2019-2020年高考数学 常见题型解法归纳反馈训练 第81讲 圆锥曲线常见题型解法.doc

2019-2020年高考数学 常见题型解法归纳反馈训练 第81讲 圆锥曲线常见题型解法【知识要点】 圆锥曲线常见的题型有求圆锥曲线的方程、几何性质、最值、范围、直线与圆锥曲线的关系、圆锥曲线与圆锥曲线的关系、轨迹方程、定点定值问题等.【方法讲评】题型一求圆锥曲线的方程解题方法一般利用待定系数法解答.【例1】已知椭圆（）的左、右焦点为，点在椭圆上，且与轴垂直（1）求椭圆的方程；（2）过作直线与椭圆交于另外一点，求面积的最大值 综上所求：当斜率不存在或斜率存在时：面积取最大值为 【点评】（1）求圆锥曲线的方程，一般利用待定系数法，先定位，后定量.（2）本题用到了椭圆双曲线的通径公式，这个公式很重要，大家要记熟.【反馈检测1】已知椭圆：（）的离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形的周长为（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于、两点，且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求面积的最大值 题型二圆锥曲线的几何性质解题方法利用圆锥曲线的几何性质解答.【例2】已知椭圆的左顶点和上顶点分别为，左、右焦点分别是，在线段上有且只有一个点满足，则椭圆的离心率的平方为（ ）A B C D 【点评】求值一般利用方程的思想解答，所以本题的关键就是找到关于的方程. 【反馈检测2】已知双曲线（）的左、右焦点分别为以为直径的圆被直线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ）A3 B2 C D 题型三圆锥曲线的最值问题解题方法一般利用数形结合和函数的方法解答.【例3】已知椭圆上任意一点到两焦点距离之和为，离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的斜率为，直线与椭圆C交于两点点为椭圆上一点，求的面积的最大值【解析】（1）由条件得：，解得，所以椭圆的方程为 ，当且仅当，即时取得最大值面积的最大值为2【点评】圆锥曲线的最值问题一般利用函数和数形结合解答. 【反馈检测3】在平面直角坐标系中，直线与抛物线相交于不同的两点. （）如果直线过抛物线的焦点，求的值； （）在此抛物线上求一点，使得到的距离最小，并求最小值. 题型四圆锥曲线的范围问题解题方法一般利用函数、基本不等式、数形结合等解答.【例4】已知椭圆的中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，焦点在轴上，有一个顶点为，（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于两点，线段的中点为,求直线的斜率的取值范围. （1）当直线与轴垂直时，点的坐标为，此时，； （2）当直线的斜率存在且不为零时，设直线方程为, 由方程组 消去， 并整理得， 设, 又有，则 ， ， ， . 且 综合(1)、(2)可知直线的斜率的取值范围是： 【点评】利用基本不等式求函数的最值时，要注意创设情景，保证一正二定三相等.【反馈检测4】设椭圆中心在原点，焦点在轴上，短轴长为4，点（2，）在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设动直线交椭圆于两点，且，求的面积的取值范围.（3）过（）的直线:与过（）的直线:的交点（）在椭圆上，直线与椭圆的两准线分别交于两点，求的值. 题型五直线与圆锥曲线的关系问题解题方法一般利用判别式、韦达定理、弦长公式、点差法等解答.【例5】已知双曲线，经过点能否作一条直线，使与双曲线交于、，且点是线段的中点.若存在这样的直线，求出它的方程，若不存在，说明理由. 这说明直线与双曲线不相交，故被点平分的弦不存在，即不存在这样的直线.【点评】（1）这是一道探索性习题，一般方法是假设存在这样的直线 ，然后验证它是否满足题设的条件.本题属于中点弦问题，应考虑点差法或韦达定理.（2）本题如果忽视对判别式的考察，将得出错误的结果，请务必小心.由此题可看到中点弦问题中判断点的位置非常重要.（1）若中点在圆锥曲线内，则被点平分的弦一般存在；（2）若中点在圆锥曲线外，则被点平分的弦可能不存在. 【反馈检测5】过点(-1,0)作直线与曲线 ：交于两点，在轴上是否存在一点(,0)，使得是等边三角形，若存在，求出；若不存在，请说明理由. 题型六圆锥曲线与圆锥曲线的关系问题解题方法一般利用判别式和数形结合解答.【例6】已知曲线及有公共点,求实数的取值范围 【点评】直线与圆锥曲线相交问题，一般可用两个方程联立后，用来处理但用来判断双圆锥曲线相交问题是不可靠的解决这类问题：方法1，由“”与直观图形相结合；方法2，由“”与根与系数关系相结合.【反馈检测6】设椭圆，抛物线.(1)若经过的两个焦点，求的离心率；(2)设，,又为与不在轴上的两个交点，若的垂心为，且的重心在上，求椭圆和抛物线的方程. 题型七圆锥曲线的定点和定值问题解题方法过定点的问题，一般先求曲线的方程，再证明曲线过定点；定值的问题，就是求值问题，直接求解就可以了.【例7】在直角坐标系中，点到点的距离之和是4，点的轨迹是与轴的负半轴交于点，不过点的直线与轨迹交于不同的两点和. （I）求轨迹的方程； （II）当时，求与的关系，并证明直线过定点. （2）将，代入曲线C的方程，整理得 因为直线与曲线C交于不同的两点和，所以设，则 且显然，曲线与轴的负半轴交于点（-2，0），所以由将、代入上式，整理得所以即经检验，都符合条件【点评】证明曲线过定点，一般先求曲线的方程，再证明它过定点. 【反馈检测7】已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为（）求椭圆的标准方程；（）若直线与椭圆相交于，两点（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标 题型八轨迹问题解题方法一般利用直接法、待定系数法、代入法、消参法解答.【例8】 已知抛物线和点，为抛物线上一点，点在线段上且，当点在该抛物线上移动时，求点的轨迹方程 【点评】点之所以在动，就是因为点在动，所以点是被动点，点是主动点，这种情景，应该利用代入法求轨迹方程. 【反馈检测8】 已知的顶点，顶点在抛物线上运动，求的重心的轨迹方程 题型九存在性问题解题方法一般先假设存在，再探求，最后检验. 【例9】已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆的离心率为，且经过点，过点的直线与椭圆在第一象限相切于点 . （1）求椭圆的方程；（2）求直线的方程以及点的坐标； （3）是否存过点的直线与椭圆相交于不同的两点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 因为直线与椭圆相切，所以 整理，得解得所以直线方程为将代入式，可以解得点横坐标为1，故切点坐标为 （）若存在直线满足条件，的方程为，代入椭圆的方程得因为直线与椭圆相交于不同的两点，设两点的坐标分别为所以所以. 又，因为即，所以.即【点评】存在性问题，一把先假设存在，再探究，最后检验.【反馈检测9】在平面直角坐标系中，已知抛物线：，在此抛物线上一点到焦点的距离是3.（1）求此抛物线的方程；（2）抛物线的准线与轴交于点，过点斜率为的直线与抛物线交于、两点是否存在这样的，使得抛物线上总存在点满足，若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由 高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第81讲：圆锥曲线常见题型解法参考答案 【反馈检测1答案】（1）；（2）. （2）不妨设的方程（）,则的方程为由得，设， ，同理可得，设，则，当且仅当时等号成立，面积的最大值为【反馈检测2答案】【反馈检测2详细解析】由已知可得圆心到直线的距离 ，故选.【反馈检测3答案】（）-3；（）4. 【反馈检测4答案】（1）；（2）；（3）8.【反馈检测4详细解析】（1）因为椭圆: （过（2，） ，故可求得2，2 椭圆的方程为 （2）设，当直线斜率存在时设方程为，解方程组得，即，则，即（*），要使，需使，即，所以， 即 将它代入（*）式可得到的距离为将及韦达定理代入可得 （3）点P（）在直线:和：上，故点（）（）在直线上故直线的方程，上设分别是直线与椭圆准线，的交点由和得（4，）由和得（4，）故16又（）在椭圆：,有故.168 【反馈检测5答案】 令,得，则为正三角形，到直线AB的距离d为. 解得满足式,此时. 【反馈检测6答案】（1）；（2）椭圆方程为，抛物线方程为.【反馈检测6详细解析】（1）由已知椭圆焦点在抛物线上，可得：，由.(2) 【反馈检测7答案】（1）；（2）直线过定点，定点坐标为【反馈检测7详细解析】（）由题意设椭圆的标准方程为，由已知得：，椭圆的标准方程为 因为以为直径的圆过椭圆的右焦点，即，解得：，且均满足，当时，的方程为，直线过定点，与已知矛盾；当时，的方程为，直线过定点所以，直线过定点，定点坐标为【反馈检测8答案】【反馈检测8详细解析】设，由重心公式，得又在抛物线上， 将，代入，得，即所求曲线方程是【反馈检测9答案】（1）；（2）存在这样的，且的取值范围为.【反馈检测9详细解析】（1）抛物线准线方程是， ， , 故抛物线的方程是.