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).docx

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4个公共点，求k的取值范围【解析】解法一(1)

2、设点M(x，y)，由2，得A(x,2y)，由于点A在圆C：x2y24上，则x24y24，即动点M的轨迹E的方程为y21.(2)由(1)知，E的方程为y21，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ykx1(k0)由得(14k2)x28kx0，设B(x1，y1)，P(x2，y2)，因此x10，x2，|BP|x1x2|.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，k1k，则|BT|，故，所以0，即(14k

3、2)(14k)，所以(k2k)(1k2k8k2k)0，由于k1k，因此1k2k8k2k0，故k2.因为k20，所以8k10，所以k2.又k0，所以k.又k1k，所以1k2k28k2k20，所以8k42k210.又k0，解得k，所以k.根据椭圆的对称性，k也满足题意综上所述，k的取值范围为.解法二(1)设点M(x，y)，A(x1，y1)，则Q(x1,0)因为2，所以2(x1x，y)(0，y1)，所以解得因为点A在圆C：x2y24上，所以x24y24，所以动点M的轨迹E的方程为y21.(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ykx1(k0)由得(14k2)x

4、28kx0，设B(x1，y1)，P(x2，y2)因此x10，x2，|BP|x1x2|.则点P的轨迹方程为x2(y1)2，由得3y22y50(1y1)(*)依题意，得(*)式在y(1,1)上有两个不同的实数解设f(x)3x22x5(1x1)，易得函数f(x)的图象的对称轴为直线x，要使函数f(x)的图象在(1,1)内与x轴有两个不同的交点，则整理得即所以得k，所以k的取值范围为.【方法技巧】1解决圆锥曲线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

5、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2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，动直线l：yk1x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k1k2.M是线段OC延长线上一点，且|MC|AB|23，M的半径为|MC|，OS，OT

6、是M的两条切线，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，2c2，所以c1，所以a，b1，所以椭圆E的方程为y21.由题意可知，圆M的半径r为r|AB|.由题设知k1k2，所以k2，因此直线OC的方程为yx.联立方程得x2，y2，因此|OC|.由题意可知，sin.而，令t12k，则t1，(0,1)，因此1，当且仅当，即t2时等号成立，此时k1，所以sin ，因此，所以SOT的最大值为.综上所述，SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1.【变式探究】已知N为圆C1：(x2)2y224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C

7、1N，C2N上的点，且0，2.(1)求点M的轨迹方程；(2)直线l：ykxm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与圆x2y28相交于A，B两点，求PAB面积的取值范围解(1)连接MC2，因为2，所以P为C2N的中点，因为0，所以，所以点M在C2N的垂直平分线上，所以|MN|MC2|，因为|MN|MC1|MC2|MC1|24，所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，因为a，c2，所以b22，所以点M的轨迹方程为1.(2)由得(3k21)x26kmx3m260，因为直线l：ykxm与椭圆相切于点P，所以(6km)24(3k21) (3m26)12(6k22m

8、2)0，即m26k22，解得x，y，即点P的坐标为，因为点P在第二象限，所以k0，m0，所以m，所以点P的坐标为，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yx，所以|PQ|，当且仅当3k2，即k2时，|PQ|有最大值，所以SPAB4|PQ|44，即PAB面积的取值范围为.【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

9、线方程为y2x2，且离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两个不同的点，与y轴交于点M，且3，求实数m的取值范围解(1)由题意知，离心率e，ca，ba，1，将y2x2代入，得8x28x8a20，由12832(8a2)0，得a24，故椭圆C的标准方程为x21.(2)根据已知，得M(0，m)，设A(x1，kx1m)，B(x2，kx2m)，由得(k24)x22mkxm240，且4m2k24(k24)(m24)0，即k2m240，且x1x2，x1x2，由3，得x13x2，即x13x2，3(x1x2)24x1x20， 0，即m2k2m2k240，当m21时，m2k

10、2m2k240不成立，k2，k2m240，m240，即0，1m24，解得2m1或1m0，解得k0或0k0)的焦点F，与抛物线相交于A，B两点，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.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yx，由消去y整理得x23px0，9p248p20，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x23p，由抛物线的定义得|AB|x1x2p4p8，p2.抛物线的方程为y24x.(2)证明设直线l1，l2的倾斜角分别为，由

11、题意知，.直线l1的斜率为k，则ktan .直线l1与l2的倾斜角互余，tan tan，直线l2的斜率为.直线CD的方程为y8k(x12)，即yk(x12)8.由消去x整理得ky24y3248k0，设C(xC，yC)，D(xD，yD)，yCyD，xCxD24，点M的坐标为.以代替点M坐标中的k，可得点N的坐标为(122k28k,2k)，kMN.直线MN的方程为y2kx(122k28k)，即yx10，显然当x10时，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M(1，m)(m0)(1)证明：k；(2)设

12、F为C的右焦点，P为C上一点，且0.证明：|，|，|成等差数列，并求该数列的公差(1)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1.两式相减，并由k，得k0.由题设知1，m，于是k.由题设得0m，故k.(2)解由题意得F(1,0)设P(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2mb0)的上、下焦点分别为F1，F2，上焦点F1到直线4x3y120的距离为3，椭圆C的离心率e.(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轴上是否存在点P，使

13、得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由(2)存在理由如下：由(1)得椭圆E：1，设直线AB的方程为ykx1(k0)，联立消去y并整理得(4k21)x28kx120，(8k)24(4k21)12256k2480.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.假设存在点P(0，t)满足条件，由于，所以PM平分APB.所以直线PA与直线PB的倾斜角互补，所以kPAkPB0.即0，即x2(y1t)x1(y2t)0.(*)将y1kx11，y2kx21代入(*)式，整理得2kx1x2(1t)(x1x2)0，所以2k0，整理得3kk(1t)0，即k(4t)0，因为k0，所以t4.所以存

14、在点P(0,4)，使得.【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，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(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) 2a4， a2，将点P代入1，得

15、b23.椭圆方程为1.(2)存在定点D满足条件设D(t,0)，直线l方程为xmyt(m0)，联立消去x，得(3m24)y26mty3t2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，y2)，且0.由A，F，E三点共线，可得(x21)y1(x11)y20，即2my1y2(t1)(y1y2)0， 2m(t1)0，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(ab0)的右顶点为A，右焦点为F，上、下顶点分别是B，C，|AB|，直线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

16、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，由得，xD.因为|BD|2|DA|，所以2，所以，得a，解得a2c，所以bc.因为|AB|，即，所以c，所以c1，a2，b，所以E的标准方程为1解法二如图，设E的左焦点为G，连接BG，由椭圆的对称性得BGCF，则2，即|GF|2|FA|，由题意知F(c,0)，则|GF|2c，|FA|ac，所以2c2(ac)，得a2c，所以bc.因为|AB|，即，即c，所以c1，a2，b，所以E的标

17、准方程为1.(2)由(1)知，E的方程为1，所以B(0，)，F(1,0)，所以直线BF的斜率kBF.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BFMN，MFBN，易知l的斜率存在，设为k，则kBFk1，所以k， 设l的方程为yxm，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得，13x28mx12(m23)0，由(8m)241312(m23)0得，m.x1x2，x1x2.因为MFBN，所以0.因为(1x1，y1)，(x2，y2)，所以(1x1)x2y1(y2)0，即(1x1)x20，整理得(x1x2)x1x2m2m0，所以m2m0，整理得21m25m480，解

18、得m或m.当m时，M或N与B重合，不符合题意，舍去；当m时，满足m.所以存在直线l，使得F是BMN的垂心，l的方程为yx.【变式探究】已知圆O：x2y24，点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MQONQO，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FP，所以|PF|2|OS|，故|FP|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的椭圆，则曲线C方程为1.(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ykx，M(x1，y1)，N(x2，y2)联立，得消去x，得(34k2)x24kx110，则0，x1x2，x1x2， 由MQONQO，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0，即2kx1x2(x1x2)2k0，当k0时，m6，所以存在定点(0,6)，使得MQONQO；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MQONQO.