2017届高考数学二轮复习第2部分专题五解析几何必考点文.docx

专题五解析几何必考点一圆锥曲线中的最值、范围问题类型一学会踩点例1(本题满分12分)设椭圆E的方程为1(ab0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|2|MA|，直线OM的斜率为.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，(1分)又kOM，从而，即，(2分)进而得ab，c2b，故e.(4分)(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为1，点N的坐标为.(6分)设点N关于直线AB的对称点S的坐标为，(7分)则线段NS的中点T的坐标为.(8分)又点T在直线AB上，且kNSkAB1，从而有解得b3.(11分)所以a3，故椭圆E的方程为1.(12分)评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问中，无“c”的关系者扣1分(2)第(2)问中，无“AB直线方程”，直接得S点坐标，扣1分(3)第(2)问中，无“关于x、b的方程组者”直接得b3者扣1分(4)以上各得分点缺少者扣该点分1(2016高考全国甲卷)(本题满分12分)已知A是椭圆E：1的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA.(1)当|AM|AN|时，求AMN的面积；(2)当2|AM|AN|时，证明：k0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.又A(2,0)，因此直线AM的方程为yx2.将xy2代入1得7y212y0.解得y0或y，所以y1.因此AMN的面积SAMN2.(2)证明：将直线AM的方程yk(x2)(k0)代入1得(34k2)x216k2x16k2120.由x1(2)得x1，故|AM|x12|.由题设，直线AN的方程为y(x2)，故同理可得|AN|.由2|AM|AN|得，即4k36k23k80.设f(t)4t36t23t8，则k是f(t)的零点f(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在(0，)单调递增又f()15260，因此f(t)在(0，)有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以k0)于点P，M关于P点对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由考生不规范示例解：(1)M(0，t)，PN是OH的中点2.(2)由(1)知HMH方程为ytx联立方程组得y24ty4t20，方程只有一根y2t.故MH与C只有一个交点为H.规范解答(1)如图，由已知得M(0，t)，P.又N为M关于点P的对称点，故N，ON的方程为yx，代入y22px，整理得px22t2x0，解得x10，x2.因此H.(4分)所以N为OH的中点，即2.(5分)(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点理由如下：直线MH的方程为ytx，即x(yt)(10分)代入y22px得y24ty4t20，解得y1y22t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其他公共点(12分)终极提升登高博见1.与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法(1)数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解(2)构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元再求最值)2.与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域.限时规范训练七圆锥曲线中的最值、范围问题(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1如图，已知抛物线C1：x22py的焦点在抛物线C2：yx21上(1)求抛物线C1的方程及其准线方程；(2)过抛物线C1上的动点P作抛物线C2的两条切线PM，PN，切点为M，N.若PM，PN的斜率乘积为m，且m2,4，求|OP|的取值范围解：(1)C1的焦点为F，所以01，p2.故C1的方程为x24y，其准线方程为y1.(2)任取点P(2t，t2)，设过点P的C2的切线方程为yt2k(x2t)由得x22kx4tk2t220.由(2k)24(4tk2t22)0，化简得k24tk2t220，设PM，PN斜率分别为k1，k2，则mk1k22t22，因为m2,4，所以t22,3，所以|OP|24t2t4(t22)2412,21，所以|OP|2，2(2016河北石家庄市模拟)在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点且与直线x相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)设P是曲线E上的动点，点B、C在y轴上，PBC的内切圆的方程为(x1)2y21，求PBC面积的最小值解：(1)由题意可知圆心到的距离等于到直线x的距离，由抛物线的定义可知，曲线E的方程为y22x.(2)法一：设P(x0，y0)，B(0，b)，C(0，c)，直线PB的方程为：(y0b)xx0yx0b0，又圆心(1,0)到PB的距离为1，所以1，整理得：(x02)b22y0bx00，同理可得：(x02)c22y0cx00，所以b，c是方程(x02)x22y0xx00的两根，所以bc，bc，依题意bc2，则(bc)2，因为y2x0，所以|bc|，所以S|bc|x0(x02)48，当x04时上式取得等号，所以PBC面积的最小值为8.法二：设P(x0，y0)，直线PB：yy0k(xx0)，由题意知PB与圆(x1)2y21相切，则1，整理得：(x2x0)k22(1x0)y0ky10，k1k2，k1k2，依题意x02，则|yByC|(y0k1x0)(y0k2x0)|k1k2|x0，又|k1k2|，则|yByC|，所以S|yByC|x0|(x02)48，当且仅当x04时上式取得等号，所以 PBC面积的最小值为8.3已知圆E：x22经过椭圆C：1(ab0)的左、右焦点F1，F2且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线直线l交椭圆C于M，N两点，且(0)(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积取到最大值时，求直线l的方程解：(1)F1，E，A三点共线，F1A为圆E的直径，AF2F1F2.由x22，得x，c，|AF2|2|AF1|2|F1F2|2981，2a|AF1|AF2|4，a2.a2b2c2，b，椭圆C的方程为1.(2)由题知，点A的坐标为(，1)，(0)，直线的斜率为，故设直线l的方程为yxm，联立得，x2mxm220，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1x2m，x1x2m22，2m24m280，2m2.又|MN|x2x1|，点A到直线l的距离d，SAMN|MN|d|m|，当且仅当4m2m2，即m时等号成立，此时直线l的方程为yx.4已知圆C1：x2y2r2(r0)的一条直径是椭圆C2：1(ab0)的长轴，过椭圆C2上一点D的动直线l与圆C1相交于点A，B，弦AB长的最小值是.(1)求圆C1和椭圆C2的方程；(2)椭圆C2的右焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线m，n，设直线m交圆C1于点P，Q，直线n交椭圆C2于点M，N，求四边形PMQN面积的取值范围解：(1)当l垂直于OD时|AB|最小，因为|OD|，所以r2，因为圆C1：x2y2r2(r0)的一条直径是椭圆C2的长轴，所以a2.又点D在椭圆C2：1(ab0)上，所以1b，所以圆C1的方程为x2y24，椭圆C2的方程为1.(2)椭圆C2的右焦点F的坐标是(1,0)，当直线m垂直于x轴时，|PQ|2，|MN|4，四边形PMQN的面积S4；当直线m垂直于y轴时，|PQ|4，|MN|3，四边形PMQN的面积S6，当直线m不垂直于坐标轴时，设n的方程为yk(x1)(k0)，此时直线m的方程为y(x1)，圆心O到直线m的距离为d，所以|PQ|22，将直线n的方程代入椭圆C2的方程得到(4k23)x28k2x4k2120，|MN|，所以四边形PMQN的面积S|PQ|MN|4(6,4)，4400111综上，四边形PMQN的面积的取值范围是6,4必考点二圆维曲线中的定点、定值探索问题类型一学会踩点例1(本题满分12分)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点(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解：(1)由题意有，1，解得a28，b24.(3分)所以C的方程为1.(4分)(2)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)(5分)将ykxb代入1，得(2k21)x24kbx2b280.(7分)故xM，yMkxMb.(9分)于是直线OM的斜率kOM，(10分)即kOMk.(11分)所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值(12分)评分细则：得分点及踩点说明(1)第一问中，缺少有关a、b的方程，直接得a28，b24，扣2分(2)第二问中，设l：ykxb，缺少“k0，b0”，扣1分(3)第二问中，无“结论性”语言扣1分(4)第二问中用“点差法”，参考本解答给分1已知椭圆C：1(ab0)，过焦点垂直于椭圆长轴的弦长为1，且焦点与椭圆短轴两端点构成等边三角形(1)求椭圆的方程；(2)过点Q(1,0)的直线l交椭圆于A，B两点，交直线x4于点E，.判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由解：(1)由条件得所以椭圆的方程为y21.(2)易知直线l的斜率存在，令l：yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(4，y0)，联立消去y得(14k2)x28k2x4k240，48k2160，x1x2，x1x2，由得(1x1，y1)(x21，y2)，即则，由得(4x1，y0y1)(x24，y2y0)，即则，将x1x2，x1x2代入上式得0.类型二学会审题例2(2016高考山东卷改编)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的离心率是，抛物线E：x22y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.求证：点M在定直线上；审题路线图规范解答(1)由题意知，可得a24b2.因为抛物线E的焦点为F，所以b，a1.所以椭圆C的方程为x24y21.(2)证明：设P(m0)由x22y，可得yx，所以直线l的斜率为m.因此直线l的方程为ym(xm)，即ymx.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，联立方程得(4m21)x24m3xm410.由0，得0m(或0m22)由得x1x2，因此x0.将其代入ymx，得y0.因为，所以直线OD的方程为yx.联立方程得点M的纵坐标yM，所以点M在定直线y上2已知点A1(2,0)，A2(2,0)，过点A1的直线l1与过点A2的直线l2相交于点M，设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，且k1k2.(1)求直线l1与l2的交点M的轨迹方程；(2)已知F2(1,0)，设直线l：ykxm与(1)中的轨迹M交于P，Q两点，直线F2P，F2Q的倾斜角分别为，且，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标解：(1)设点M(x，y)，则k1，k2，由k1k2，整理得1.由题意知点M不与A1(2,0)，A2(2,0)重合，点A1(2,0)，A2(2,0)不在轨迹上，点M的轨迹方程为1(y0)(2)由题意知，直线l的斜率存在且不小于零，联立方程消y得(34k2)x28kmx4m2120.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则且kF2P，kF2Q，由已知，得kF2PkF2Q0，0，化简得2kx1x2(mk)(x1x2)2m0，代入得2k2m0，整理得m4k，直线PQ的方程为yk(x4)，因此直线PQ过定点，该定点的坐标为(4,0)类型三学会规范例3(本题满分12分)在直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykxa(a0)交于M，N两点(1)当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由考生不规范示例解：(1)k0，M(2，a)，N(2，a)，y，k1，k2.切线方程为ya(x2)和ya(x2)(2)假设存在点P(0，b)，M(x1，y1)N(x2，y2)由得x24kx4a0x1x24k，x1x24a，k1k2，当ba时，k1k20，OPMOPN.规范解答(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，(2分)或M(2，a)，N(2，a)又y，故y在x2处的导数值为，曲线C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.(4分)y在x2处的导数值为，曲线C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.(6分)故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程得x24kx4a0.(8分)故x1x24k，x1x24a.从而k1k2.(10分)当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点P(0，a)符合题意(12分)终极提升登高博见动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点此题又涉及存在性问题，故先采用特值法求出定点，再让该定点适合一般情况.限时规范训练八圆锥曲线中的定点、定值探索问题(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1如图，椭圆1(ab0)过点P，其左、右焦点分别为F1，F2，离心率e，M，N是椭圆右准线上的两个动点，且0.(1)求椭圆的方程；(2)求MN的最小值；(3)以MN为直径的圆C是否过定点？请证明你的结论解：(1)e，且过点P，解得椭圆方程为1.(2)设点M(4，y1)，N(4，y2)，则(5，y1)，(3，y2)，15y1y20，y1y215.又MN|y2y1|y1|2，MN的最小值为2.(3)证明：圆心C的坐标为，半径r.圆C的方程为(x4)22，整理得x2y28x(y1y2)y16y1y20.y1y215，x2y28x(y1y2)y10，令y0，得x28x10，x4.圆C过定点(4，0)2如图，椭圆E：1(ab0)经过点A(0，1)，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.解：(1)由题设知，b1，结合a2b2c2，解得a.所以椭圆的方程为y21.(2)证明：由题设知，直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0.由已知0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则x1x2，x1x2.从而直线AP，AQ的斜率之和kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2.3已知点A(2，2)在抛物线C：x22py(p0)上(1)求抛物线C的方程；(2)设定点D(0，m)(m0)，过D作直线ykxm(k0)与抛物线C交于M(x1，y1)，N(x2，y2)(y1y2)两点，连接ON(O为坐标原点)，过点M作垂直于x轴的直线交ON于点G.()证明：点G在一条定直线上；()求四边形ODMG面积的最大值解：(1)A(2，2)在抛物线x22py上，(2)24p，p2，抛物线C的方程为x24y.(2)()证明：由消去y整理得x24kx4m0.M(x1，y1)，N(x2，y2)是ykxm与x24y的交点，x1x24k，x1x24m，直线ON的方程为yx，yGx1x1m为定值，所以，点G在一条定直线ym上()易知四边形ODMG为梯形，Sm(my1)x1x1mx1x.结合图形易知0x12，Smx，由S0得xm，解得x12，当x1时，S0；当x1时，S0，S在上单调递增，上单调递减，当x时，Smaxm .4设抛物线C1：y24x的准线与x轴交于点F1，焦点为F2.以F1，F2为焦点，离心率为的椭圆记作C2.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线L经过椭圆C2的右焦点F2，与抛物线C1交于A1，A2两点，与椭圆C2交于B1，B2两点，当以B1B2为直径的圆经过F1时，求|A1A2|的长；(3)若M是椭圆上的动点，以M为圆心，MF2为半径作M，是否存在定N，使得M与N恒相切？若存在，求出N的方程，若不存在，请说明理由解：(1)椭圆方程为1.(2)当直线L与x轴垂直时，B1，B2，又F1(1,0)，此时0，所以以B1B2为直径的圆不经过F1，不满足条件当直线L不与x轴垂直时，设L：yk(x1)，由得(34k2)x28k2x4k2120，因为焦点在椭圆内部，所以直线与椭圆恒有两个交点设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)，则x1x2，x1x2.因为以B1B2为直径的圆经过F1，所以0，又F1(1,0)，所以(1x1)(1x2)y1y20，即(1k2)x1x2(1k2)(x1x2)1k20，解得k2.由得k2x2(2k24)xk20.因为直线L与抛物线有两个交点，所以k0.设A1(x3，y3)，A2(x4，y4)，则x3x42，x3x41，所以|A1A2|x3x4p22.(3)存在定N，使得M与N恒相切，其方程为：(x1)2y216，圆心是左焦点F1.由椭圆的定义可知：|MF1|MF2|2a4，所以|MF1|4|MF2|，所以两圆相内切专题二五规范滚动训练(五)(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1设函数f(x)sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为xn(1)求数列xn的通项公式；(2)设xn的前n项和为Sn，求sin Sn.解：(1)令f(x)cos x0，即cos x，解得x2k(kZ)由xn是f(x)的第n个正极小值点知xn2n(nN*)(2)由(1)可知Sn2(12n)nn(n1)，所以sin Snsin.因为n(n1)表示两个连续正整数的乘积，所以n(n1)一定为偶数，所以sin Snsin.当n3m2(mN*)时，sin Snsin；当n3m1(mN*)时，sin Snsin；当n3m(mN*)时，sin Snsin2m0.综上，当n3m2(mN*)sin Sn当n3m1，(mN*)sin Sn当n3m，(mN*)sin Sn0.2为了迎接国家卫生城市复审，创设干净整洁的城市环境，某高中要从高一、高二、高三三个年级推出的班级中分别选1个，组成“巩卫”小组，利用周末进行义务创城活动其中高一推出3个班且标号分别为A1，A2，A3，高二推出2个班且标号分别为B1，B2，高三推出2个班且标号分别为C1，C2.(1)求A1被选中的概率；(2)求A1和C2不全被选中的概率解：通解：组成“巩卫”小组的所有结果如下：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)，共12种(1)记“A1被选中”为事件E，则E包含的结果有：(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，共4种，所以P(E).(2)记事件M表示“A1和C2不全被选中”，则其对立事件表示“A1和C2全被选中”由于事件包含(A1，B1，C2)，(A1，B2，C2)，共2种结果，所以P().由对立事件