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微专题7　圆锥曲线中的综合问题
圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点、热点和难点，涉及的知识面广，题目综合性强，对思维能力要求比较高．解决的基本思路是利用代数法，从分析问题的数量关系入手，利用直线系或曲线系方程或函数方程思想，通过联想与类比，使问题获解．解答过程中主要注意以下三点：
(1)根据条件设出合适的直线方程，当不知道直线是否有斜率时，需要分两种情况讨论．
(2)具体求解时，常用到“根与系数的关系”及“设而不求，整体代入”的方法．
(3)不要忽视判别式的作用，在解题过程中，判别式起到了限制参数范围的作用．
类型1　范围与最值问题
【例1】　动点M与定点F(，0)的距离和它到定直线m：x＝2的距离比是常数．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)若直线l过点Q(0，－1)，且与C交于A，B两点，当|AB|最大时，求直线l的方程．
[尝试解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型2　定点与定值问题
【例2】　若P(2，2)为抛物线C：y2＝mx上一点，过P作两条关于直线x＝2对称的直线分别交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．
(1)求抛物线C的方程与焦点坐标；
(2)判断直线AB的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
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类型3　求值与证明问题
【例3】　(2024·全国甲卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共28张PPT)
微专题7　圆锥曲线中的综合问题
第三章
圆锥曲线的方程
圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点、热点和难点，涉及的知识面广，题目综合性强，对思维能力要求比较高．解决的基本思路是利用代数法，从分析问题的数量关系入手，利用直线系或曲线系方程或函数方程思想，通过联想与类比，使问题获解．解答过程中主要注意以下三点：
(1)根据条件设出合适的直线方程，当不知道直线是否有斜率时，需要分两种情况讨论．
(2)具体求解时，常用到“根与系数的关系”及“设而不求，整体代入”的方法．
(3)不要忽视判别式的作用，在解题过程中，判别式起到了限制参数范围的作用．
类型2　定点与定值问题
【例2】　若P(2，2)为抛物线C：y2＝mx上一点，过P作两条关于直线x＝2对称的直线分别交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．
(1)求抛物线C的方程与焦点坐标；
(2)判断直线AB的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
章末综合测评(一)　动量守恒定律
题号
1
3
2
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1．如图，O为坐标原点，过点P(2，0)且斜率为k的直线l交抛物线y2＝2x于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点．
(1)求x1x2的值；
(2)求证：OM⊥ON．
微专题强化练(七)　圆锥曲线中的综合问题
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4微专题强化练(七)　圆锥曲线中的综合问题
说明：本试卷共60分
1．如图，O为坐标原点，过点P(2，0)且斜率为k的直线l交抛物线y2＝2x于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点．
(1)求x1x2的值；
(2)求证：OM⊥ON．
2．已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，过点A．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线y＝x＋m与椭圆交于M，N两点．
①当m＝1时，求|MN|；
②当OM⊥ON时，求m的值．(O为坐标原点)
3．已知双曲线C：＝1，直线l与双曲线C交于A，B两点．
(1)若A，B关于点M(4，3)对称，求直线l的方程；
(2)若直线l过点N(0，1)，且A，B都在双曲线C的左支上，求直线l的斜率的取值范围．
4．已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F(，0)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点D(1，0)作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为k1，BQ的斜率为k2，求证：为定值．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)微专题强化练(七)
1．解：(1)由题意可得直线l的方程为y＝k(x－2)，
联立
消去y可得k2x2－(4k2＋2)x＋4k2＝0，Δ>0，
又M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1x2＝＝4．
(2)证明：由(1)可得y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝k2·＝－4，
则·＝x1x2＋y1y2＝4－4＝0，
所以⊥，即OM⊥ON．
2．解：(1)由题意可知
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
①联立消去y并整理得7x2＋8x－8＝0，则Δ＝64－4×7×(－8)>0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
因此|MN|＝
＝×．
②联立消去y并整理得7x2＋8mx＋4m2－12＝0，
则Δ＝64m2－4×7(4m2－12)>0，解得m2<7，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
因为OM⊥ON，所以·＝0，
即·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋m)(x2＋m)
＝2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝2×＋m×＝0，解得m＝±，均符合m2<7，
故m＝±．
3．解：因为直线l与双曲线C交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)联立两式作差变形得，，
因为A，B关于点M(4，3)对称，所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝6，
所以kAB＝，
所以直线l的方程为y－3＝(x－4)，即5x－3y－11＝0．
(2)当直线l的斜率不存在时，方程为x＝0，与A，B都在双曲线C的左支上矛盾，故斜率存在．
设方程为y＝kx＋1，
联立消去y并整理得(5－4k2)x2－8kx－24＝0，
因为直线l与双曲线C交于A，B两点，
所以Δ＝64k2＋96(5－4k2)>0，且5－4k2≠0，
解得－，且k≠±，
又A，B都在双曲线C的左支上，
所以．
综上，直线l的斜率的取值范围为．
4．解：(1)因为椭圆的离心率为，右焦点为F(，0)，
所以解得a＝2，c＝，则b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
因为直线l过点D(1，0)且斜率不为0，
所以设直线l的方程为x＝ty＋1，
联立消去x并整理得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，
此时Δ＝4t2＋12(t2＋4)>0，
由根与系数的关系，得y1＋y2＝－，y1y2＝－，
此时ty1y2＝(y1＋y2)，
因为A，B分别为椭圆C的左、右顶点，
所以A(－2，0)，B(2，0)，则k1＝，k2＝．
故，即为定值．
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圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点、热点和难点，涉及的知识面广，题目综合性强，对思维能力要求比较高．解决的基本思路是利用代数法，从分析问题的数量关系入手，利用直线系或曲线系方程或函数方程思想，通过联想与类比，使问题获解．解答过程中主要注意以下三点：
(1)根据条件设出合适的直线方程，当不知道直线是否有斜率时，需要分两种情况讨论．
(2)具体求解时，常用到“根与系数的关系”及“设而不求，整体代入”的方法．
(3)不要忽视判别式的作用，在解题过程中，判别式起到了限制参数范围的作用．
类型1　范围与最值问题
【例1】　动点M与定点F(，0)的距离和它到定直线m：x＝2的距离比是常数．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)若直线l过点Q(0，－1)，且与C交于A，B两点，当|AB|最大时，求直线l的方程．
[解]　(1)设M(x，y)，由题意得＝，
整理得M的轨迹C的方程为＝1．
(2)当直线l的斜率不存在时，方程为x＝0，此时|AB|＝2；
当直线l的斜率存在时，设方程为y＝kx－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，如图所示．
联立方程消去y得(1＋2k2)x2－4kx－2＝0，
Δ＝16k2＋8(1＋2k2)＝32k2＋8＞0恒成立，故k∈R，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|AB|＝＝2，
令t＝1＋2k2，t≥1，则k2＝，
可得|AB|＝2＝2＝2
＝2，
当＝，即t＝2，k＝±时，|AB|取得最大值3．
综上所述，当|AB|最大时，所求直线l的方程为y＝±x－1．
类型2　定点与定值问题
【例2】　若P(2，2)为抛物线C：y2＝mx上一点，过P作两条关于直线x＝2对称的直线分别交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．
(1)求抛物线C的方程与焦点坐标；
(2)判断直线AB的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
[解]　(1)根据题意可得22＝2m，则m＝2，
故所求抛物线C的方程为y2＝2x，其焦点坐标为．
(2)由题意知，直线AB的斜率存在，不妨设直线AB的方程为y＝kx＋t，
联立消去y得k2x2＋(2kt－2)x＋t2＝0，
则Δ＝(2kt－2)2－4t2k2＝4－8kt＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
因为直线PA与PB关于直线x＝2对称，
所以kPA＋kPB＝0，又＝＝2x2，
所以kPA＋kPB＝＝＝＝0，
化简得y1＋y2＋4＝0，即k(x1＋x2)＋2t＋4＝0，
即－k·＋2t＋4＝0，解得k＝－，
所以直线AB的斜率为定值－．
类型3　求值与证明问题
【例3】　(2024·全国甲卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
[解]　(1)设F，由题设有c＝1且＝，故＝，解得a＝2，b＝，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)分析知直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A，B．
由 消去y可得x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4>0，
故－又x1＋x2＝，x1x2＝，
而N，故直线BN：y＝，故yQ＝＝，
所以y1－yQ＝y1＋＝＝
＝k·＝k·＝k·＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
微专题强化练(七)　圆锥曲线中的综合问题
1．如图，O为坐标原点，过点P(2，0)且斜率为k的直线l交抛物线y2＝2x于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点．
(1)求x1x2的值；
(2)求证：OM⊥ON．
[解]　(1)由题意可得直线l的方程为y＝k(x－2)，
联立
消去y可得k2x2－(4k2＋2)x＋4k2＝0，
Δ＞0，
又M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1x2＝＝4．
(2)证明：由(1)可得y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝k2·＝－4，
则＝x1x2＋y1y2＝4－4＝0，
所以⊥，即OM⊥ON．
2．已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，过点A．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线y＝x＋m与椭圆交于M，N两点．
①当m＝1时，求|MN|；
②当OM⊥ON时，求m的值．(O为坐标原点)
[解]　(1)由题意可知解得
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
①联立消去y并整理得7x2＋8x－8＝0，则Δ＝64－4×7×(－8)＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
因此|MN|＝＝＝．
②联立消去y并整理得7x2＋8mx＋4m2－12＝0，
则Δ＝64m2－4×7(4m2－12)＞0，解得m2＜7，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
因为OM⊥ON，所以＝0，
即＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋m)(x2＋m)
＝2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝2×＋m×＋m2＝＝0，解得m＝±，均符合m2＜7，
故m＝±．
3．已知双曲线C：＝1，直线l与双曲线C交于A，B两点．
(1)若A，B关于点M(4，3)对称，求直线l的方程；
(2)若直线l过点N(0，1)，且A，B都在双曲线C的左支上，求直线l的斜率的取值范围．
[解]　因为直线l与双曲线C交于A，B两点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)联立两式作差变形得，＝，
因为A，B关于点M(4，3)对称，
所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝6，
所以kAB＝＝＝，
所以直线l的方程为y－3＝(x－4)，
即5x－3y－11＝0．
(2)当直线l的斜率不存在时，方程为x＝0，与A，B都在双曲线C的左支上矛盾，故斜率存在．
设方程为y＝kx＋1，
联立消去y并整理得(5－4k2)x2－8kx－24＝0，
因为直线l与双曲线C交于A，B两点，
所以Δ＝64k2＋96(5－4k2)＞0，且5－4k2≠0，
解得－＜k＜，且k≠±，
又A，B都在双曲线C的左支上，
所以解得k＞．
综上，直线l的斜率的取值范围为．
4．已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F(，0)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点D(1，0)作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为k1，BQ的斜率为k2，求证：为定值．
[解]　(1)因为椭圆的离心率为，右焦点为F(，0)，
所以
解得a＝2，c＝，
则b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
因为直线l过点D(1，0)且斜率不为0，
所以设直线l的方程为x＝ty＋1，
联立消去x并整理得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，
此时Δ＝4t2＋12(t2＋4)＞0，
由根与系数的关系，得y1＋y2＝－，y1y2＝－，
此时ty1y2＝(y1＋y2)，
因为A，B分别为椭圆C的左、右顶点，
所以A(－2，0)，B(2，0)，
则k1＝＝，k2＝＝．
故＝＝＝＝，即为定值．
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