专题20圆锥曲线的综合问题-2016-2018年高考数学(理)试题分项版解析.pdf
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1、考纲解读明方向 考点内容解读要求常考题型预测热度 曲线与方程 了解方程的曲线与曲线的 方程的对应关系 了解解答题 分析解读1. 了解解析几何的基本思想和研究几何问题的方法坐标法.2. 理解轨迹的概念. 能够根据所 给条件选择适当的直角坐标系, 运用求轨迹方程的常用方法( 如: 直接法、代入法、定义法、待定系数法、参 数法、交轨法等) 求轨迹方程 .3. 本节在高考中以求曲线的方程和研究曲线的性质为主, 分值约为12 分,属中 高档题 . 考点内容解读要求常考题型 预测热 度 1. 定值与最值 及 范围问题 掌握与圆锥曲线有关的最值、定值、 参数范围问题 掌握解答题 2. 存在性问题 了解并掌握
2、与圆锥曲线有关的存在 性问题 掌握解答题 分析解读1. 会处理动曲线( 含直线 ) 过定点的问题.2. 会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3. 会按条件 建立目标函数, 研究变量的最值问题及变量的取值范围问题, 注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的 最值 .4. 能与其他知识交汇, 从假设结论成立入手, 通过推理论证解答存在性问题.5. 本节在高考中围绕直线 与圆锥曲线的位置关系, 展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查, 注重对数学思想方法的考查,分值 约为 12 分, 难度偏大 . 2018 年高考全景展示 1 【 2018 年江苏卷】如图,在平面直角坐标系中,椭圆C过点,焦点,
3、圆O 的直径为 (1)求椭圆C及圆O的方程; (2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P 若直线l与椭圆 C有且只有一个公共点,求点P的坐标; 直线l与椭圆C交于两点若的面积为,求直线l的方程 【答案】(1)椭圆C的方程为;圆O的方程为 (2)点P的坐标为;直线l的方程为 【解析】分析: (1)根据条件易得圆的半径,即得圆的标准方程,再根据点在椭圆上,解方程组可得a,b, 即得椭圆方程; (2)第一问先根据直线与圆相切得一方程,再根据直线与椭圆相切得另一方程,解方程组 可得切点坐标. 第二问先根据三角形面积得三角形底边边长,再结合中方程组,利用求根公式以及两点间 距离公式,列方程,解得切点坐标
4、,即得直线方程. (2)设直线l与圆O相切于,则,所以直线l的方程为 ,即由,消去y,得 (* )因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点, 所以因为,所以因此, 点P的坐标为因为三角形OAB的面积为,所以,从而设 ,由( *)得,所以 因为,所以,即 ,解得舍去) ,则,因此P的坐标为综上,直线l的 方程为 点睛:直线与椭圆的交点问题的处理一般有两种处理方法:一是设出点的坐标,运用“设而不求”思想求 解;二是设出直线方程,与椭圆方程联立,利用韦达定理求出交点坐标,适用于已知直线与椭圆的一个交 点的情况 . 2【2018 年理新课标I 卷】 设椭圆的右焦点为, 过 的直线 与交于两点, 点的坐标为
5、. (1)当 与 轴垂直时,求直线的方程; (2)设为坐标原点,证明:. 【答案】 (1) AM的方程为或.(2) 证明见解析 . 【解析】分析:(1) 首先根据与 轴垂直,且过点,求得直线l的方程为x=1,代入椭圆方程求得点A 的坐标为或,利用两点式求得直线的方程; (2) 当l与x轴重合时,. 当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线, 所以. 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为,则,直 线MA,MB的斜率之和为. 由得 . 将代入得. 所以,. 则. 从而,故MA,MB的倾斜角互补,所以. 综上,. 点睛:该题考查的是有关直线与椭圆的问题,涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与椭
6、圆相交的综 合问题、关于角的大小用斜率来衡量,在解题的过程中,第一问求直线方程的时候,需要注意方法比较简 单,需要注意的就是应该是两个,关于第二问,在做题的时候需要先将特殊情况说明,一般情况下,涉及 到直线与曲线相交都需要联立方程组,之后韦达定理写出两根和与两根积,借助于斜率的关系来得到角是 相等的结论 . 2017 年高考全景展示 1. 【 2017 课标 1,理 20】已知椭圆C: 22 22 =1 xy ab (ab0) ,四点P1(1,1 ) ,P2(0,1 ) ,P3( 1, 3 2 ) , P4(1, 3 2 )中恰有三点在椭圆C上. ( 1)求C的方程; ( 2)设直线l不经过P
7、2点且与C相交于A,B两点 . 若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1,证明:l过 定点 . 【解析】 试题分析: (1) 根据 3 P, 4 P两点关于y轴对称,由椭圆的对称性可知C经过 3 P, 4 P两点 . 另外 2222 1113 4abab 知,C不经过点P1,所以点P2在C上. 因此 134 ,PPP在椭圆上,代入其标准方程,即可求出C的方程;(2) 先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2,在设直线l的方程,当l与x轴垂直,通过计算,不满足题 意,再设设l:y kxm(1m ) ,将 ykxm 代入 2 2 1 4 x y ,写出判别式,韦达定理,表示出 12 kk ,
8、 根据 12 1kk 列出等式表示出k和m的关系,判断出直线恒过定点. (2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2, 如果l与x轴垂直,设l:x=t, 由题设知0t, 且| | 2t, 可得A,B的坐标分别为 (t, 2 4 2 t ) ,(t, 2 4 2 t ) . 则 22 12 4242 1 22 tt kk tt ,得 2t ,不符合题设 . 从而可设l: ykxm (1m). 将 ykxm 代入 2 2 1 4 x y 得 222 ( 41)8440kxk m xm 由题设可知 22 =1 6 (41)0km. 设A(x1,y1) ,B(x2,y2) ,则x1+x2= 2
9、 8 41 k m k ,x1x2= 2 2 44 41 m k . 而 12 12 12 11yy kk xx 12 12 11kxmkxm xx 1212 12 2(1)()k x xmxx x x . 由题设 12 1kk,故 1212 ( 21)(1)()0kx xmxx. 即 2 22 448 (21)(1)0 4141 mkm km kk . 解得 1 2 m k . 当且仅当1m时,0,欲使l: 1 2 m yxm ,即 1 1(2 ) 2 m yx , 所以l过定点( 2,1) 【考点】椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系. 【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质,判
10、断点是否在椭圆上,可以通过这一方法进行判断; 证明直线过定点的关键是设出直线方程,通过一定关系转化,找出两个参数之间的关系式,从而可以判断 过定点情况 . 另外,在设直线方程之前,若题设中为告知,则一定要讨论直线斜率不存在和存在情况,接着 通法是联立方程组,求判别式、韦达定理,根据题设关系进行化简. 2. 【 2017 课标 II ,理】 设O为坐标原点,动点M在椭圆C: 2 2 1 2 x y上,过M作x轴的垂线,垂足为N, 点P满足2N PN M。 (1) 求点P的轨迹方程; (2) 设点Q在直线3x上,且1O PPQ。证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。 【答案】 (1) 2
11、2 2xy。 (2) 证明略。 【解析】 试题分析: (1) 设出点 P的坐标,利用2NPN M得到点 P与点 ,M 坐标之间的关系即可求得轨迹方程为 22 2xy。 (2) 利用1OPPQ可得坐标关系 22 31mmtnn,结合 (1) 中的结论整理可得 0O QPF ,即 OQP F ,据此即可得出题中的结论。 试题解析:( 1)设 00 ,PxyMxy, 设 0,0 Nx, 00 ,0,N PxxyN My。 由2N PN M得 00 2 , 2 xxyy。 因为 00 ,Mxy在 C上,所以 22 1 22 xy 。 因此点 P的轨迹方程为 22 2xy。 (2)由题意知1, 0F。设
12、3,QtPm n, 则 3,1,33OQtPFmnO QP Fmtn, ,3,O PmnP Qm tn。 由1OPPQ得 22 31mmtnn,又由( 1)知 22 2mn,故 330mtn。 所以0O QPF,即O QPF。又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C 的左焦点F。 【考点】轨迹方程的求解;直线过定点问题。 【名师点睛】求轨迹方程的常用方法有: (1) 直接法:直接利用条件建立x,y之间的关系F(x,y) 0。 (2) 待定系数法:已知所求曲线的类型,求曲线方程。 (3) 定义法:先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线,再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方
13、程。 (4) 代入 ( 相关点 ) 法:动点P(x,y) 依赖于另一动点Q(x0,y0) 的变化而运动,常利用代入法求动点P(x,y) 的轨迹方程。 3. 【 2017 山东,理 21】在平面直角坐标系 xO y 中,椭圆E: 22 22 1 xy ab 0ab 的离心率为 2 2 ,焦距为 2. ()求椭圆E的方程; ()如图,动直线 l: 1 3 2 yk x 交椭圆 E于,A B 两点, C 是椭圆 E上一点,直线O C 的斜率为 2 k ,且 12 2 4 k k,M是线段O C延长线上一点,且:2 : 3M CA B,M的半径为M C,,O S O T是M的两条 切线,切点分别为,S
14、 T. 求SO T的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率 . 【答案】(I ) 2 2 1 2 x y . ()SO T的最大值为 3 ,取得最大值时直线l的斜率为 1 2 2 k . 进一步求得直线O C的方程并与椭圆方程联立,确定得到 |O C r 的表达式,研究其取值范围. 这个过程中, 可考虑利用换元思想,应用二次函数的性质及基本不等式. 试题解析:( I )由题意知 2 2 c e a , 22c ,所以 2 ,1ab , 因此椭圆E的方程为 2 2 1 2 x y . ()设 1122 ,AxyBxy ,联立方程 2 2 1 1, 2 3 , 2 x y yk x 得 22 11
15、424310kxk x ,由题意知 0,且 1 1212 2 2 1 1 231 , 21221 k xxx x kk , 所以 22 112 112 2 1 118 12 21 kk ABkxx k . 由题意可知圆M的半径r为 22 11 2 1 11822 321 kk r k 由题设知 12 2 4 k k ,所以 2 1 2 4 k k 因此直线 O C 的方程为 1 2 4 yx k . 联立方程 2 2 1 1, 2 2 , 4 x y yx k 得 2 22 1 22 11 81 , 1414 k xy kk ,因此 2 22 1 2 1 18 14 k O Cxy k . 由
16、题意可知 1 sin 2 1 SO Tr O CrO C r ,而 2 1 2 1 22 11 2 1 18 14 11822 321 k O Ck r kk k 2 1 22 11 1232 4 141 k kk ,令 2 1 12tk ,则 1 1,0,1t t , 因此 22 2 33131 1 222 11 21 119 2 24 O C t r tt tt t , 当且仅当 11 2t ,即 2t 时等号成立,此时 1 2 2 k ,所以 1 sin 22 SO T ,因此 26 SO T , 所以SO T最大值为 3 . 综上所述:SO T的最大值为 3 ,取得最大值时直线l的斜率
17、为 1 2 2 k . 【考点】 1. 椭圆的标准方程及其几何性质;2. 直线与圆锥曲线的位置关系;3. 二次函数的图象和性质. 【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高,是一道难题. 解答此类题目,利用,a b c e的关系,确定椭圆 (圆锥曲线)方程是基础,通过联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程的方程组,应用一元二次方程根与 系数的关系,得到“目标函数”的解析式,应用确定函数最值的方法- 如二次函数的性质、基本不等式、 导数等求解 . 本题易错点是复杂式子的变形能力不足,导致错漏百出. 本题能较好的考查考生的逻辑思维能 力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 4. 【 2017 北京,
18、理18】已知抛物线C:y 2=2px 过点P(1,1) .过点( 0, 1 2 )作直线l与抛物线C交于不 同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点 . ()求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程; ()求证:A为线段BM的中点 . 【答案】()方程为 2 yx,抛物线 C的焦点坐标为( 1 4 ,0) ,准线方程为 1 4 x . ()详见解析. 【解析】 ()由题意,设直线l的方程为 1 2 ykx ( 0k ) ,l与抛物线C的交点为 11 (,)Mxy , 22 (,)Nxy . 由 2 1 2 yk x yx ,得 22 4( 44 )10
19、kxkx . 则 12 2 1k xx k , 12 2 1 4 x x k . 因为点P的坐标为( 1,1) ,所以直线OP的方程为yx,点A的坐标为 11 (,)xy. 直线ON的方程为 2 2 y yx x ,点B的坐标为 21 1 2 (,) yy x x . 因为 21122112 11 22 2 2 yyy yyyx x yx xx 122112 2 11 ()()2 22 k xxk xxx x x 1221 2 1 (22 )() 2 kx xxx x 22 2 11 ( 22 ) 42 k k kk x 0, 所以 21 11 2 2 yy yx x . 故A为线段BM的中点
20、 . 【考点】 1. 抛物线方程;2. 直线与抛物线的位置关系 【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了转换与化归能力,当看到题目中出现直线与圆 锥曲线时,不需要特殊技巧,只要联立直线与圆锥曲线的方程,借助根与系数关系,找准题设条件中突显 的或隐含的等量关系,把这种关系“翻译”出来,有时不一定要把结果及时求出来,可能需要整 体代换到后面的计算中去,从而减少计算量. 2016 年高考全景展示 1. 【2016 高考新课标1 卷】 (本小题满分12 分)设圆 22 21 50xyx的圆心为A, 直线l过点B(1,0 ) 且与x轴不重合 ,l交圆A于C,D两点 , 过B作AC的平行线交A
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