点与抛物线x 2＝2py (p ＞0)的焦点重合，直线y ＝kx －1与抛物线相切且与双曲线的一条渐近线平行，则p ＝( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选A.抛物线x 2＝2py 的焦点为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，所以可得b ＝p2，因为2a ＝42⇒a ＝22，所以双曲线的方程为x 28－4y 2p 2＝1，可求得渐近线方程为y ＝±p 42x ，不妨设y ＝kx －1与y ＝p42x 平行，则有k ＝p 42.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝p 42x －1x 2＝2py⇒x 2－p 222x ＋2p ＝0，所以Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2222－8p ＝0，解得p ＝4.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟高三联考)已知椭圆的方程为x 29＋y 24＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A ，B 两点，F 2是椭圆右焦点，则△ABF 2的周长的最小值为________，△ABF 2的面积的最大值为________．解析：连接AF 1，BF 1，则由椭圆的中心对称性可得C △ABF 2＝AF 2＋BF 2＋AB ＝AF 1＋AF 2＋AB ＝6＋AB ≥6＋4＝10，S △ABF 2＝S △AF 1F 2≤12·25·2＝2 5.答案：10 2 58．(2019·东阳二中改编)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，经过原点的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，若|PQ |＝a ，AP ⊥PQ ，则椭圆C 的离心率为________．解析：不妨设点P 在第一象限，O 为坐标原点，由对称性可得|OP |＝|PQ |2＝a2，因为AP ⊥PQ ，所以在Rt △POA 中，cos ∠POA ＝|OP ||OA |＝12，故∠POA ＝60°，易得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，3a 4，代入椭圆方程得116＋3a 216b 2＝1，故a 2＝5b 2＝5(a 2－c 2)，所以椭圆C 的离心率e ＝255. 答案：2559．已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F 1，F 2，这两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形．若|PF 1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1e 2的取值范围是________．解析：设椭圆的长轴长为2a ，双曲线的实轴长为2m ，则2c ＝|PF 2|＝2a －10，2m ＝10－2c ，所以a ＝c ＋5，m ＝5－c ，所以e 1e 2＝c c ＋5×c 5－c ＝c 225－c 2＝125c2－1，又由三角形的性质知2c ＋2c >10，由已知2c <10，c <5，所以52<c <5，1<25c 2<4，0<25c 2－1<3，所以e 1e 2＝125c2－1>13.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ 10．(2019·杭州市高考数学二模)抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，点A ，B 在抛物线上，且∠AFB ＝120°，过弦AB 中点M 作准线l 的垂线，垂足为M 1，则|MM 1||AB |的最大值为________．解析：设|AF |＝a ，|BF |＝b ，连接AF 、BF ，由抛物线定义，得|AF |＝|AQ |，|BF |＝|BP |，在梯形ABPQ 中，2|MM 1|＝|AQ |＋|BP |＝a ＋b . 由余弦定理得，|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ，配方得，|AB |2＝(a ＋b )2－ab ，又因为ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，所以(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－14(a ＋b )2＝34(a ＋b )2，得到|AB |≥32(a ＋b )．所以|MM 1||AB |≤12（a ＋b ）32（a ＋b ）＝33，即|MM 1||AB |的最大值为33. 答案：3311．(2019·衢州市教学质量检测)已知椭圆G ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为22，左焦点F (－1，0)，若过点B (－2b ，0)的直线与椭圆交于M ，N 两点．(1)求椭圆G 的标准方程； (2)求证：∠MFB ＋∠NFB ＝π； (3)求△FMN 面积S 的最大值．解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为22，焦距为2，即2a ＝22，2c ＝2，所以2b ＝2，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：∠MFB ＋∠NFB ＝π，即证：k MF ＋k NF ＝0，设直线方程MN 为y ＝k (x ＋2)，代入椭圆方程得： (1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0，其中Δ＞0，所以k 2＜12.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k2， k MF ＋k NF ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝k （x 1＋2）x 1＋1＋k （x 2＋2）x 2＋1＝k [2＋x 1＋x 2＋2（x 1＋1）（x 2＋1）]＝0.故∠MFB ＋∠NFB ＝π.(3)S ＝12·FB |y 1－y 2|＝12|k ||x 1－x 2|＝128（1－2k 2）k2（1＋2k 2）2.令t ＝1＋2k 2，则S ＝2－t 2＋3t －22t2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋18，当k 2＝16(满足k 2＜12)时，S 的最大值为24.12．(2019·浙江金华十校第二期调研)已知抛物线C ：y ＝x 2，点P (0，2)，A ，B 是抛物线上两个动点，点P 到直线AB 的距离为1.(1)若直线AB 的倾斜角为π3，求直线AB 的方程；(2)求|AB |的最小值．解：(1)设直线AB 的方程：y ＝3x ＋m ，则|m －2|1＋()32＝1，所以m ＝0或m ＝4，所以直线AB 的方程为y ＝3x 或y ＝3x ＋4. (2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，则|m －2|1＋k2＝1，所以k 2＋1＝(m －2)2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y ＝x 2，得x 2－kx －m ＝0，所以x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－m ，所以|AB |2＝()1＋k 2[()x 1＋x 22－4x 1x 2]＝()1＋k 2()k 2＋4m ＝()m －22()m 2＋3，记f (m )＝()m －22(m 2＋3)，所以f ′(m )＝2(m －2)(2m 2－2m ＋3)，又k 2＋1＝()m －22≥1，所以m ≤1或m ≥3，当m ∈(]－∞，1时，f ′(m )＜0，f (m )单调递减，当m ∈[)3，＋∞时，f ′(m )＞0，f (m )单调递增，f (m )min ＝f (1)＝4，所以|AB |min ＝2.13.(2019·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为x 24＋y 2＝1，圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2.(1)求椭圆上动点P 与圆心C 距离的最小值；(2)如图，直线l 与椭圆相交于A 、B 两点，且与圆C 相切于点M ，若满足M 为线段AB 中点的直线l 有4条，求半径r 的取值范围．解：(1)设P (x ，y )，|PC |＝（x －1）2＋y 2＝34x 2－2x ＋2＝34（x －43）2＋23，由－2≤x ≤2，当x ＝43时，|PC |min ＝63.(2)当直线AB 斜率不存在且与圆C 相切时，M 在x 轴上，故满足条件的直线有2条；当直线AB 斜率存在时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0),由⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 21＝1x224＋y 22＝1，整理得：y 1－y 2x 1－x 2＝－14×x 1＋x 2y 1＋y 2，则k AB ＝－x 04y 0，k MC ＝y 0x 0－1，k MC ×k AB ＝－1，则k MC ×k AB ＝－x 04y 0×y 0x 0－1＝－1，解得：x 0＝43，由M 在椭圆内部，则x 204＋y 20＜1，解得：y 20＜59，由：r 2＝(x 0－1)2＋y 20＝19＋y 20，所以19＜r 2＜23，解得：13＜r ＜63.所以半径r 的取值范围为(13，63) .14．(2019·严州中学月考改编)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为35，P (m ，0)为C 的长轴上的一个动点，过P 点且斜率为45的直线l 交C 于A ，B 两点．当m ＝0时，PA →·PB →＝－412.(1)求椭圆C 的方程；(2)证明：|PA |2＋|PB |2为定值．解：(1)因为离心率为35，所以b a ＝45.当m ＝0时，l 的方程为y ＝45x ，代入x 2a 2＋y 2b 2＝1并整理得x 2＝a 22.设A (x 0，y 0)，则B (－x 0，－y 0)， PA →·PB →＝－x 20－y 20＝－4125x 20＝－4125·a 22. 又因为PA →·PB →＝－412，所以a 2＝25，b 2＝16，椭圆C 的方程为x 225＋y 216＝1.(2)证明：将l 的方程为x ＝54y ＋m ，代入x 225＋y216＝1，并整理得25y 2＋20my ＋8(m 2－25)＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|PA |2＝(x 1－m )2＋y 21＝4116y 21，同理|PB |2＝4116y 22.则|PA |2＋|PB |2＝4116(y 21＋y 22)＝4116[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＝4116·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 52－16（m 2－25）25＝41.所以|PA |2＋|PB |2为定值．15.(2019·温州十五校联合体联考)如图，已知抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)，直线l 与抛物线C 1相交于A 、B 两点，且当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，有|AB |＝13.(1)求抛物线C 1的方程； (2)已知圆C 2：(x －1)2＋y 2＝116，是否存在倾斜角不为90°的直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，直线l 的方程为y ＝3(x－p2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －p 2）y 2＝2px ，即3x 2－5px ＋34p 2＝0，所以|AB |＝5p 3＋p ＝13，即p ＝18，所以抛物线C 1的方程是y 2＝14x .(2)假设存在直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分，令直线l 交圆C 2于C ，D ，设直线l 的方程为x ＝my ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，线段AB 与线段CD 的中点重合且有|AB |＝3|CD |，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝my ＋b ，即4y 2－my －b ＝0，所以y 1＋y 2＝m 4，y 1y 2＝－b 4，x 1＋x 2＝m 24＋2b ，所以线段AB 中点的坐标M 为(m 28＋b ，m 8)，即线段CD 的中点为(m 28＋b ，m8)，又圆C 2的圆心为C 2(1，0)，所以k MC 2＝m8m 28＋b －1＝－m ，所以m 2＋8b －7＝0，即b ＝78－m28，又因为|AB |＝1＋m 2·m 216＋b ＝141＋m 2·14－m 2，因为圆心C 2(1，0)到直线l 的距离d ＝|1－b |1＋m 2，圆C 2的半径为14，所以3|CD |＝6116－（1－b ）21＋m 2＝343－m 2(m 2＜3)，所以m 4－22m 2＋13＝0，即m 2＝11±63，所以m ＝±11－63，b ＝33－24，故直线l 的方程为x ＝±11－63y ＋33－24.。

2020浙江高考数学二轮讲义：专题五高考解答题的审题与答题示范(五)Word版含解析

高考解答题的审题与答题示范(五)分析几何类解答题[思想流程 ]——圆锥曲线问题重在“ 设” 与“ 算”[审题方法 ]——审方法数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审察方法，选择适合的解题方法，常常使问题的解决事半功倍．审题的过程仍是一个解题方法的决断过程，开辟的解题思路能使我们心涌如潮，适合的解题方法例帮助我们事半功倍．x 2上，过点 M 作 x 轴的(此题满分 15 分 )设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆＋ y 2＝1C ： 2→ →典垂线，垂足为 N ，点 P 知足 NP ＝ 2 NM . 例(1)求点 P 的轨迹方程；→ →(2)设点 Q 在直线 x ＝－ 3 上，且 OP · PQ ＝1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C的左焦点 F.审→(1)要求 P 点的轨迹方程 ? 求点 P(x ，y)的横坐标 x 与纵坐标 y 的关系式 ? 利用条件 NP ＝ 2 题→路NM 求解．线→ → → →(2)要证过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F? 证明 OQ ⊥ PF ? OQ ·PF ＝ 0.标准答案阅卷现场(1) 设 P(x ， y)， M(x 0， y 0 →第(1)问第(2)问)，N(x 0，0)，则 NP ＝(x － x 0， y)，得①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分222 1211121→NM ＝ (0， y 0)，①点7 分8 分→→ ，第 (1)问踩点得分说明由 NP ＝ 2 NM得 x 0＝ x ， y 0＝ 2→ →2 y ，②①设出点 P 、M 、N 的坐标，并求出 NP 和 NM 的坐标得 2 分；由于 M(x 0， y 0)在 C 上，x 2 y 2→→ x 02所以②由 NP ＝ 2 NM ，正确求出＝ 2 y＋＝ 1，③＝ x ， y2 2得2分；所以点 P 的轨迹方程为 x 2 ＋ y 2＝ 2.④22③代入法求出x(2) 证明：由题意知 F(－1， 0)，＋y＝1得 2 分；2 2设 Q(－ 3， t)， P(m，n) ，④化简成 x2＋ y2＝ 2 得 1 分．设而不求第 (2)问踩点得分说明→→－ 1－ m，－ n)，⑤→→则OQ＝(－3， t) ，PF ＝( ⑤求出 OQ 和 PF的坐标得 2 分；→ →→→分；OQ· PF＝ 3＋3m－tn，⑥⑥正确求出 OQ ·PF 的值得 1→→→→1 分；OP＝ (m，n) ，PQ＝ (－ 3－ m， t－ n)，⑦⑦正确求出 OP和 PQ的坐标得→→得－ 3m－ m2＋tn－n2＝1，⑧→→得出－ 3m－ m2＋ tn－ n2＝ 1 得由 OP· PQ＝ 1 ⑧由 OP·PQ＝ 1又由 (1)知 m2＋ n2＝ 2，故 3＋ 3m－ tn＝ 0. 1 分；→→→→→→所以 OQ· PF＝ 0，即 OQ⊥ PF，⑨⑨得出 OQ⊥ PF得 2 分；又过点 P 存在独向来线垂直于 OQ，所以过点⑩写出结论得 1 分 .P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F .⑩。

高考数学二轮复习第一部分专题篇专题五解析几何第三讲圆锥曲线的综合应用(一)课件文

考点二
试题解析
考点一考点二考点三
于是 m＝t22－t21＝2＋t2－2 1，所以 m<0 或 m>2. 经检验，m<0 或 m>2 满足题意．综上，点 M 的横坐标的取值范围是(－∞，2)∪(2，＋∞)．
考点三圆锥曲线中的证明问题Fra bibliotek试题解析
考点一考点二考点三
3．(2016·高考全国Ⅱ卷)已知 A 是椭圆 E：x42＋y32＝1 的左顶点，斜率为 k(k＞0)的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MA⊥ NA. (1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN 的面积； (2)当 2|AM|＝|AN|时，证明： 3＜k＜2.
考点三
试题解析
(1)设 M(x1，y1)，则由题意知 y1＞0.
考点一考点二考点三
由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为π4. 又 A(－2,0)，因此直线 AM 的方程为 y＝x＋2. 将 x＝y－2 代入x42＋y32＝1 得 7y2－12y＝0. 解得 y＝0 或 y＝172，所以 y1＝172.
考点三
试题解析
考点一考点二考点三
由 2|AM|＝|AN|得3＋24k2＝3k2k＋4，即 4k3－6k2＋3k－8＝0. 设 f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则 k 是 f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋ 3＝3(2t－1)2≥0，所以 f(t)在(0，＋∞)单调递增．又 f( 3)＝15 3 －26＜0，f(2)＝6＞0，因此 f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点 k 在( 3，2)内，所以 3＜k＜2.
考点三
考点一考点二考点三
根据上面所做题目，请填写诊断评价

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