高考数学(苏教版)二轮复习专题15--解析几何中的综合问题.pdf

《高考数学(苏教版)二轮复习专题15--解析几何中的综合问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学(苏教版)二轮复习专题15--解析几何中的综合问题.pdf（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、1 高考数学 （苏教版） 二轮复习专题15 解析几何中的综 合问题 回顾 2008 2020 年的高考题，解析几何是重要内容之一，所占分值在30 分以上， 大题小题同时有，除了本身知识的综合，还会与其它知识如向量、函数、不等式等知识 构成综合题，多年高考压轴题是解析几何题. 预测在 2013 年的高考题中： 1 填空题依然是直线和圆的方程问题以及考查圆锥曲线的几何性质为主，三种圆锥 曲线都有可能涉及. 2 在解答题中可能会出现圆、直线、椭圆的综合问题，难度较高，还有可能涉及 简单的轨迹方程和解析几何中的开放题、探索题、证明题，重点关注定值问题. 1椭圆 x2 a 2 y2 b 21 的内接矩形

2、的面积最大值为 _ 解析： 设 P(x，y)为矩形的一个顶点，则 x2 a2 y2 b212 x2y2 a2b2 2|xy| ab ，所以 S 4|xy|2ab，当且仅当 x2 a2 y2 b2 1 2时等号成立 答案： 2ab 2 两点 A(3,0)， B(0,4) ， 动点 P(x， y)在线段 AB上运动，则 xy的最大值为 _ 2 解析： 由题意得 x 3 y 41(x0， y0)所以 1 x 3 y 4 2 xy 12 即 xy3，当且仅当 x 3 y 4 1 2时等号成立 答案： 3 3和圆 (x 3)2(y1)236 关于直线 x y0 对称的圆的方程是_ 解析： 圆心 (3,1

3、)关于直线xy0 的对称点的坐标为(1，3)，半径不变，方 程为 (x 1)2(y3)2 36. 答案： (x1)2(y3) 236 4若实数x，y 满足 x2y22x0， 则 x2y2的取值范围是_ 解析： 由 y2 2xx20 得 0x2， 所以 x 2y22x0,4 答案： 0,4 5设 A(x1，y1)，B 4， 9 5 ，C(x2， y2)是右焦点为F 的椭圆 x2 25 y2 9 1 上三个不 同的点，若 AF，BF，CF 成等差数列，则 x1x2_. 解析： 根据圆锥曲线的共同性质可知A，B，C 到右准线x25 4 的距离成等差数列， 则 2 25 4 4 25 4 x1 25

4、4 x2， 即 x1 x28. 答案： 8 典例 1 已知 i，j 是 x，y 轴正方向的单位向量，设 a(x3)iyj，b(x3)iyj， 且满足 |a|b|4. 3 (1)求点 P(x，y)的轨迹 C 的方程； (2)如果过点Q(0，m)且方向向量为c(1,1)的直线 l 与点 P 的轨迹交于A，B 两点， 当 AOB 的面积取到最大值时，求 m 的值 解(1)a(x3)iyj，b(x3)iyj，且 |a|b|4. 点 P(x，y)到点 (3，0)，(3，0)的距离之和为4，故点 P 的轨迹方程为 x2 4 y21. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 依题意直线AB 的方程为

5、yxm. 代入椭圆方程，得 5x28mx4m24 0， 则 x1x2 8 5m， x1 x2 4 5(m 21) 因此，SAOB 1 2AB d 2 5 5m2m2 2 5 5 2 1. 当 5m2m2时，即 m 10 2 时，Smax1. (1)本题以向量为载体考查椭圆的定义、标准方程、直线与椭圆的位置关系及最值问题 (2)求解解析几何中的最值问题，一般要先建立目标函数，再求最值，求最值的 方法主要是配方法和利用基本不等式 演练 1 已知点 A( 2 2，0)，B(2，0)，动点 P 满足AP u uu r AB uuu r 2|AB uuu r | |BP u u u r |，若 动点 P

6、 的轨迹记作曲线C1. (1)求曲线 C1的方程； (2)已知曲线C1交 y 轴正半轴于点Q，过点 D 0， 2 3 作斜率为k 的直线l 交曲线 4 C1于 M、N 点，求证：无论k 如何变化，以 MN 为直径的圆过点Q. 解： (1)设 P(x，y)，则有AP uuu r (x22，y)， AB uuu r (2，0)，BP uu u r (x2，y) AP uuu r AB uuu r 2 |AB u uu r | |BP u uu r |， 2x42 2x2 2y2. 化简得 x2 4 y2 2 1. 故曲线 C1的方程为 x 2 4 y 2 2 1. (2)证明：由 x2 4 y2

7、2 1，得 Q(0，2) 设直线 l 的方程为ykx 2 3 ， 代入 x2 4 y 2 2 1 得(12k2)x24 2 3 kx 32 9 0. 设 M(x1， y1)，N(x2，y2)，则QM uuuu r (x1， y12)，QN uuu r (x2， y22) x1x2 4 2k 3 1 2k 2， x1 x2 32 9 12k2 . QM u uu u r QN uuu r x1x2 kx14 2 3 kx24 2 3 x1x2(1 k2)4 2 3 k(x1x2) 32 9 32 9 1k2 12k2 42 3 k 42k 3 12k2 32 9 0. QM u uu u r Q

8、N uuu r . 即点 Q 在以 MN 为直径的圆上 典例 2 已知椭圆 x2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1， F2，点 M(0,2)是椭圆的一个顶 点，F1MF2是等腰直角三角形 (1)求椭圆的方程； (2)过点 M 分别作直线MA，MB 交椭圆于 A，B 两点，设两直线的斜率分别为k1， k2，且 k1k28，证明：直线AB 过定点 1 2， 2 . 解(1)因为 b2，F1MF2是等腰直角三角形，所以 c2，所以 a22， 故椭圆的方程为 x2 8 y2 4 1. (2)证明：若直线AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为ykxm，A 点坐标为 (x1， 5 y

9、1)，B 点坐标为 (x2，y2)， 联立方程得， x2 8 y2 4 1， ykxm， 消去 y，得 (12k2)x2 4kmx2m280， 则 x1x2 4km 12k2， x1x2 2m2 8 12k2 . 由题知 k1k2 y12 x1 y22 x2 8， 所以 kx1m2 x1 kx2m2 x2 8， 即 2k(m 2)x 1 x2 x1x2 8. 所以 k mk m2 4， 整理得 m 1 2k2. 故直线 AB 的方程为y kx 1 2k2， 即 ykx 1 2 2. 所以直线 AB 过定点 1 2， 2 . 若直线 AB 的斜率不存在，设直线 AB 的方程为 xx0， A(x0

10、，y0)，B(x0， y0)， 则由题知 y02 x0 y02 x0 8， 得 x0 1 2.此时直线 AB 的方程为 x 1 2， 显然直线AB 过点1 2， 2 . 综上可知，直线 AB 过定点 1 2， 2 . 6 (1)本题主要考查椭圆的标准方程，直线方程及圆锥曲线中定值问题的证明 (2)证明直线过定点时，可先用参数表示出直线方程，再根据方程的特点去证明 (3)证明函数式为定值时，一般是写出其表达式，消去参数，从而证明为定值 演练 2 如图，已知椭圆的两个焦点F1、F2在 y 轴上， 短轴长为 22，离 心率为 2 2 ， 点 P 是椭圆上一点，且在第一象限内， 1 PF uuu r

11、2 PF uuuu r 1， 过 点 P 作关于直线PF1对称的两条直线 PA、PB，分别交椭圆于A、B 两点 (1)求点 P的坐标； (2)求证：直线AB 的斜率为定值 解： (1)设椭圆方程为 y2 a2 x2 b21(ab0) 因为椭圆的短轴长为22，离心率为 2 2 ， 所以 2b22， c a 2 2 ， 解得 a2，b2，c2， 所以椭圆的方程为 y2 4 x2 2 1. 所以 F1(0， 2)，F2(0，2)设 P(x0，y0)(x00，y00)，则 1 PF uuu r (x0， 2y0)， 2 PF uuuu r (x0， 2 y0)，所以 1 PF uuu r 2 PF u

12、uuu r x2 0(2y20)1. 又点 P(x0， y0)在椭圆上，则 x20 2 y20 4 1， 所以 x2 04y 2 0 2 ，从而 4y 2 0 2 (2y2 0)1， 7 解得 y0 2或 y02(舍去 )， 则点 P 的坐标为 (1，2) (2)证明：由 (1)知 PF1x 轴，所以直线 PA、PB 的斜率互为相反数设直线PB 的斜 率为 k，不妨令 k0， 则直线 PB 的方程为y2k(x 1)， 由 y2 k x1 ， x2 2 y2 4 1， 得(2k2)x22k(2k)x(2k) 240. 设 B(xB， yB)，则 xB 2 k 24 2k2 k 22 2k2 2k

13、2 ，同理可得xA k22 2k2 2k2 . 所以 xAxB 4 2k 2k2 ， yAyB k(xA1)k(xB1) 8k 2k2. 所以直线 AB 的斜率 kAB yA yB xA xB 2为定值 典例 3 已知中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 2 2 的椭圆 C 经过点 (6，1) (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若过椭圆的一个焦点且互相垂直的直线l1、 l2分别与椭圆交于A，B 和 C，D，那 么是否存在常数 使得 AB CD AB CD？若存在，求出实数 的值；若不存在，请 说明理由 解(1)设椭圆 C 的标准方程为 x 2 a2 y 2 b21(ab0)， 由离心率

14、e c a 2 2 ，c2 a2b2， 可得 a2b2 a2 1 2， 从而 a2 2b2， 故椭圆 C 的标准方程为 x2 2b2 y2 b21， 将点 (6，1)代入椭圆方程可得b24， 易知 a28，则椭圆 C 的标准方程为 x2 8 y2 4 1. (2)原问题等价于 1 AB 1 CD ( 为常数 ) 不妨取椭圆C 的右焦点 (2,0)， 8 当直线 AB 的斜率存在且不为0 时， 设直线 AB 的方程为y k(x2)， 将其代入椭圆方程得(12k2)x28k2x8k2 80， 设 A(x1， y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2 8k2 12k2， x1x2 8k28 12k2

15、. 根据弦长公式易得 AB1k 2 x1x224x1x2 1k 2 8k2 12k2 24 8k28 12k2 4 2 1k 2 12k2 ， 从而易知，CD 42 1k2 2k 2 ， 所以 1 AB 1 CD 32 8 ，ABCD 3 2 8 AB CD. 当直线 AB 斜率不存在或为0 时，AB、CD 中一个是长轴的长度，另一个是通径 的长度 易得 ABCD 32 8 AB CD. 综上所述，存在常数 3 2 8 ，使得 ABCDAB CD. 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质及圆锥曲线中的探索性问题本题(2)的解法 中将等式巧妙变形，即把问题转化为弦长的计算问题，体现了化归思想的重要

16、作用 演练 3 已知 A、B 为椭圆 x2 4 y 2 3 1 的左、 右顶点，F 为椭圆的右焦点，P 是椭圆上异于A、 B 的任意一点，直线 AP、BP 分别交直线l：xm(m2)于 M、N 两点，l 交 x 轴于 C 点 9 (1)当 PFl 时，求点 P 的坐标； (2)是否存在实数m，使得以 MN 为直径的圆过点F？若存在，求出实数m 的值； 若不存在，请说明理由 解： (1)a2 4，b23，ca2b21. 连结 PF，当 PFl 时，将 x1 代入 x2 4 y2 3 1， 得 y 3 2， 则 P 1， 3 2 . (2)设椭圆上任意一点P(x0，y0)，易得直线AM 的方程为y

17、 y0 x0 2(x2)， 由 y y0 x02 x2 ， xm， 得 M m， m2 y0 x02 . 直线 BN 的方程为y y0 x02(x2)， 由 y y0 x02 x2 ， xm， 得 N m， m2 y0 x0 2 . 点 P(x0， y0)在椭圆 x2 4 y2 3 1 上， x20 4 y20 3 1，变形得 y20 x204 3 4， kMF kNF m2 y0 x02 m1 m2 y0 x02 m1 m24 y20 m1 2 x 2 04 m24 m1 2 3 4 3 m24 4 m1 2. 1 0 要使以 MN 为直径的圆过点F，即要满足 MF NF，则 kMF kNF

18、 1， 解得 m 4. 所以存在 m4，使得以 MN 为直径的圆过点F. 专题技法归纳 1定点定值问题的求解策略： (1)从一般的情形进行论证 (2)运用从特殊到一般的思想来解决问题，即先求出特殊情形下的值，如直线的斜 率不存在的情况，再论证该特殊值对一般情形也成立 2求解最值问题应注意： (1)如果建立的函数是关于斜率k 的函数，要增加考虑斜率不存在的情况； (2)如果建立的函数是关于点的坐标x，y 的函数，可以考虑用代入消元、基本不等 式、三角换元或几何解法来解决问题 1.(2020陕西高考 )右图是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面 2 米，水面宽 4 米水位下降1 米后，水面宽

19、_米 解析： 以抛物线的顶点为原点，对称轴为y 轴建立直角坐标系，设 抛物线的方程为x2 2py，则点 (2，2)在抛物线上，代入可得p1， 所以 x2 2y.当 y 3 时，x26，所以水面宽为2 6. 答案： 2 6 2(2020 江西高考 )椭圆 x2 a2 y2 b21(ab0)的左、右顶点分别是 A，B，左、右焦点 分别是 F1， F2.若 |AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为_ 解析： 依题意得 |F1F2|2|AF1| |BF1|，即 4c2(ac) (ac)a2c2，整理得5c2 1 1 a2， 得 e c a 5 5 . 答案： 5 5 3.(2

20、020湖北高考 )如图，双曲线 x2 a2 y2 b2 1(a， b0)的 两顶点为A1， A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1， F2.若以 A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A， B，C，D.则 (1)双曲线的离心率e_； (2)菱形 F1B1F2B2的面积 S1与矩形 ABCD 的面积 S2的比值 S1 S2 _. 解析： (1)由题意可得ab2c2bc，则 a43a2c2 c4 0， 即 e43e210，解得 e2 35 2 ，故 e 15 2 . (2)设 B2F1A2 ，则 sin b b2c2 ，cos c b2c2 ， S1 S2 2bc 4a2si

21、n cos 2bc 4a2 bc b2c2 b 2c2 2a2 e21 2 25 2 . 答案： (1) 15 2 (2)2 5 2 4(2020 北京高考 )在直角坐标系xOy 中，直线 l 过抛物线y24x 的焦点 F， 且与 该抛物线相交于A，B 两点，其中点 A 在 x 轴上方若直线l 的倾斜角为60 ，则 OAF 的面积为 _ 解析：直线 l 的方程为y3(x1)，即 x 3 3 y1，代入抛物线方程，得 y2 4 3 3 y40， 解得 yA 43 3 16 3 16 2 23(yB0， 舍去 )， 故 OAF 的面积为 1 212 33. 答案：3 5已知椭圆 x2 a2 y2

22、b21(ab0)的左顶点为 A，上顶点为B，右焦点为F.设线段AB 的中点为M，若 2MA uuu r MF uuur 2 BF uuuu r 0，则该椭圆离心率的取值范围为_ 1 2 解析：由题意得A(a,0)，B(0，b)，M a 2， b 2 ，F(c,0)，则MA uu u r a 2， b 2 ， MF uuur c a 2， b 2 . 由 2MA uuu r MF uu ur 2 BF u uu u r 0 可得 c22ac 2a20， 解得 e13，13 又 e(0,1)，所以椭圆离心率的取值范围为(0，31 答案： (0，31 6若三角形三边所在直线方程分别为x2y5 0，y

23、20，xy40，则 能够覆盖此三角形且面积最小的圆的方程为_ 解析： 由已知条件可得三角形的三个顶点是(1,2)，(2,2)和(3,1)，作出图形可知该三 角形为钝角三角形而能够覆盖钝角三角形的面积最小的圆是以钝角的对边(最长边 )为直径 的圆，而最长边的两个端点坐标分别为(1,2)，(3,1)，故圆心坐标为2， 3 2 ，半径为 5 2 ，则所求圆的方程为(x2)2 y 3 2 25 4. 答案： (x2)2 y 3 2 25 4 7(2011 浙江高考 )设 F1，F2分别为椭圆 x2 3 y21 的左，右焦点，点 A，B 在 椭圆上，若 1 F A uu u r 5 2 F B uu u

24、 u r ，则点 A 的坐标是 _ 解析： 根据题意设A 点坐标为 (m，n)，B 点坐标为 (c，d)F1、 F2分别为椭圆的 左、右焦点，其坐标分别为(2，0)，(2，0)，可得 1 F A uuu r (m2，n)， 2 F B uuu u r (c2，d) 1 F A u uu r 5 2 F B u uu u r ，cm6 2 5 ，d n 5. 点 A、B 都在椭圆上， m2 3 n2 1， m6 2 5 2 3 n 5 21.解得 m0， n 1， 故点 A 坐标为 (0， 1) 答案： (0， 1) 8已知 F1、F2分别为双曲线C：x 2 9 y2 271 的左、右焦点， 点

25、 AC，点 M 的坐 标为 (2,0)，AM 为 F1AF2的平分线， 则 AF2 _. 解析： 根据角平分线的性质， AF2 AF1 MF2 MF1 1 2. 又 AF1AF26， 故 AF26. 1 3 答案： 6 9已知 F 是抛物线 y2 x 的焦点， A，B 是该抛物线上的两点，AFBF3，则 线段 AB 的中点到 y 轴的距离为 _ 解析： 如图，过 A，B 分别作准线l 的垂线 AD，BC，垂 足分别为D，C，M 是线段 AB 的中点，MN 垂直准线l 于 N，由 于 MN 是梯形 ABCD 的中位线，所以 MN ADBC 2 .由抛物线的定义 知 ADBCAF BF3，所以 M

26、N3 2， 又由于准线l 的方程为x 1 4， 所以线段AB 中点到 y 轴的距离为 3 2 1 4 5 4. 答案： 5 4 10已知直线l 过抛物线C 的焦点，且与 C 的对称轴垂直，l 与 C 交于 A，B 两 点，AB12，P 为 C 的准线上一点，则 ABP 的面积为 _ 解析： 设抛物线方程为y22px(p0)， 则焦点 F p 2 ，0 ，A p 2， p ， B p 2， p ， 所以 AB2p12，所以 p6. 又点 P 到 AB 边的距离为p6， 所以 SABP 1 2 12636. 答案： 36 12给定椭圆C： x2 a2 y2 b21(ab0)， 称圆心在原点O，半径

27、为a2b2的圆是椭圆 C 的“准圆”若椭圆C 的一个焦点为F(2，0)，且其短轴上的一个端点到F 的距离 为3. (1)求椭圆 C 的方程和其“准圆”方程； (2)点 P 是椭圆 C 的“准圆”上的一个动点，过动点 P 作直线 l1，l2，使得 l1，l2 与椭圆 C 都只有一个交点，试判断 l1， l2是否垂直，并说明理由 解： (1)由题意可知c2，b2c2(3)2， 则 a3，b1， 所以椭圆方程为 x2 3 y21. 易知准圆半径为3 2122， 则准圆方程为x2y24. (2)当 l1，l2中有一条直线的斜率不存在时， 1 4 不妨设 l1的斜率不存在， 因为 l1与椭圆只有一个公共

28、点， 则其方程为x 3， 当 l1的方程为 x3时， 此时 l1与准圆交于点 ( 3，1)，(3， 1)， 此时经过点 (3，1)或(3，1)且与椭圆只有一个公共点的直线是y1 或 y 1， 即 l2为 y1 或 y 1， 显然直线l1，l2垂直； 同理可证直线l1的方程为 x3时，直线 l1，l2也垂直 当 l1， l2的斜率都存在时，设点 P(x0，y0)， 其中 x2 0y204. 设经过点 P(x0， y0)与椭圆只有一个公共点的直线为yt(xx0)y0， 由 ytxy0tx0， x2 3 y21， 消去 y，得 (13t2)x26t(y0tx0)x3(y0tx0) 230. 由 0

29、化简整理得，(3x 2 0)t22x0y0t1 y 2 00. 因为 x20y204， 所以有 (3x2 0)t 22x0y0tx2 030. 设直线 l1， l2的斜率分别为t1，t2，因为 l1，l2与椭圆只有一个公共点， 所以 t1， t2满足方程 (3x20)t22x0y0tx2030， 所以 t1 t2 1， 即 l1，l2垂直 综合知，l1， l2垂直 11(2020 陕西高考 )已知椭圆C1：x 2 4 y21，椭圆 C2以 C1的长轴为短轴， 且与 C1有相同的离心率 (1)求椭圆 C2的方程； (2)设 O 为坐标原点，点 A，B 分别在椭圆C1和 C2上，OB uuu r

30、2OA uuu r ，求直线 AB 的方程 解： (1)由已知可设椭圆C2的方程为 y2 a2 x2 4 1(a2)， 其离心率为 3 2 ，故 a24 a 3 2 ，则 a4， 故椭圆 C2的方程为 y2 16 x2 4 1. (2)法一 ：A，B 两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB uuu r 2OA uu u r 及(1) 1 5 知，O，A，B 三点共线且点A，B 不在 y 轴上，因此可设直线AB 的方程为y kx. 将 ykx 代入 x2 4 y21 中，得(14k2)x24， 所以 x2A 4 14k 2. 将 ykx 代入 y2 16 x2 4 1 中，得(

31、4k2)x216， 所以 x2B 16 4k2. 又由OB uuu r 2OA u uu r ，得 x2B4x2A， 即 16 4k2 16 14k2， 解得 k 1，故直线 AB 的方程为yx 或 y x. 法二 ：A，B 两点的坐标分别记为(xA， yA)，(xB，yB)， 由OB uuu r 2OA uuu r 及(1)知，O，A，B 三点共线且点A，B 不在 y 轴上， 因此可设直线AB 的方程为ykx. 将 ykx 代入 x2 4 y21 中，得(14k2)x24， 所以 x2 A 4 14k2. 由OB uuu r 2OA uuu r ，得 x2 B 16 14k2， y2 B 16k2 14k2. 将 x 2 B，y2B代入 y2 16 x2 4 1 中，得 4k2 14k2 1， 即 4k21 4k2， 解得 k 1，故直线 AB 的方程为yx 或 y x.