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2019年高考數(shù)學(xué) 考點分析與突破性講練專題34 圓錐曲線綜合應(yīng)用理.doc

上傳人：tia****nde

文檔編號：6253235

上傳時間：2020-02-20

格式：DOC

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專題34 圓錐曲線綜合應(yīng)用一、考綱要求： 1.掌握解決直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系的思想方法； 2.了解圓錐曲線的簡單應(yīng)用； 3.理解數(shù)形結(jié)合的思想．二、概念掌握和解題上注意點： 1.判斷直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，一般是將直線與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去x(或y)，判斷該方程組解的個數(shù)，方程組有幾組解，直線與圓錐曲線就有幾個交點.但應(yīng)注意兩點： (1）.消元后需要討論含x2(或y2)項的系數(shù)是否為0. (2）.重視“判別式Δ”起的限制作用. 2.對于選擇題、填空題，要充分利用幾何條件，借助數(shù)形結(jié)合的思想方法直觀求解，優(yōu)化解題過程. 3.處理中點弦問題的常用方法 (1）.點差法：即設(shè)出弦的兩端點坐標(biāo)后，代入圓錐曲線方程，并將兩式相減，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三個未知量，這樣就直接聯(lián)系了中點和直線的斜率，借用中點公式即可求得斜率. (2）.根與系數(shù)的關(guān)系：即聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，將其轉(zhuǎn)化為一元二次方程后由根與系數(shù)的關(guān)系求解. 三、高考考題題例分析例1.(2017全國卷Ⅰ)設(shè)A，B為曲線C：y＝上兩點，A與B的橫坐標(biāo)之和為4. (1)求直線AB的斜率， (2)設(shè)M為曲線C上一點，C在M處的切線與直線AB平行，且AM⊥BM，求直線AB的方程．【答案】(1)1；(2) y＝x＋7. (2)由 y＝，得y′＝. 例2. (2017浙江高考)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點A，B，拋物線上的點P(x，y)－b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標(biāo)為(1，－1)，則E的方程為 (　　) A．＋＝1 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋＝1 【答案】A　【解析】因為直線AB過點F(3,0)和點(1，－1)，所以直線AB的方程為y＝(x－3)，代入橢圓方程＋＝1消去y，得x2－a2x＋a2－a2b2＝0，所以AB的中點的橫坐標(biāo)為＝1，即a2＝2b2.又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3，所以E的方程為＋＝1. 11．已知兩定點A(0，－2)，B(0,2)，點P在橢圓＋＝1上，且滿足||－||＝2，則為 (　　) A．－12　　　　　　 B．12 C．－9 D．9 【答案】D　 12.拋物線C的頂點為原點，焦點在x軸上，直線x－y＝0與拋物線C交于A，B兩點．若P(1,1)為線段AB的中點，則拋物線C的方程為 (　　) A．y＝2x2 B．y2＝2x C．x2＝2y D．y2＝－2x 【答案】B　【解析】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，拋物線方程為y2＝2px，則兩式相減可得2p＝(y1＋y2)＝kAB2＝2，即可得p＝1，∴拋物線C的方程為y2＝2x. 二、填空題 13．已知傾斜角為60的直線l通過拋物線x2＝4y的焦點，且與拋物線相交于A，B兩點，則弦AB的長為__________．【答案】16　【解析】直線l的方程為y＝x＋1，由得y2－14y＋1＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝14， ∴|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝14＋2＝16. 14．已知(4,2)是直線l被橢圓＋＝1所截得的線段的中點，則l的方程是__________．【答案】x＋2y－8＝0　 15．已知橢圓＋＝1(00，b>0)的右焦點作一條與其漸近線平行的直線，交C于點P.若點P的橫坐標(biāo)為2a，則C的離心率為__________．【答案】2＋　【解析】如圖所示，不妨設(shè)與漸近線平行的直線l的斜率為，又直線l過右焦點F(c,0)，則直線l的方程為y＝(x－c)．因為點P的橫坐標(biāo)為2a，代入雙曲線方程得－＝1，化簡得y＝－b或y＝b(點P在x軸下方，故舍去)．故點P的坐標(biāo)為(2a，－b)，代入直線方程得－b＝(2a－c)，化簡可得離心率e＝＝2＋. 因為|AB|＝4(k2＋1)，所以當(dāng)k＝0時，線段AB最短，最短長度為4，此時圓的面積最小，最小面積為4π. 20．已知橢圓C：＋y2＝1(a＞0)，過橢圓C的右頂點和上頂點的直線與圓x2＋y2＝相切． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)M是橢圓C的上頂點，過點M分別作直線MA，MB交橢圓C于A，B兩點，設(shè)這兩條直線的斜率分別為k1，k2，且k1＋k2＝2，證明：直線AB過定點．【答案】(1) ＋y2＝1；(2)見解析由?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，得x1＋x2＝，x1x2＝，由k1＋k2＝2?＋＝2?＝2，即(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)?(2－2k)(2m2－2)＝(m－1)(－4km)，即(1－k)(m2－1)＝－km(m－1)，由m≠1，得(1－k)(m＋1)＝－km?k＝m＋1，即y＝kx＋m＝(m＋1)x＋m?m(x＋1)＝y(tǒng)－x，故直線AB過定點(－1，－1)．綜上，直線AB過定點(－1，－1)． 21．已知點A，B是橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右頂點，F(xiàn)為左焦點，點P是橢圓上異于A，B的任意一點．直線AP與過點B且垂直于x軸的直線l交于點M，直線MN⊥BP于點N. (1)求證：直線AP與直線BP的斜率之積為定值； (2)若直線MN過焦點F，＝λ(λ∈R)，求實數(shù)λ的值. 【答案】(1)見解析；(2) λ＝. (2)設(shè)直線AP與BP的斜率分別為k1，k2，由已知F(－c,0)，直線AP的方程為y＝k1(x＋a)，直線l的方程為x＝a，則M(a,2ak1)． ∵M(jìn)N⊥BP，∴kMNk2＝－1. 由(1)知k1k2＝－，∴kMN＝k1. 又F，N，M三點共線，得kMF＝kMN，即＝k1，得2b2＝a(a＋c)． ∵b2＝a2－c2， ∴2(a2－c2)＝a2＋ac，化簡整理得2c2＋ac－a2＝0，即2＋－1＝0，解得＝或＝－1(舍去)． ∴a＝2c. 由＝λ，得(a－c,0)＝λ(a＋c,0)，將a＝2c代入，得(c,0)＝λ(3c,0)，即c＝3λc， ∴λ＝. 22．已知拋物線C1的方程為y2＝4x，橢圓C2與拋物線C1有公共的焦點，且C2的中心在坐標(biāo)原點，過點M(4,0)的直線l與拋物線C1分別交于A，B兩點． (1)若＝，求直線l的方程； (2)若坐標(biāo)原點O關(guān)于直線l的對稱點P在拋物線C1上，直線l與橢圓C2有公共點，求橢圓C2的長軸長的最小值. 【答案】(1) y＝x－4或y＝－x＋4； (2) (2)設(shè)P(m，n)，則OP的中點為. 因為O，P兩點關(guān)于直線y＝k(x－4)對稱，所以解得將其代入拋物線方程，得2＝4. 所以k2＝1.

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