沖刺2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 核心考點特色突破 專題17 圓錐曲線的綜合應(yīng)用（含解析）.doc

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專題17 圓錐曲線的綜合應(yīng)用 【自主熱身，歸納總結(jié)】 1、已知雙曲線－y2＝1的左焦點與拋物線y2＝－12x的焦點重合，則雙曲線的右準(zhǔn)線方程為________． 【答案】：x＝ 【解析】：　因為拋物線的焦點為(－3，0)，即為雙曲線的左焦點，所以a2＝9－1＝8，所以雙曲線的右準(zhǔn)線方程為x＝. 2、若雙曲線x2＋my2＝1過點(－，2)，則該雙曲線的虛軸長為________． 【答案】 4　 【解析】：將點(－，2)代入可得2＋4m＝1，即m＝－，故雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為－＝1，即虛軸長為4. 本題易錯在兩個地方：一是忘記了虛軸的概念；二是沒有把雙曲線方程化成標(biāo)準(zhǔn)式．雙曲線的實軸長為2a，虛軸長為2b，需要記?。p曲線的幾何性質(zhì)的研究都需要借助于標(biāo)準(zhǔn)方程才能進(jìn)行，所以拿到雙曲線方程要先化為標(biāo)準(zhǔn)式． 3、在平面直角坐標(biāo)系中，已知雙曲線的焦點到漸近線的距離為，則該雙曲線的離心率為 ． 【答案】 【解析】焦點在軸，不妨取焦點坐標(biāo)為，漸近線方程為，即，所以焦點到漸近線距離為, 則所以離線率為. 【解題反思】雙曲線的焦點到漸近線的距離為短半軸長，這一點要熟記. 4、 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，雙曲線－＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別與拋物線交于A，B兩點(A，B異于坐標(biāo)原點O)．若直線AB恰好過點F，則雙曲線的漸近線方程是________． 【答案】： y＝2x　 【解析】：由題意得A，B，雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝x，不妨設(shè)點A在漸近線y＝x上，則p＝，所以＝2，于是該雙曲線的漸近線方程是y＝2x. 5、若雙曲線的兩條漸近線與拋物線交于三點，且直線經(jīng)過拋物線的焦點，則該雙曲線的離心率為 ． 解法2 由題意可得A(－2，0)，設(shè)P(a，a＋2)，則AP的中點M，AP＝，故以AP為直徑的圓M的方程為＋＝.由題意得圓C與圓M相切(內(nèi)切和外切)，故＝，解得a＝或a＝5.故點P的橫坐標(biāo)的取值集合為. 在解決與圓相關(guān)的綜合問題時，需要充分利用圓的幾何性質(zhì)及一些簡單的軌跡方程的知識將問題轉(zhuǎn)化為直線與圓或圓與圓的問題去處理，另外本題的難點還在于方程的處理． 【問題探究，變式訓(xùn)練】 例1、如圖，橢圓的左，右焦點分別為，，，是橢圓右準(zhǔn)線上的兩個動點，且． （1）求的最小值； （2）以為直徑的圓是否過定點？請證明你的結(jié)論． O M N F2 F1 y x 解 （1）設(shè)，． 則，，， ， 又， 當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立， 所以的最小值為． （2）圓心的坐標(biāo)為，半徑． 圓的方程為， 整理得：． ，． 令，得，． 所以圓過定點． 【變式1】、 如圖，已知圓，直線，圓O與x軸交A，B兩點，M是圓O上異于A，B的任意一點，直線AM交直線l于點P，直線BM交直線l于點Q．求證：以PQ為直徑的圓C過定點，并求出定點坐標(biāo)． 解 設(shè)，則直線方程為，則． 同理：． 所以以為直徑的圓的方程是： ． 又，所以． 令，． 所以以PQ為直徑的圓C過定點為． 【變式2】、在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，橢圓上動點P到一個焦點的距離的最小值為3(－1)． (1) 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2) 已知過點M(0，－1)的動直線l與橢圓C交于A，B兩點，試判斷以線段AB為直徑的圓是否恒過定點，并說明理由． (2) 當(dāng)直線l的斜率不存在時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝9；(7分) 當(dāng)直線l的斜率為零時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋(y＋1)2＝16.(8分) 這兩圓僅有唯一公共點，也是橢圓的上頂點D(0，3)．猜想以AB為直徑的圓恒過定點D(0，3)．(9分) 證明如下： 證法1(向量法) 設(shè)直線l的方程為y＝kx－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．只要證＝x1x2＋(y1－3)(y2－3)＝x1x2＋(kx1－4)(kx2－4)＝0即可． 即要證＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝0.(11分) 由消去y，得(1＋2k2)x2－4kx－16＝0，Δ＝16k2＋64(1＋2k2)>0，此方程總有兩個不等實根x1，x2. x1，2＝，所以x1＋x2＝，x1x2＝.(14分) 所以＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝－＋16＝0. 所以DA⊥DB，所以以AB為直徑的圓恒過定點D(0，3)．(16分) 證法2(斜率法) 若設(shè)DA，DB的斜率分別為k1，k2，只要證k1k2＝－1即可． 設(shè)直線l的斜率為λ，則＝λ. 由點A在橢圓x2＋2y2＝18上，得x＋2y＝18，變形得＝－，即k1＝－. 設(shè)yA＋3＝m(yA－3)＋n(yA＋1)，可得m＝－，n＝，得＝λ－k1. 從而k1(3λ－k1)＝－1，即k－3λk1－1＝0. 同理k－3λk2－1＝0，所以k1，k2是關(guān)于k的方程k2－3λk－1＝0的兩實根． 由根與系數(shù)關(guān)系，得k1k2＝－1.所以DA⊥DB，所以以AB為直徑的圓恒過定點D(0，3)． 【關(guān)聯(lián)1】、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，左焦點F(－2，0)，直線l：y＝t與橢圓交于A，B兩點，M為橢圓E上異于A，B的點． (1) 求橢圓E的方程； (2) 若M(－，－1)，以AB為直徑的圓P過點M，求圓P的標(biāo)準(zhǔn)方程； (3) 設(shè)直線MA，MB與y軸分別相交于點C，D，證明：OCOD為定值． 第(2)問要求圓P的方程，就是要求得t的值，為此，由圓P過點M，可得MA⊥MB，可用向量或斜率關(guān)系轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)表示，通過解方程，可得t的值；第(3)問的本質(zhì)就是求點C，D的縱坐標(biāo)，由于點C，D隨著點M的變化而變化，因此以點M的坐標(biāo)為參數(shù)，通過設(shè)出點M的坐標(biāo)，進(jìn)而表示出點C，D的縱坐標(biāo)，通過計算得OCOD為定值． 【解析】： (1) 因為e＝＝，且c＝2，所以a＝2，b＝2.(2分) 所以橢圓方程為＋＝1.(4分) (2)設(shè)A(s，t)，則B(－s，t)，且s2＋2t2＝8　①. 因為以AB為直徑的圓P過點M，所以MA⊥MB，所以＝0，(5分) 又＝(s＋，t＋1)，＝(－s＋，t＋1)，所以6－s2＋(t＋1)2＝0　②.(6分) 由①②解得t＝，或t＝－1(舍，因為M(－，－1)，所以t>0)，所以s2＝.(7分) 又圓P的圓心為AB的中點(0，t)，半徑為＝|s|，(8分) 所以圓P的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋＝.(9分) (3)設(shè)M(x0，y0)，則lMA的方程為y－y0＝(x－x0)，若k不存在，顯然不符合條件． 令x＝0得yC＝；同理yD＝，(11分) 所以O(shè)COD＝|yCyD|＝||＝.(13分) 因為s2＋2t2＝8，x＋2y＝8，所以＝＝＝4為定值．(16分) 【關(guān)聯(lián)2】、如圖，橢圓的離心率為，焦點到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1，點，，分別為橢圓的左頂點、右頂點和上頂點，過點的直線交橢圓于點，交軸于點，直線與直線交于點． （1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； （2）若，求直線的方程； （3）求證：為定值． （3）設(shè)D坐標(biāo)為(x3，y3）,由，M(x1，0)可得直線的方程， 聯(lián)立橢圓方程得：解得,. …………12 分 由，得直線BD的方程：， ① 直線AC方程為， ② 聯(lián)立①②得， …………………………………………………………15 分 從而=2為定值. …………………………………………………………16 分 解法2：設(shè)D坐標(biāo)為(x3，y3）， 由C,M,D三點共線得，所以， ① ………………10 分 由B,D,N三點共線得，將代入可得 ， ② …………………………………………………12 分 ①和②相乘得， . ……………………………………………16 分 【關(guān)聯(lián)3】、已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且過點P(2，－1)． (1) 求橢圓C的方程； (1) 在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，從而b＝3.(2分) 由得＋＝1. 所以x0＝－.(4分) 因為PB1＝＝|x0|，所以4＝，解得a2＝18. 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.(6分) (2) 證法1(設(shè)點法) 直線PB1的斜率為kPB1＝， 由QB1⊥PB1，所以直線QB1的斜率為kQB1＝－. 于是直線QB1的方程為y＝－x＋3. 同理，QB2的方程為y＝－x－3.(8分) 聯(lián)立兩直線方程，消去y，得x1＝.(10分) 因為P(x0，y0)在橢圓＋＝1上，所以＋＝1，從而y－9＝－.所以x1＝－.(12分) 所以＝＝2.(14分) 證法2(設(shè)線法) 設(shè)直線PB1，PB2的斜率分別為k，k′，則直線PB1的方程為y＝kx＋3. 由QB1⊥PB1，直線QB1的方程為y＝－x＋3. 將y＝kx＋3代入＋＝1，得(2k2＋1)x2＋12kx＝0. 因為P是橢圓上異于點B1，B2的點，所以x0≠0， 從而x0＝－.(8分) 因為P(x0，y0)在橢圓＋＝1上，所以＋＝1，從而y－9＝－. 所以kk′＝＝＝－， 得k′＝－.(10分) 由QB2⊥PB2，所以直線QB2的方程為y＝2kx－3. 聯(lián)立則x＝，即x1＝.(12分) 所以＝＝＝2.(14分) 本題的第(2)問是圓錐曲線中常見的定值問題，屬于難題．探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種：①從特殊入手，先根據(jù)特殊位置和數(shù)值求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．此處采用的是方法②. 【關(guān)聯(lián)2】、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且右焦點F到左準(zhǔn)線的距離為6. (1) 求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2) 設(shè)A為橢圓C的左頂點，P為橢圓C上位于x軸上方的點，直線PA交y軸于點M，過點F作MF的垂線，交y軸于點N. ①當(dāng)直線PA的斜率為時，求△FMN的外接圓的方程； ②設(shè)直線AN交橢圓C于另一點Q，求△APQ的面積的最大值． 解答 (1) 由題意，得解得則b＝2， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.(4分) (2) 由題可設(shè)直線PA的方程為y＝k(x＋4)，k＞0，則M(0,4k)，所以直線FN的方程為y＝(x－2)，則N. ①當(dāng)直線PA的斜率為，即k＝時，M(0,2)，N(0，－4)，F(xiàn)(2，0)． 因為MF⊥FN，所以圓心為(0，－1)，半徑為3， 所以△FMN的外接圓的方程為x2＋(y＋1)2＝9.(8分) ②聯(lián)立消去y并整理得，(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0，解得x1＝－4或x2＝， 所以P，(10分) 直線AN的方程為y＝－(x＋4)，同理可得，Q， 所以P，Q關(guān)于原點對稱，即PQ過原點． 所以△APQ的面積S＝OA(yP－yQ)＝2＝≤8，(14分) 當(dāng)且僅當(dāng)2k＝，即k＝時，取“＝”． 所以△APQ的面積的最大值為8.(16分) 【關(guān)聯(lián)3】、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，點(2,1)在橢圓C上． (1) 求橢圓C的方程； (2) 設(shè)直線l與圓O：x2＋y2＝2相切，與橢圓C相交于P，Q兩點. ①若直線l過橢圓C的右焦點F，求△OPQ的面積； ②求證： OP⊥OQ. (2) ①解法1 橢圓C的右焦點F(，0)． 設(shè)切線方程為y＝k(x－)，即kx－y－k＝0， 所以＝，解得k＝，所以切線方程為y＝(x－)．當(dāng)k＝時，(4分) 由方程組 解得或 所以點P，Q的坐標(biāo)分別為， ， ， ， 所以PQ＝.(6分) 因為O到直線PQ的距離為，所以△OPQ的面積為. 因為橢圓的對稱性，當(dāng)切線方程為y＝－(x－)時，△OPQ的面積也為. 綜上所述，△OPQ的面積為.(8分) 解法2 橢圓C的右焦點F(，0)． 設(shè)切線方程為y＝k(x－)，即kx－y－k＝0， 所以＝，解得k＝，所以切線方程為y＝(x－)．當(dāng)k＝時，(4分) 把切線方程 y＝(x－)代入橢圓C的方程，消去y得5x2－8x＋6＝0. 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有x1＋x2＝. 由橢圓定義可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2－＝.(6分) 因為O到直線PQ的距離為，所以△OPQ的面積為. 因為橢圓的對稱性，當(dāng)切線方程為y＝－(x－)時，△OPQ的面積為. 綜上所述，△OPQ的面積為.(8分) ②解法1 (i)若直線PQ的斜率不存在，則直線PQ的方程為x＝或x＝－. 當(dāng)x＝時，P (， )，Q(，－)． 因為＝0，所以O(shè)P⊥OQ. 當(dāng)x＝－時，同理可得OP⊥OQ.(10分) (ii)若直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0. 因為直線與圓相切，所以＝，即m2＝2k2＋2. 將直線PQ方程代入橢圓方程，得(1＋2k2) x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 設(shè)P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，則有x1＋x2＝－，x1x2＝.(12分) 因為＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)＋km＋m2. 將m2＝2k2＋2代入上式可得＝0，所以O(shè)P⊥OQ. 綜上所述，OP⊥OQ.(14分) 解法2 設(shè)切點T(x0，y0)，則其切線方程為x0x＋y0y－2＝0，且x＋y＝2. (i)當(dāng)y0＝0時，則直線PQ的直線方程為x＝或x＝－. 當(dāng)x＝時，P (， )，Q(，－)． 因為＝0，所以O(shè)P⊥OQ. 當(dāng)x＝－時，同理可得OP⊥OQ.(10分) (ii)當(dāng)y0≠0時， 由方程組消去y得(2x＋y)x2－8x0x＋8－6y＝0. 設(shè)P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，則有x1＋x2＝，x1x2＝.(12分) 所以＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝. 因為x＋y＝2，代入上式可得＝0，所以O(shè)P⊥OQ. 綜上所述，OP⊥OQ.(14分) 用斜截式設(shè)直線方程時，不要遺漏斜率不存在的情況！