(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題三“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略講義 理(普通生含解析)
《(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題三“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略講義 理(普通生含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題三“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略講義 理(普通生含解析)(14頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、(通用版)2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 第三層級(jí) 難點(diǎn)自選 專題三“圓錐曲線”壓軸大題的搶分策略講義 理(普通生,含解析) [全國(guó)卷3年考情分析] 年份 全國(guó)卷Ⅰ 全國(guó)卷Ⅱ 全國(guó)卷Ⅲ 2018 直線的方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、證明問(wèn)題·T19 直線的方程、直線與拋物線的位置關(guān)系、圓的方程·T19 直線與橢圓的位置關(guān)系、等差數(shù)列的證明·T20 2017 橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、定點(diǎn)問(wèn)題·T20 點(diǎn)的軌跡方程、橢圓方程、向量的數(shù)量積等·T20 直線與拋物線的位置關(guān)系、直線的方程、圓的方程·T20 2016 軌跡方程求法、直線與橢圓位置關(guān)系及范圍
2、問(wèn)題·T20 直線與橢圓的位置關(guān)系、面積問(wèn)題、范圍問(wèn)題·T20 證明問(wèn)題、軌跡問(wèn)題、直線與拋物線的位置關(guān)系·T20 解析幾何是數(shù)形結(jié)合的典范,是高中數(shù)學(xué)的主要知識(shí)板塊,是高考考查的重點(diǎn)知識(shí)之一,在解答題中一般會(huì)綜合考查直線、圓、圓錐曲線等.試題難度較大,多以壓軸題出現(xiàn). 解答題的熱點(diǎn)題型有: (1)直線與圓錐曲線位置關(guān)系;(2)圓錐曲線中定點(diǎn)、定值、最值及范圍的求解;(3)圓錐曲線中的判斷與證明. 考法·策略(一) 依據(jù)關(guān)系來(lái)證明 [典例] (2018·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)橢圓C:+y2=1的右焦點(diǎn)為F,過(guò)F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0). (1)當(dāng)l與x
3、軸垂直時(shí),求直線AM的方程; (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:∠OMA=∠OMB. [解] (1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1. 則點(diǎn)A的坐標(biāo)為或. 又M(2,0), 所以直線AM的方程為y=-x+或y=x-, 即x+y-2=0或x-y-2=0. (2)證明:當(dāng)l與x軸重合時(shí),∠OMA=∠OMB=0°. 當(dāng)l與x軸垂直時(shí),OM為AB的垂直平分線, 所以∠OMA=∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí),設(shè)l的方程為 y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1<,x2<,直線MA,MB的斜率之和為 kMA+kMB=+. 由y1=kx1
4、-k,y2=kx2-k, 得kMA+kMB=. 將y=k(x-1)代入+y2=1, 得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以x1+x2=,x1x2=. 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k ==0. 從而kMA+kMB=0, 故MA,MB的傾斜角互補(bǔ). 所以∠OMA=∠OMB. 綜上,∠OMA=∠OMB成立. [題后悟通] 幾何證明問(wèn)題的解題策略 (1)圓錐曲線中的證明問(wèn)題,主要有兩類:一是證明點(diǎn)、直線、曲線等幾何元素中的位置關(guān)系,如:某點(diǎn)在某直線上、某直線經(jīng)過(guò)某個(gè)點(diǎn)、某兩條直線平行或垂直等;二是證明直線與圓錐曲線中的一些數(shù)量關(guān)系(相等或不等).
5、 (2)解決證明問(wèn)題時(shí),主要根據(jù)直線、圓錐曲線的性質(zhì)、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等,通過(guò)相關(guān)的性質(zhì)應(yīng)用、代數(shù)式的恒等變形以及必要的數(shù)值計(jì)算等進(jìn)行證明. [應(yīng)用體驗(yàn)] 1.設(shè)橢圓E的方程為+=1(a>b>0),點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)A的坐標(biāo)為(a,0),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,b),點(diǎn)M在線段AB上,滿足|BM|=2|MA|,直線OM的斜率為. (1)求E的離心率e; (2)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,-b),N為線段AC的中點(diǎn),證明:MN⊥AB. 解:(1)由題設(shè)條件知,點(diǎn)M的坐標(biāo)為, 又kOM=,從而=. 進(jìn)而得a=b,c==2b,故e==. (2)證明:由N是AC的中點(diǎn)知,點(diǎn)N的坐標(biāo)為,可得=
6、.又=(-a,b), 從而有·=-a2+b2=(5b2-a2). 由(1)可知a2=5b2, 所以·=0,故MN⊥AB. 考法·策略(二) 巧妙消元證定值 [典例] 已知橢圓C:+=1(a>b>0),過(guò)A(2,0),B(0,1)兩點(diǎn). (1)求橢圓C的方程及離心率; (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N,求證:四邊形ABNM的面積為定值. [解] (1)由題意得,a=2,b=1, 所以橢圓C的方程為+y2=1. 又c==,所以離心率e==. (2)證明:設(shè)P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x+4y=4. 又A(
7、2,0),B(0,1), 所以直線PA的方程為y=(x-2). 令x=0,得yM=-, 從而|BM|=1-yM=1+. 直線PB的方程為y=x+1. 令y=0,得xN=-, 從而|AN|=2-xN=2+. 所以四邊形ABNM的面積S=|AN|·|BM| = = ==2. 從而四邊形ABNM的面積為定值. [題后悟通] 解答圓錐曲線的定值問(wèn)題的策略 (1)從特殊情形開(kāi)始,求出定值,再證明該值與變量無(wú)關(guān); (2)采用推理、計(jì)算、消元得定值.消元的常用方法為整體消元(如本例)、選擇消元、對(duì)稱消元等. [應(yīng)用體驗(yàn)] 2.(2019屆高三·湘東五校聯(lián)考)已知橢圓C的中心在
8、原點(diǎn),離心率等于,它的一個(gè)短軸端點(diǎn)恰好是拋物線x2=8y的焦點(diǎn). (1)求橢圓C的方程; (2)如圖,已知P(2,3),Q(2,-3)是橢圓上的兩點(diǎn),A,B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn).當(dāng)A,B運(yùn)動(dòng)時(shí),滿足∠APQ=∠BPQ,試問(wèn)直線AB的斜率是否為定值?請(qǐng)說(shuō)明理由. 解:(1)由題意知橢圓的焦點(diǎn)在x軸上, 設(shè)橢圓C的方程為+=1(a>b>0), 則b=2. 由=,a2=c2+b2,得a=4, ∴橢圓C的方程為+=1. (2)直線AB的斜率是定值,理由如下: 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). ∵∠APQ=∠BPQ,∴直線PA,PB的斜率之和為0, 設(shè)直線PA的斜率
9、為k,則直線PB的斜率為-k,直線PA的方程為y-3=k(x-2), 由 得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0, ∴x1+2=, 將k換成-k可得x2+2==, ∴x1+x2=,x1-x2=, ∴kAB== ==, ∴直線AB的斜率為定值. 考法·策略(三) 構(gòu)造函數(shù)求最值 [典例] 在Rt△ABC中,∠BAC=90°,A(0,2),B(0,-2),S△ABC=.動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E,曲線E過(guò)點(diǎn)C且滿足|PA|+|PB|的值為常數(shù). (1)求曲線E的方程. (2)過(guò)點(diǎn)Q(-2,0)的直線與曲線E總有公共點(diǎn),以點(diǎn)M(0,-3)為圓心的
10、圓M與該直線總相切,求圓M的最大面積. [解] (1)由已知|AB|=4, S△ABC=|AB||AC|=, 所以|AC|=. 因?yàn)閨PA|+|PB|=|CA|+|CB|=6>|AB|=4, 所以曲線E是以點(diǎn)A,B為焦點(diǎn)的橢圓且2a=6,2c=4. 所以a=3,c=2?b=1, 所以曲線E的方程為x2+=1. (2)由題意可設(shè)直線方程為y=k(x+2), 聯(lián)立消去y,得(9+k2)x2+4k2x+4k2-9=0, 則Δ=(4k2)2-4(9+k2)(4k2-9)≥0,解得k2≤3. 因?yàn)橐渣c(diǎn)M(0,-3)為圓心的圓M與該直線總相切, 所以半徑r=. 令r2=f(k)=
11、, 則f′(k)= =. 由f′(k)=0,得k=或k=-, 當(dāng)k=時(shí)符合題意,此時(shí)可得r==. 即所求圓的面積的最大值是13π. [題后悟通] 最值問(wèn)題的2種基本解法 幾何法 根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系、平面幾何和解析幾何知識(shí)加以解決的(如拋物線上的點(diǎn)到某個(gè)定點(diǎn)和焦點(diǎn)的距離之和、光線反射問(wèn)題等在選擇題、填空題中經(jīng)??疾? 代數(shù)法 建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(gè)(或兩個(gè))變量的函數(shù),通過(guò)求解函數(shù)的最值解決的(普通方法、基本不等式方法、導(dǎo)數(shù)方法(如本例)等) [應(yīng)用體驗(yàn)] 3.(2018·合肥一檢)在平面直角坐標(biāo)系中,圓O交x軸于點(diǎn)F1,F(xiàn)2,交y軸于點(diǎn)B1
12、,B2.以B1,B2為頂點(diǎn),F(xiàn)1,F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)的橢圓E恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn). (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(-2,0)的直線l與橢圓E交于M,N兩點(diǎn),求△F2MN面積的最大值. 解:(1)由已知可得,橢圓E的焦點(diǎn)在x軸上. 設(shè)橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1(a>b>0), 焦距為2c,則b=c, ∴a2=b2+c2=2b2, ∴橢圓E的方程為+=1. 又橢圓E過(guò)點(diǎn),∴+=1,解得b2=1. ∴橢圓E的方程為+y2=1. (2)∵點(diǎn)(-2,0)在橢圓E外,∴直線l的斜率存在. 設(shè)直線l的方程為y=k(x+2),M(x1,y1),N(x2,y2). 由消去y得, (1+
13、2k2)x2+8k2x+8k2-2=0.
由Δ>0,得0 14、角形.
(1)求橢圓E的方程;
(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線l與E相交于M,N兩點(diǎn),當(dāng)坐標(biāo)原點(diǎn)O位于以MN為直徑的圓外時(shí),求直線l斜率的取值范圍.
[解] (1)由△ABP是等腰直角三角形,知a=2,B(2,0),
設(shè)Q(x0,y0),由=,得x0=,y0=-,
代入橢圓方程,解得b2=1,
∴橢圓E的方程為+y2=1.
(2)由題意可知,直線l的斜率存在,設(shè)方程為y=kx-2,M(x1,y1),N(x2,y2),
由消去y,得(1+4k2)x2-16kx+12=0,
則x1+x2=,x1x2=.
由直線l與E有兩個(gè)不同的交點(diǎn),得Δ>0,
則(-16k)2-4×12×(1+4k 15、2)>0,
解得k2>.①
由坐標(biāo)原點(diǎn)O位于以MN為直徑的圓外,
則·>0,即x1x2+y1y2>0,
則x1x2+y1y2=x1x2+(kx1-2)(kx2-2)
=(1+k2)x1x2-2k(x1+x2)+4
=(1+k2)·-2k·+4>0,
解得k2<4.②
聯(lián)立①②可知<k2<4,
解得<k<2或-2<k<-,
故直線l斜率的取值范圍為∪.
[題后悟通] 范圍問(wèn)題的解題策略
解決有關(guān)范圍問(wèn)題時(shí),先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點(diǎn)的坐標(biāo)、角、斜率等),尋找不等關(guān)系,其方法有:
(1)利用判別式來(lái)構(gòu)造不等式,從而確定所求范圍,(如本例);
(2)利用已知參數(shù)的取值范圍, 16、求新參數(shù)的范圍,解這類問(wèn)題的核心是在兩個(gè)參數(shù)之間建立相等關(guān)系;
(3)利用隱含的不等關(guān)系,從而求出所求范圍;
(4)利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式,從而求出所求范圍;
(5)利用函數(shù)值域的求法,確定所求范圍;
(6)利用已知,將條件轉(zhuǎn)化為n個(gè)不等關(guān)系,從而求出參數(shù)的范圍(如本例).
[應(yīng)用體驗(yàn)]
4.已知A,B分別為曲線C:+y2=1(y≥0,a>0)與x軸的左、右兩個(gè)交點(diǎn),直線l過(guò)點(diǎn)B且與x軸垂直,M為l上位于x軸上方的一點(diǎn),連接AM交曲線C于點(diǎn)T.
(1)若曲線C為半圓,點(diǎn)T為的三等分點(diǎn),試求出點(diǎn)M的坐標(biāo).
(2)若a>1,S△MAB=2,當(dāng)△TAB的最大面積為時(shí),求橢圓的離心 17、率的取值范圍.
解:(1)當(dāng)曲線C為半圓時(shí),得a=1.
由點(diǎn)T為的三等分點(diǎn),得∠BOT=60°或120°.
當(dāng)∠BOT=60°時(shí),∠MAB=30°,又|AB|=2,
故△MAB中,有|MB|=|AB|·tan 30°=,
所以M.
當(dāng)∠BOT=120°時(shí),同理可求得點(diǎn)M坐標(biāo)為(1,2).
(2)設(shè)直線AM的方程為y=k(x+a),則k>0,|MB|=2ka,
所以S△MAB=·2a·2ka=2,所以k=,
代入直線方程得y=(x+a),
聯(lián)立解得yT=,
所以S△TAB=·2a·=≤,
解得1<a2≤2,
所以橢圓的離心率e=≤,
即橢圓的離心率的取值范圍為.
18、
考法·策略(五) 確定直線尋定點(diǎn)
[典例] (2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知橢圓C:+=1(a>b>0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.
(1)求C的方程;
(2)設(shè)直線l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過(guò)定點(diǎn).
[解] (1)由于P3,P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱,
故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過(guò)P3,P4兩點(diǎn).
又由+>+知,橢圓C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1,
所以點(diǎn)P2在橢圓C上.
因此解得
故橢圓C的方程為+y2=1.
(2)證明:設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.
如果l與x軸垂直,設(shè)l:x 19、=t,由題設(shè)知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標(biāo)分別為,.
則k1+k2=-=-1,得t=2,不符合題設(shè).
從而可設(shè)l:y=kx+m(m≠1).
將y=kx+m代入+y2=1得
(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由題設(shè)可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=-,x1x2=.
而k1+k2=+
=+
=.
由題設(shè)k1+k2=-1,
故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·+(m-1)·=0.
解得m=-2k-1.
當(dāng)且僅當(dāng)m>-1時(shí),Δ>0,于是l:y=kx-2k 20、-1=k(x-2)-1,
所以l過(guò)定點(diǎn)(2,-1).
[題后悟通] 直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的解題模型
[應(yīng)用體驗(yàn)]
5.(2018·貴陽(yáng)摸底考試)過(guò)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)F且斜率為k的直線l交拋物線C于A,B兩點(diǎn),且|AB|=8.
(1)求l的方程;
(2)若A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為D,求證:直線BD過(guò)定點(diǎn),并求出該點(diǎn)的坐標(biāo).
解:(1)易知點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0),則直線l的方程為y=k(x-1),代入拋物線方程y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
由題意知k≠0,且Δ=[-(2k2+4)]2-4k2·k2=16(k2+1)>0,
設(shè)A(x1,y1),B(x 21、2,y2),
∴x1+x2=,x1x2=1,
由拋物線的定義知|AB|=x1+x2+2=8,
∴=6,∴k2=1,即k=±1,
∴直線l的方程為y=±(x-1),
即x-y-1=0或x+y-1=0.
(2)證明:由拋物線的對(duì)稱性知,D點(diǎn)的坐標(biāo)為(x1,-y1),直線BD的斜率kBD===,
∴直線BD的方程為y+y1=(x-x1),
即(y2-y1)y+y2y1-y=4x-4x1,
∵y=4x1,y=4x2,x1x2=1,
∴(y1y2)2=16x1x2=16,
即y1y2=-4(y1,y2異號(hào)),
∴直線BD的方程為4(x+1)+(y1-y2)y=0,恒過(guò)點(diǎn)(-1,0 22、).
考法·策略(六) 假設(shè)存在定結(jié)論(探索性問(wèn)題)
[典例] 已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,其離心率為,短軸長(zhǎng)為2.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)過(guò)定點(diǎn)M(0,2)的直線l與橢圓C交于G,H兩點(diǎn)(G在M,H之間),設(shè)直線l的斜率k>0,在x軸上是否存在點(diǎn)P(m,0),使得以PG,PH為鄰邊的平行四邊形為菱形?如果存在,求出m的取值范圍;如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
[解] (1)由已知,得解得
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.
(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+2(k>0),
聯(lián)立消去y并整理得,(3+4k2)x2+16kx+4=0,由Δ> 23、0,解得k>.
設(shè)G(x1,y1),H(x2,y2),則y1=kx1+2,y2=kx2+2,x1+x2=.
假設(shè)存在點(diǎn)P(m,0),使得以PG,PH為鄰邊的平行四邊形為菱形,
則+=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),
=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1)),
(+)·=0,
即(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0,
所以(1+k2)·+4k-2m=0,
解得m=-=-.
因?yàn)閗>,所以-≤m<0,當(dāng)且僅當(dāng)=4k時(shí)等號(hào)成立,
故存在滿足題意的點(diǎn)P,且m的取值范圍是.
[題后悟通] 探索性問(wèn)題的解題策略
探索性問(wèn)題,先假設(shè)存在,推證滿 24、足條件的結(jié)論,若結(jié)論正確,則存在,若結(jié)論不正確,則不存在.
(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí),要分類討論.
(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí),先假設(shè)成立,再推出條件.
(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知,按常規(guī)方法解題很難時(shí),要思維開(kāi)放,采取另外的途徑.
[應(yīng)用體驗(yàn)]
6.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(-1,0),F(xiàn)2(1,0),點(diǎn)A在橢圓C上.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)是否存在斜率為2的直線,使得當(dāng)直線與橢圓C有兩個(gè)不同交點(diǎn)M,N時(shí),能在直線y=上找到一點(diǎn)P,在橢圓C上找到一點(diǎn)Q,滿足=?若存在,求出直線的方程;若不存在,說(shuō)明理由.
解:(1)設(shè) 25、橢圓C的焦距為2c,則c=1,
因?yàn)锳在橢圓C上,所以2a=|AF1|+|AF2|=2,因此a=,b2=a2-c2=1,
故橢圓C的方程為+y2=1.
(2)不存在滿足條件的直線,證明如下:
假設(shè)存在斜率為2的直線,滿足條件,則設(shè)直線的方程為y=2x+t,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),P,Q(x4,y4),MN的中點(diǎn)為D(x0,y0),
由消去x,得9y2-2ty+t2-8=0,
所以y1+y2=,且Δ=4t2-36(t2-8)>0,
故y0==,且-3
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