2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第九章第六讲　圆锥曲线的综合问题学案

这是一份2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：第九章第六讲　圆锥曲线的综合问题学案，共20页。

考法1 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题
命题角度1 最值问题
1[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.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
(1)先利用条件kAM·kBM= - 12建立方程,再将点的坐标代入,化简即得C的方程,从而可判断C是什么曲线.(2)(i)设直线PQ的方程为y=kx(k>0),然后与椭圆方程联立,求得点P,Q,E的坐标,从而求得直线QG的方程,并与椭圆方程联立,求得点G的坐标,由此求得直线PG的斜率,进而可得PQ⊥PG,即证△PQG是直角三角形;(ii)由(i)求出|PQ|,|PG|,从而得到△PQG面积的表达式,进而利用换元法及函数的单调性求其最大值.
(1)由题设得yx+2·yx-2= - 12,化简得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上且不含左、右顶点的椭圆.
(2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+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k2,方程为y=k2(x - u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2 - 2uk2x+k2u2 - 8=0 ①.
设G(xG,yG),则x= - u和x=xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u= - 1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=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+2t2在[2,+∞)上单调递减,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.
命题角度2 范围问题
2已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,过原点O的直线l1:y=32x与椭圆交于A,B两点(点A在第一象限),且|AF|+|BF|=4,椭圆C的离心率为12.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若以点A为切点的椭圆的切线l2:x+2y-4=0与y轴的交点为P,过点P的直线l3与椭圆C交于不同的两点M,N,求|PM|·|PN||PA|2的取值范围.
(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF'四边形AFBF'为平行四边形|AF|=|BF'|a=2c=1b=3椭圆C的标准方程;
(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF',
由椭圆的对称性可知,A,B关于原点对称,则|OA|=|OB|.
又|OF'|=|OF|,所以四边形AFBF'为平行四边形,所以|AF|=|BF'|,
由椭圆的定义得|AF|+|BF|=|BF|+|BF'|=2a=4,解得a=2.
又椭圆C的离心率为12,所以e=ca=12,则c=1,b=a2-c2=3,
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)由x+2y-4=0,y=32x,解得x=1,y=32,则点A(1,32).
易知点P(0,2),
所以|PA|2=(1-0)2+(32-2)2=54.
当直线l3与x轴垂直时,|PM|·|PN|=(2+3)×(2-3)=1,
故|PM|·|PN||PA|2=45.
当直线l3与x轴不垂直时,
设直线l3的方程为y=kx+2,M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2>0.
由y=kx+2,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+16kx+4=0,
由Δ=48(4k2-1)>0,得k2>14,
则x1x2=43+4k2.
设直线l3的倾斜角为α,
则|PM|=|x1||csα|=1+k2|x1|,|PN|=|x2||csα|=1+k2|x2|,
则|PM|·|PN|=(1+k2)x1x2=(1+k2)·43+4k2=1+13+4k2.
因为k2>14,所以10)的离心率e=12,点A(b,0),B,F 分别为椭圆C的上顶点和左焦点,
且|BF |·|BA|=26.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(G在M,H之间),设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.
(1)先由离心率得到a,c的关系式,再由|BF |·|BA|=26得到a,b的关系式,结合a2 - b2=c2求出a2,b2,即得椭圆C的方程.(2)先设出直线l的方程,并与椭圆方程联立,利用Δ>0得到k的取值范围,再分别写出PG+PH,GH的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与系数的关系得到m关于k的表达式,进而求出m的取值范围.
(1)由离心率e=12,得ca=12,即a=2c ①.
由|BF |·|BA|=26,得a·b2+b2=26,即ab=23 ②.
易知a2 - b2=c2 ③.
由①②③可解得a2=4,b2=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+2(k>0),
由y=kx+2,x24+y23=1消去y得,(3+4k2)x2+16kx+4=0.
由Δ=(16k)2 - 16(3+4k2)>0,解得k>12.
设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=-16k4k2+3,
PG+PH=(x1+x2 - 2m,k(x1+x2)+4),GH=(x2 - x1,y2 - y1)=(x2 - x1,k(x2 - x1)).
因为菱形的对角线互相垂直,所以(PG+PH)·GH=0,
所以(1+k2)(x1+x2)+4k - 2m=0,得m= - 2k4k2+3= - 24k+3k.
因为k>12,所以 - 36≤m0),圆E:(x - 3)2+y2=1.
(1)F 是抛物线C的焦点,A是抛物线C上的定点,AF=(0,2),求抛物线C的方程.
(2)在(1)的条件下,过点F 的直线l与圆E相切,设直线l交抛物线C于P,Q两点,则在x轴上是否存在点M,使∠PMO=∠QMO(O为坐标原点)?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
(1)先写出焦点F 的坐标,由A=(0,2),得到点A的坐标,再将A的坐标代入抛物线方程求出p值,即得抛物线C的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为k的直线方程,利用直线与圆相切求出k值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO=∠QMO推出点M的坐标,问题获解.
(1)依题意知,抛物线C的焦点为F (p2,0),
由AF=(0,2),可知A(p2, - 2),(理解向量的坐标运算)
将点A的坐标代入y2=2px,求得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)当直线的斜率不存在时,过点F (1,0)的直线不可能与圆E相切,(先讨论斜率不存在的情形)
所以过抛物线的焦点与圆E相切的直线的斜率存在.
设直线的斜率为k,则直线的方程为y=k(x - 1),(再研究斜率存在的情形)
所以圆心E(3,0)到直线的距离d=|2k|1+k2.
当直线与圆相切时,d=1=|2k|1+k2,解得k=±33,
所以切线方程为y=33(x - 1)或y= - 33(x - 1).(由直线和圆相切得到圆的切线方程)
不妨设直线l :y=33(x - 1)交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,
由y=33(x-1),y2=4x消去y并整理,得x2 - 14x+1=0,Δ>0,则x1+x2=14,x1x2=1.
假设存在点M(t,0),使∠PMO=∠QMO,则kPM+kQM=0.
所以kPM+kQM=y1x1-t+y2x2-t
=33(x1-1)x1-t+33(x2-1)x2-t
=33×(x1-1)(x2-t)+(x2-1)(x1-t)(x1-t)(x2-t)
=33×2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t(x1-t)(x2-t)
=33×2-(t+1)×14+2t(x1-t)(x2-t)
=33×-12-12t(x1-t)(x2-t)
=0,
即t= - 1,
由此可知存在点M( - 1,0)符合条件.
当直线l的方程为y= - 33(x - 1)时,由对称性知点M( - 1,0)也符合条件.
综上可知,存在点M( - 1,0),使∠PMO=∠QMO.
命题角度2 圆锥曲线中的三点共线问题
7 [2020安徽合肥调研]设椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,过点F 1的直线交椭圆E于A,B两点.若椭圆E的离心率为22,△ABF 2的周长为46.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设不经过椭圆的中心O且平行于弦AB的直线交椭圆E于点C,D,设弦AB,CD的中点分别为M,N,证明:O,M,N三点共线.
(1)先由△ABF 2的周长求出a,再结合离心率求出c,利用b2=a2 - c2求出b2,即得椭圆E的方程.(2)分两种情况求解:当直线AB,CD的斜率不存在时,利用对称性知O,M,N三点共线;当直线AB,CD的斜率存在时,设斜率为k,再设出A,B,M的坐标,并把A,B的坐标代入椭圆方程,利用“点差法”可得出k·kOM= - 12,同理可得k·kON= - 12,依此得kOM=kON,即O,M,N三点共线.
(1)由△ABF 2的周长为46,可知4a=46,(利用焦点三角形的性质)
所以a=6.
又e=ca=22,所以c=3,b2=a2 - c2=3.
于是椭圆E的方程为x26+y23=1.
(2)当直线AB,CD的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M,N在x轴上,此时O,M,N三点共线.(先讨论特殊情形)
当直线AB,CD的斜率存在时,设其斜率为k(k≠0),(再探究一般情形)
设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则x126+y123=1,x226+y223=1,
两式相减,得x126+y123 - (x226+y223)=0,整理得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2= - 36,(此处利用了点差法)
所以y1-y2x1-x2·y0x0= - 12,即k·kOM= - 12(kOM为直线OM的斜率),
所以kOM= - 12k.
同理可得kON= - 12k(kON为直线ON的斜率).
所以kOM=kON,即O,M,N三点共线.
综上所述,O,M,N三点共线.
4.[2020山东校际联考]已知A,B分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,椭圆C的离心率为223,点D(0,1)是椭圆C上的一点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线AD交直线BP于点M,过M作直线交x轴于点N.
(1)求椭圆C的方程.
(2)当直线MN的斜率为12时,是否存在这样的点P,使得D,P,N三点共线?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
数学探究1 圆锥曲线与数列的交汇
9 [2018全国卷Ⅲ]已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=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.
(1)思路一 先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个关于k,m的关系式,再利用m的范围即可证k< - 12.
思路二 先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于k,m的关系式,又点M在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出k的取值范围,然后进行验证.
(2)利用条件FP+FA+FB=0求出点P的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求出该数列的
公差d.
(1)解法一 设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x124+y123=1,x224+y223=1.
两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23·k=0.
由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k= - 34m ①.
由题设得00得, - 34k>0,所以k0)和圆C2:(x+1)2+y2=2,倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点,且l1与C2相切.
(1)求p的值;
(2)动点M在C1的准线上,动点A在C1上,若C1在点A处的切线l2交y轴于点B,设MN=MA+MB,证明点N在定直线上,并求该定直线的方程.
(1)首先设出直线l1的方程,再利用直线l1与C2相切,可求出p的值.(2)首先设出点M的坐标,再利用导数求出在A点处的切线的斜率及切线l2的方程,得到与y轴的交点B的坐标,由向量关系MN=MA+MB进行坐标运算,得到点N在定直线上.
(1)依题意,设直线l1的方程为y=x+p2,
因为直线l1与C2相切,所以圆心C2( - 1,0)到直线l1:y=x+p2的距离d=|-1+p2|12+(-1)2=2,
即|-1+p2|2=2,解得p=6或p= - 2(舍去).
所以p=6.
(2)依题意设M(m, - 3),
由(1)知抛物线C1的方程为x2=12y,即y=x212,所以y' =x6.
设A(x1,y1),则以A为切点的切线l2的斜率为k=x16,
所以切线l2的方程为y=16x1(x - x1)+y1.
令x=0,得y= - 16x12+y1= - 16×12y1+y1= - y1,
即点B的坐标为(0, - y1),
所以MA=(x1 - m,y1+3),MB=( - m, - y1+3),
所以MN=MA+MB=(x1 - 2m,6),ON=OM+MN=(x1 - m,3),其中O为坐标原点.
设点N的坐标为(x,y),则y=3,
所以点N在定直线y=3上.
6.[2019浙江湖州五校高三模拟]如图9 - 6 - 3,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点M( - 2,1)是椭圆内一点,过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1,l2,l1与椭圆C相交于点A,B,l2与椭圆C相交于点D,E,当M恰好为线段AB的中点时,|AB|=10.
(1)求椭圆C的标准方程; 图9 - 6 - 3
(2)求AD·EB的最小值.
1.(1)设直线AP的斜率为k,则k=x2- 14x+12=x- 12.
因为- 120,
∴xM+xN=- 8k2t3+4k2,xMxN=4(k2t2- 3)3+4k2,
∴|MN|2=(1+k2)·16(12k2- 3k2t2+9)(3+4k2)2.
同理,得|AB|=1+k2·49k2+93+4k2=12(1+k2)3+4k2.
由|MN|2=4|AB|得t=0,满足Δ>0,
∴直线m:y=- kx,
∴P(12,- 12k),即点P在定直线x=12上.
3.(1)设动点M(x,y),则直线MA的斜率kMA=yx+3(x≠- 3),
直线MB的斜率kMB=yx- 3(x≠3).
因为kMA·kMB=- 19,所以yx+3·yx- 3=- 19,化简得x29+y2=1,
又x≠±3,所以曲线C的方程为x29+y2=1(x≠±3).
(2)由题意得直线l的斜率不为0,根据直线l过点T(1,0),可设直线l的方程为x=my+1,
联立得x=my+1,x2+9y2=9,消去x得(m2+9)y2+2my- 8=0,Δ>0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=- 2mm2+9,y1y2=- 8m2+9.
直线SP与SQ的斜率分别为kSP=y1x1- x0=y1my1+1- x0,kSQ=y2x2- x0=y2my2+1- x0,
则kSP·kSQ=y1y2(my1+1- x0)(my2+1- x0)
=- 8(x02- 9)m2+9(1- x0)2.
当x0=3时,∀m∈R,kSP·kSQ=- 89(1- x0)2=- 29;
当x0=- 3时,∀m∈R,kSP·kSQ=- 89(1- x0)2=- 118.
所以存在定点S(±3,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值.
4.(1)因为点D(0,1)是椭圆C上的一点,所以b=1.
因为椭圆C的离心率为223,所以ca=a2- b2a=223,解得a2=9.
故椭圆C的方程为x29+y2=1.
(2)假设存在满足条件的点P,由题意知,直线BP的斜率存在,设直线BP的斜率为k,
因为点P不与椭圆C的顶点重合,所以k≠±13且k≠0.
则直线BP的方程为y=k(x- 3) ①,易得直线AD的方程为y=13x+1 ②,
联立①②,解得M(9k+33k- 1,6k3k- 1).
因为直线MN的斜率为12,所以直线MN的方程为y- 6k3k- 1=12(x- 9k+33k- 1),
因为点N在x轴上,所以N(- 3k+33k- 1,0).
将①代入x29+y2=1,解得P(27k2- 39k2+1,- 6k9k2+1).
因为D,P,N三点共线,所以直线DP与直线DN的斜率相等,
所以1+6k9k2+1- 27k2- 39k2+1=1- - 3k+33k- 1,即3k+13k- 1=3k- 1- k+1,解得k=23.
故存在点P(95,- 45),使得D,P,N三点共线.
5.(1)因为点P(2,2)在椭圆C上,且PF⊥x轴,
所以c=2.
设椭圆C的左焦点为E,则|EF|=2c=4,|PF|=2,
连接PE,则在Rt△EFP中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=32.
所以2a=|PE|+|PF|=42,则a=22,b2=a2- c2=4,
所以椭圆C的方程为x28+y24=1.
(2)由题意可设直线AB的方程为y=k(x- 2),
令x=4,得y=2k,则点M的坐标为(4,2k).
由y=k(x- 2),x28+y24=1消去y并整理,得(2k2+1)x2- 8k2x+8(k2- 1)=0,Δ>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8(k2- 1)2k2+1 ①.
设直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,
从而k1=y1- 2x1- 2,k2=y2- 2x2- 2,k3=2k- 24- 2=k- 22.
因为直线AB的方程为y=k(x- 2),则y1=k(x1- 2),y2=k(x2- 2),
所以k1+k2=y1- 2x1- 2+y2- 2x2- 2=y1x1- 2+y2x2- 2-2(1x1- 2+1x2- 2)=2k- 2·x1+x2- 4x1x2- 2(x1+x2)+4 ②.
将①代入②,得k1+k2=2k- 2·8k22k2+1- 48(k2- 1)2k2+1- 16k22k2+1+4=2k- 2.
又k3=k- 22,所以k1+k2=2k3,
于是直线PA,PM,PB的斜率成等差数列.
6.(1)由题意得a2- b2a2=34,∴a2=4b2,即椭圆C的方程为x24b2+y2b2=1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x12+4y12=4b2 ①,x22+4y22=4b2 ②,①- ②得(x1- x2)(x1+x2)+4(y1- y2)·(y1+y2)=0.
当M(- 2,1)为线段AB的中点时,
x1+x2=- 4,y1+y2=2,
∴此时直线l1的斜率k1为y1- y2x1- x2=12,
∴此时直线l1的方程为y=12x+2.
由x24b2+y2b2=1,y=12x+2消去y得,x2+4x+8- 2b2=0,由Δ1>0,得b2>2,则x1+x2=- 4,x1x2=8- 2b2,
则|AB|=1+k12|x1- x2|=1+1416- 4(8- 2b2)=10,
得b2=3,满足题意.
∴椭圆C的标准方程为x212+y23=1.
(2)设直线AB的方程为y=k(x+2)+1(k≠0),
由x212+y23=1,y=k(x+2)+1消去y得,(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2- 12=0,Δ2>0,
∴x1+x2=- 8k(2k+1)1+4k2,x1x2=4(2k+1)2- 121+4k2.
设D(x3,y3),E(x4,y4),
则AD·EB=(AM+MD)·(EM+MB)=AM·MB+EM·MD=(- 2- x1,1- y1)·(2+x2,y2- 1)+(- 2- x4,1- y4)·(2+x3,y3- 1),
(- 2- x1,1- y1)·(2+x2,y2- 1)=- (1+k2)(2+x1)(2+x2)=- (1+k2)[4+2(x1+x2)+x1x2]=4(1+k2)1+4k2,
同理可得(- 2- x4,1- y4)·(2+x3,y3- 1)=4(1+k2)4+k2.
∴AD·EB=4(1+k2)(11+4k2+14+k2)=20(1+k2)2(1+4k2)(4+k2)≥20(1+k2)2(1+4k2+4+k22)2=165,当且仅当k=±1时取等号.
∴AD·EB的最小值为165.