2018届高考数学(理)热点题型:解析几何(带答案)

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2018届高考数学(理)热点题型:解析几何(带答案)

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文 章
来源莲山
课件 w ww.5 y kj.Co m 解析几何
热点一 圆锥曲线的标准方程与几何性质
圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型,圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点,求离心率、准线、双曲线的渐近线是常考题型.
【例1】(1)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点为F(2,0),且双曲线的渐近线与圆(x-2)2+y2=3相切,则双曲线的方程为(  )
A.x29-y213=1    B.x213-y29=1
C.x23-y2=1    D.x2-y23=1
(2)若点M(2,1),点C是椭圆x216+y27=1的右焦点,点A是椭圆的动点,则|AM|+|AC|的最小值为________.
(3)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)与抛物线y2=2px(p>0)有相同的焦点F,P,Q是椭圆与抛物线的交点,若直线PQ经过焦点F,则椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为________.
答案 (1)D (2)8-26 (3)2-1
解析 (1)双曲线x2a2-y2b2=1的一个焦点为F(2,0),
则a2+b2=4,①
双曲线的渐近线方程为y=±bax,
由题意得2ba2+b2=3,②
联立①②解得b=3,a=1,
所求双曲线的方程为x2-y23=1,选D.
(2)设点B为椭圆的左焦点,点M(2,1)在椭圆内,那么|BM|+|AM|+|AC|≥|AB|+|AC|=2a,所以|AM|+|AC|≥2a-|BM|,而a=4,|BM|=(2+3)2+1=26,所以(|AM|+|AC|)最小=8-26.
 
(3)因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点F为p2,0,设椭圆另一焦点为E.如图所示,将x=p2代入抛物线方程得y=±p,又因为PQ经过焦点F,所以Pp2,p且PF⊥OF.
所以|PE|=p2+p22+p2=2p,
|PF|=p,|EF|=p.
故2a=2p+p,2c=p,e=2c2a=2-1.
 
【类题通法】(1)在椭圆和双曲线中,椭圆和双曲线的定义把曲线上的点到两个焦点的距离联系在一起,可以把曲线上的点到一个焦点的距离转化为到另一个焦点的距离,也可以结合三角形的知识,求出曲线上的点到两个焦点的距离.在抛物线中,利用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为其到相应准线的距离,再利用数形结合的思想去解决有关的最值问题.
(2)求解与圆锥曲线的几何性质有关的问题关键是建立圆锥曲线方程中各个系数之间的关系,或者求出圆锥曲线方程中的各个系数,再根据圆锥曲线的几何性质通过代数方法进行计算得出结果.
【对点训练】已知椭圆x24+y22=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1且倾斜角为45°的直线l交椭圆于A,B两点,以下结论:①△ABF2的周长为8;②原点到l的距离为1;③|AB|=83.其中正确结论的个数为(  )
A.3   B.2   C.1   D.0
答案 A
解析 ①由椭圆的定义,得|AF1|+|AF2|=4,|BF1|+|BF2|=4,又|AF1|+|BF1|=|AB|,所以△ABF2的周长为|AB|+|AF2|+|BF2|=8,故①正确;②由条件,得F1(-2,0),因为过F1且倾斜角为45°的直线l的斜率为1,所以直线l的方程为y=x+2,则原点到l的距离d=|2|2=1,故②正确;③设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=x+2,x24+y22=1,得3x2+42x=0,解得x1=0,x2=-423,所以|AB|=1+1·|x1-x2|=83,故③正确.故选A.
热点二 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题.
【例2】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,点(2,2)在C上.
(1)求C的方程;
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M,证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
 (1)解 由题意有a2-b2a=22,4a2+2b2=1,
解得a2=8,b2=4.
所以C的方程为x28+y24=1.
(2)证明 设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),
A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).
将y=kx+b代入x28+y24=1得
(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.
故xM=x1+x22=-2kb2k2+1,yM=k·xM+b=b2k2+1.
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-12k,
即kOM·k=-12.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
【类题通法】解答圆锥曲线中的定点、定值问题的一般步骤
第一步:研究特殊情形,从问题的特殊情形出发,得到目标关系所要探求的定点、定值.
第二步:探究一般情况.探究一般情形下的目标结论.
第三步:下结论,综合上面两种情况定结论.
【对点训练】已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F(1,0),O为坐标原点,A,B是抛物线C上异于O的两点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线OA,OB的斜率之积为-12,求证:直线AB过x轴上一定点.
(1)解 因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为(1,0),所以p2=1,所以p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明 ①当直线AB的斜率不存在时,设At24,t,Bt24,-t.因为直线OA,OB的斜率之积为-12,
所以tt24·-tt24=-12,化简得t2=32.
所以A(8,t),B(8,-t),此时直线AB的方程为x=8.
②当直线AB的斜率存在时,设其方程为y=kx+b,A(xA,yA),B(xB,yB),联立得y2=4x,y=kx+b,化简得ky2-4y+4b=0.
根据根与系数的关系得yAyB=4bk,因为直线OA,OB的斜率之积为-12,所以yAxA·yBxB=-12,即xAxB+2yAyB=0.即y2A4·y2B4+2yAyB=0,解得yAyB=0(舍去)或yAyB=-32.
所以yAyB=4bk=-32,即b=-8k,所以y=kx-8k,
即y=k(x-8).
综上所述,直线AB过定点(8,0).
热点三 圆锥曲线中的最值、范围问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类:一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题;二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题.
【例3】平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是32,抛物线E:x2=2y的焦点F是C的一个顶点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
①求证:点M在定直线上;
②直线l与y轴交于点G,记△PFG的面积为S1,△PDM的面积为S2,求S1S2的最大值及取得最大值时点P的坐标.
 
(1)解 由题意知a2-b2a=32,可得a2=4b2,
因为抛物线E的焦点F0,12,所以b=12,a=1,
所以椭圆C的方程为x2+4y2=1.
(2)①证明 设Pm,m22(m>0),由x2=2y,可得y′=x,所以直线l的斜率为m,因此直线l的方程为y-m22=m(x-m).
即y=mx-m22.
设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).
联立方程x2+4y2=1,y=mx-m22,
得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.
由Δ>0,得0<m<2+5(或0<m2<2+5).(*)
且x1+x2=4m34m2+1,因此x0=2m34m2+1,将其代入y=mx-m22,得y0=-m22(4m2+1),因为y0x0=-14m.
所以直线OD方程为y=-14mx,
联立方程y=-14mx,x=m,得点M的纵坐标yM=-14,
所以点M在定直线y=-14上.
②由①知直线l的方程为y=mx-m22,
令x=0,得y=-m22,所以G0,-m22,
又Pm,m22,F0,12,D2m34m2+1,-m22(4m2+1),
所以S1=12·|GF|·m=(m2+1)m4,
S2=12·|PM|·|m-x0|=12×2m2+14×2m3+m4m2+1=m(2m2+1)28(4m2+1).所以S1S2=2(4m2+1)(m2+1)(2m2+1)2.
设t=2m2+1,则S1S2=(2t-1)(t+1)t2=2t2+t-1t2=-1t2+1t+2,当1t=12,
即t=2时,S1S2取到最大值94,
此时m=22,满足(*)式,所以P点坐标为22,14.
因此S1S2的最大值为94,此时点P的坐标为22,14.
【类题通法】圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种:一是代数法,从代数的角度考虑,通过建立函数、不等式等模型,利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法、或利用判别式构造不等关系、利用隐含或已知的不等关系建立不等式等方法求最值、范围;二是几何法,从圆锥曲线的几何性质的角度考虑,根据圆锥曲线几何意义求最值.
【对点训练】如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.
(1)求p的值;
(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M,求M的横坐标的取值范围.
 
解 (1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,
由抛物线的定义得p2=1,即p=2.
(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),
可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.
因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由y2=4x,x=sy+1消去x得y2-4sy-4=0.
故y1y2=-4,所以B1t2,-2t.
又直线AB的斜率为2tt2-1,
故直线FN的斜率为-t2-12t,
从而得直线FN:y=-t2-12t(x-1),直线BN:y=-2t.
所以Nt2+3t2-1,-2t.
设M(m,0),由A,M,N三点共线得2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1,
于是m=2t2t2-1,所以m<0或m>2.
经检验,m<0或m>2满足题意.
综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).
热点四 圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面:(1)探索点是否存在;(2)探索曲线是否存在;(3)探索命题是否成立.涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.
【例4】已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.
(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;
(2)若l过点m3,m,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.
(1)证明 设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),
A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).
将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,即kOM·k=-9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
(2)解 四边形OAPB能为平行四边形.
因为直线l过点m3,m,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.
由(1)得OM的方程为y=-9kx.
设点P的横坐标为xP,
由y=-9kx,9x2+y2=m2得x2P=k2m29k2+81,即xP=±km3k2+9.
将点m3,m的坐标代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM.
于是±km3k2+9=2×k(k-3)m3(k2+9),
解得k1=4-7,k2=4+7.
因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB为平行四边形.
【类题通法】(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
【对点训练】在平面直角坐标系xOy中,过点C(2,0)的直线与抛物线y2=4x相交于A,B两点,设A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)求证:y1y2为定值;
(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值?如果存在,求出该直线方程和弦长;如果不存在,说明理由.
(1)证明 法一 当直线AB垂直于x轴时,
y1=22,y2=-22.
因此y1y2=-8(定值).
当直线AB不垂直于x轴时,
设直线AB的方程为y=k(x-2),
由y=k(x-2),y2=4x,得ky2-4y-8k=0.
∴y1y2=-8.
因此有y1y2=-8为定值.
法二 设直线AB的方程为my=x-2,
由my=x-2,y2=4x,得y2-4my-8=0.
∴y1y2=-8.因此有y1y2=-8为定值.
(2)解 设存在直线l:x=a满足条件,
则AC的中点Ex1+22,y12,
|AC|=(x1-2)2+y21.
因此以AC为直径的圆的半径
r=12|AC|=12(x1-2)2+y21=12x21+4,
又点E到直线x=a的距离d=x1+22-a
故所截弦长为
2r2-d2=214(x21+4)-x1+22-a2
=x21+4-(x1+2-2a)2
=-4(1-a)x1+8a-4a2.
当1-a=0,即a=1时,弦长为定值2,这时直线方程为x=1.
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