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文科数学高考压轴题(圆锥曲线)解题策略1


攸县高考数学(文科)研究材料(二) :

高考数学压轴题---圆锥曲线
解题策略及常考题型
圆锥曲线问题将几何与代数知识有机结合在一起,较好地考察了学生的数学思维和创新,灵 活处理问题的能力,是高考命题的热点之一.高考中要做好圆锥曲线这道大题, 我们还需要一定的 解题策略 ,并通过自己不断地领悟和练习提高自己的解题能力.

/>一、圆锥曲线知识要点及解题方法
圆锥曲线解题的本质就是将题干中的条件和图形中隐含的几何特征转化成等式或不等式 , 最后通过代数运算解决问题,而其中的关键是怎样转化或构造不等式。其常考查的知识点可以归 纳如下: 1、抓住定义构造等式,定义是圆锥曲线的核心和根本,涉及焦点时,优先利用定义解决问题。 2、抓住题中特殊几何关系来构造等式或应用几何关系使解题简化,运用“重几何,轻代数”观 念处理问题。 ①内心:1、三条角平分线交点; 2、角平分线上的点到两边距离相等; 3、切线长定理; 4、面积法(S△ABI+S△ACI+S△BCI=S△ABC) ②重心:1、中线交点; 2、AH=2HD,H 为重心; ③垂心:三条高线交点(可用垂直构造等式) ④外心:垂直平分线交点(垂直平分线的性质构造等式) ⑤三角形两边之和大于第三边(焦点三角形) ⑥直线与圆锥曲线相交: (1)两不同交点?△>0 (2)交于双曲线的左右两支? X 1X2<0 (3)交于双曲线的同一支? X 1X2>0 ⑦用点与椭圆圆的位置关系来构造等式或不等式
2 2 2 2 x0 y0 x0 y0 2 ? ? 1 ? ?1 2 x 2 y0 a 2 b2 b2 ? ?1 ; (2 )在椭圆外? a ; (3 )右椭圆内? 0 a 2 b2 ;

(1) 在椭圆上

⑧用曲线本身的一些坐标限制(在椭圆中,-a≤x≤a,-b≤y≤b) ; ⑨用 k 相等(三点共线) ;注:条件已用完,当缺少等式时,且无明显几何特征时,考虑用⑦、 ⑧、⑨ 3.用其它条件构造等式或不等式 ①用非负数 k2, R ,|x|大于 0 构造 ②问题中的要求与条件中的范围相联系; ③结合参数方程,利用参数的几何意义或三角函数的有界性,构造不等式。 4.与平面几何的联系 ①圆直径所对的圆周角为 90 度(可用垂直构造等式)相交弦,割线长定理 ②中位线(坐标原点为中点,往往考虑不到) 5.点差法①直线与曲线相交,且出现中点时,常常使用。 ②抛物线涉及 k 时,常使用。

1

二、圆锥曲线常见题型及分类
题型一:轨迹问题: 例 1、已知椭圆 C 的对称中心为原点 O,焦点在 x 轴上,左、右焦点分别为 F1 和 F2,且|F1F2| 3 =2,点(1,2)在该椭圆上. 12 2 (1)求椭圆 C 的方程; (2)过 F1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A, B 两点, 若△AF2B 的面积为 7 . 求以 F2 为圆心且与直线 l 相切的圆的方程.

题型二:直线与圆满锥曲线的位置关系问题
例 2、已知椭圆 C : x ? 2 y ? 4 .
2 2

(1)求椭圆 C 的离心率; (2)设 O 为原点,若点 A 在椭圆 C 上,
2 2

点 B 在直线 y ? 2 上,且 OA ? OB ,试判断直线 AB 与圆 x ? y ? 2 的位置关系,并证明你的结论.

题型三:离心率范围问题
例 3、在平面直角坐标系中,已知点 F ( 2, 2) 及直线 l : x ? y ? 2 ? 0 ,曲线 C1 是满足下列两个条件的动

?x ? 0 ? . (1) 求曲线 C1 的方程; 点 P( x, y ) 的轨迹: ① PF ? 2d , 其中 d 是 P 到直线 l 的距离; ②?y ? 0 ?2 x ? 2 y ? 5 ?
若存在直线 m 与曲线 C1 、 椭圆 C2 :

(2)

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 均相切于同一点,求 C2 离心率 e 的取值范围. a 2 b2
2

题型四:最值问题 x2 y2 6 例 4、已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的离心率为 3 ,短轴一个端点到右焦点的距离为 3. (1)求椭圆 C 的方程;(2)设直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点,坐标原点 O 到直线 l 的距离为 3 2 ,求△AOB 面积的最大值.

题型五:定值问题 例 5 、 设 A? x1, y1 ? , B ? x2 , y2 ? 是 椭 圆

y 2 x2 ? ? 1? a ? b ? o ? 上 的 两 点 , 已 知 向 量 a 2 b2

?? ? x y ? ? ? x y ? ?? ? 3 m ? ? 1 , 1 ? , n ? ? 2 , 2 ? ,若 m ? n ? 0 且椭圆的离心率 e ? ,短轴长为 2,O 为坐标原点. 2 ?b a? ?b a?
(Ⅰ) 求椭圆的方程; (Ⅱ)若直线 AB 过椭圆的焦点 F(0,c) , (c 为半焦距) ,求直线 AB 的斜率 k 的值; (Ⅲ)试问:△AOB 的面积是否为定值?如果是,请给予证明;如果不是,请说明理由。

题型六:定点问题

例 6、已知直线 y ? x ? 1 被圆 x 2 ? y 2 ?

x2 y 2 3 截得的弦长恰与椭圆 C : 2 ? 2 ? 1 ( a ? b ? 0) 的短轴长相等,椭 a b 2
3

圆 C 的离心率 e ?

2 . 2

(1)求椭圆 C 的方程;

(2)已知过点 M (0, ? ) 的动直线 l 交椭圆 C 于 A, B 两点,试问:在坐标平面上是否存在一个定点 T ,使得 无论 l 如何转动,以 AB 为直径的圆恒过定点 T ?若存在, 求出点 T 的坐标,若不存在,请说明理由.

1 3

网]

题型七:参数范围问题
x2 → → 例 7、设 F1,F2 分别是椭圆 +y2=1 的左、右焦点.(1)若 P 是该椭圆上的一个动点,求PF1· PF2的最大值和 4 最小值;(2)设过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆交于不同的两点 A,B,且∠AOB 为锐角(其中 O 为坐标原点), 求直线 l 的斜率的取值范围.

题型八:存在性问题
例 8、已知椭圆的一个顶点为 A(0, ?1) ,焦点在 x 轴上,若右焦点到直线 x ? y ? 2 2 ? 0 的距离为 3 . (Ⅰ) 求椭圆的方程; (Ⅱ)是否存在斜率为 k (k ? 0) ,且过定点 Q (0, 2) 的直线 l ,使 l 与椭圆交于两个不同的点 M ,N ,且

AM ? AN ?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,请说明理由.

4

附例题参考解答: 1、 【解析】 :

化简得:17k4+k2-18=0,得 k=± 1, ∴r= 2,圆的方程为(x-1)2+y2=2.

b , 2、 【分析】 (1) 把椭圆 C : 确定 a , 利用 e ? x ? 2 y ? 4 化为标准方程,
2 2
2 2

c 求得离心率; (2) 设点 A( x0 , y0 ) , a

B(t ,2) ,其中 x0 ? 0 ,由 OA ? OB ,即 OA ? OB ? 0 ,用 x0 、 y0 表示 t ,当 x0 ? t 或 x0 ? t 分别根据点到
直线的距离公式求出圆心到直线的距离,与圆的半径比较,从而判断直线 AB 与圆 x ? y ? 2 的位置关系.
2 2

【解析】 (1)由题意椭圆 C 的标准方程为

x2 y2 ? ? 1 ,所以 a 2 ? 4 ,b 2 ? 2 ,从而 c 2 ? a 2 ? b 2 ? 4 ? 2 ? 2 , 4 2

所以 e ?

c 2 . ? a 2
2 2

(2)直线 AB 与圆 x ? y ? 2 相切,证明如下:设点 A( x0 , y0 ) , B(t ,2) ,其中 x0 ? 0 , 因为 OA ? OB ,所以 OA ? OB ? 0 ,即 tx0 ? 2 y0 ? 0 ,解得 t ? ?

2 y0 , x0

5

3、 【解析】

(2)(解法一)由题意,直线 m 与曲线 C1 相切,设切点为 M (t , ) , 则直线 m 的方程为 y ? ? ( )? 将y??

1 t

1 ? t ? 2. 2
[来源:学科网]

1 t

1 x

x?t

? (x ? t) ? ?

1 2 1 ( x ? t ) ,即 y ? ? 2 x ? . 2 t t t

1 2 x ? 代入椭圆 C2 的方程 b 2 x 2 ? a 2 y 2 ? a 2b 2 ,并整理得: 2 t t

(b2t 4 ? a 2 ) x 2 ? 4a 2tx ? a 2 (4 ? b 2t 2 )t 2 ? 0.

6

(2)(解法二)设直线 m 与曲线 C1 : y ?

x2 y 2 1 1 、椭圆 C2 : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 均相切于同一点 ( ? x ? 2) x 2 a b

t2 1 1 M (t , ), 则 2 ? 2 2 ? 1. a bt t
由y?

1 1 知 y? ? ? 2 ; x x
2
2

2x 2 b bx b2 x x y x a ? 由 2 ? 2 ? 1( y ? 0) 知 y ? b 1 ? 2 , y ? ?? ?? 2 . a b 2 a y a x2 x2 2 1? 2 a 1? 2 a a
2

?

故?

1 b 2t 2 ? ? , a ? b 2t 4 . 2 1 t a2 t

? t2 1 2 ? 2 ? 2 2 ?1 联解 ? a ,得 b 2 ? 2 , a 2 ? 2t 2 . bt t ? a 2 ? b 2t 4 ?


1 ? t ? 2, 及 a 2 ? b 2 得 1 ? t ? 2. 2

故 e2 ?

a 2 ? b2 1 ? 1? 4 , 2 a t
7

得 0 ? e2 ?

15 15 , 又 0 ? e ? 1, 故 0 ? e ? . 16 4
15 ). 4

所以椭圆 C2 离心率 e 的取值范围是 (0,

4、 【分析】第 2 问,在设直线 l 方程时要考虑斜率存在与不存在两种情况。 【解析】

1 3 当且仅当 9k2= 2,即 k=± 时等号成立.当 k=0 时,|AB|= 3.综上所述:|AB|max=2. k 3 1 3 3 ∴当|AB|最大时,△AOB 的面积取得最大值 S= × |AB|max× = 2 2 2

y2 ? x 2 ? 1; 5、 【答案】 (Ⅰ) (Ⅱ) k ? ? 2 ; (Ⅲ)三角形的面积为定值 1. 4
【解析】

? y ? kx ? 3 ? ? ? k 2 ? 4 ? x 2 ? 2 3kx ? 1 ? 0 , (Ⅱ)由题意,设 AB 的方程为 y ? kx ? 3 ,所以 ? y 2 2 ? ? x ?1 ?4

8

所以 x1 ? x2 ? ?

2 3k 1 , x1 x2 ? ? 2 , 2 k ?4 k ?4

由已知 m ? n ? 0 得:

?? ?

? k2 ? x1 x2 y1 y2 1 3k 3 ? ? x x ? kx ? 3 kx ? 3 ? ? x1 ? x2 ? ? ?1 ? ? x1 x2 ? 1 2 1 2 2 2 b a 4 4? 4 4 ?

?

??

?

?

k2 ? 4 ? 1 ? 3k ?2 3k 3 ? ? ? 0 ,解得 k ? ? 2 . ?? 2 ?? 4 ? k ?4? 4 k2 ? 4 4

(Ⅲ)

6、 【答案】 (1) 【解析】

x2 (2)存在且定点为 T (0,1) . ? y 2 ? 1; 2

9

( 2 )假设存在点 T (u , v) ,若直线 l 的斜率存在,设其方程为 y ? kx ?

1 ,将它代入椭圆方程,并整理得 3

(18k 2 ? 9) x 2 ? 12k ? 16 ? 0 .

12k ? x1 ? x2 ? ? ? 18k 2 ? 9 , 设点 A、B 的坐标分别为 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,则 ? ? x x ? ?16 ? 1 2 18k 2 ? 9 ?
因为 TA ? ( x1 ? u1 y1 ? v ), TB ? ( x2 ? u2 y2 ? v ) 及 y1 ? kx1 ? , y2 ? kx2 ?

???

???

所以 TA ? TB ? ( x1 ? u )( x2 ? u ) ? ( y1 ? v)( y2 ? v) ? (k 2 ? 1) x1 x2 ? (u ? k ? kv)( x1 ? x2 ) ? u 2 ? v 2 ? =

??? ???

1 3

1 , 3
2v 1 ? 3 9

1 3

(6u 2 ? 6v 2 ? 6)k 2 ? 4ku ? (3u 2 ? 3v 2 ? 2v ? 5) . 6k 2 ? 2

当且仅当 TA? TB ? 0 恒成立时,以 AB 为直径的圆恒过定点 T ,

??? ???

? 6u 2 ? 6v 2 ? 6 ? 0 ? 所以 ? ,解得 u ? 0, v ? 1 , 4u ? 0 ?3u 2 ? 3v 2 ? 2v ? 5 ? 0 ?
此时以 AB 为直径的圆恒过定点 T (0,1) . 当直线 l 的斜率不存在, l 与 y 轴重合,以 AB 为直径的圆为 x 2 ? y 2 ? 1 也过点 T (0,1) . 综上可知,在坐标平面上存在一个定点 T (0,1) ,满足条件. 7、解:

(2)由题意可知,过点 M(0,2)的直线 l 的斜率存在. 设 l 的方程为 y=kx+2, y=kx+2, ? ?2 由?x 消去 y,化简整理得 2 ? ? 4 +y =1, (1+4k2)x2+16kx+12=0, 3 Δ=(16k)2-48(1+4k2)>0,解得 k2> . 4
10

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 16k 12 则 x1+x2=- , 2,x1x2= 1+4k 1+4k2 → → 又∠AOB 为锐角,所以OA· OB>0, 即 x1x2+y1y2>0, 即 x1x2+(kx1+2)(kx2+2) =(1 +k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0,
[来源:学#科#网 Z#X#X#K]

-16k 12 所以(1+k2)· +2k· +4>0,解得 k2<4, 1+4k2 1+4k2 3 3 3 所以 <k2<4,即 k∈(-2,- )∪( ,2). 4 2 2 【点评】本题第 2 问,如忽视条件 Δ>0,会得到 k∈(-2,2)的错误结论。
[来源:学科

8、 【解析】

(II)设存在直线符合题意,直线方程为 y ? kx ? 2 ,代入椭圆方程得:

(3k 2 ? 1) x2 ? 12kx ? 9 ? 0 ,
设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) , P( x0 , y0 ) 为弦 MN 的中点,则

?? ? 144k 2 ? 36(3k 2 ? 1) ? 0 ? 2 由韦达定理得: ? ,? k ? 1 12k ? x1 ? x2 ? ? 2 3k ? 1 ?
? x0 ? ? 6k 2 , y0 ? kx0 ? 2 ? 2 , 2 3k ? 1 3k ? 1

因为 AM ? AN ,? AP ? MN

?

y0 ? 1 ? k ? ?1 x0

? k ? ?1

不符合 ? ? 0 ,所以不存在直线符合题意.

11


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