2015屆高三二輪復(fù)習(xí)步步高講義文科專用專題六第

3講圓錐曲線中的熱點(diǎn)問題考情解讀1.本部分主要以解答題形式考查，往往是試卷的壓軸題之一，一般以橢圓或拋物Δ>0，則直線與Δ＝0Δ<0，則直線與橢圓相離．a(chǎn)≠0Δ>0Δ＝0Δ<0時(shí)，直a≠0Δ(1)kP1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長(zhǎng)|P1P2|＝－x1|或 1|y2－y1|，其中求|x2－x1|與|y2－y1|時(shí)通常使用根與系數(shù)的關(guān)系，即作|x2－x1|＝|y2－y1|＝(2)當(dāng)斜率k不存在時(shí)，可求出交點(diǎn)坐標(biāo)，直接運(yùn)算(利用兩點(diǎn)間距離)．熱點(diǎn)一

(相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1C2A，B兩點(diǎn)，l2交橢圓C1于另一D.思維啟迪(1)PC2的直徑等于橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)；(2)l1k△ABDk解(1)由題意得

C1的方程為4

(2)l1k，則直線l1的方程為y＝kx－1.又圓C2：x2＋y2＝4，Ol1的距離 所以 l2⊥l1l2x0＝－8k 所以

4＋k2設(shè)△ABD 則S＝ ≤所以 ＝16≤±k＝10±2l1y＝±102思維升華求最值及參數(shù)范圍的方法有兩種：①根據(jù)題目給出的已知條件或圖形特征列出一22

(1)C(2)PQF2

，求△PF1Qλ

232

解(1)e＝a＝2，P(1，2)滿足a2＋b2 ∴橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為43(2)PQxPQx軸垂直時(shí)，|PQ|＝3，|F1F2|＝2，PQxPQ：y＝k(x－1)，k≠0C的標(biāo)準(zhǔn)方程，

. PF PF

，t＝3＋4k2，∴t>3，k2＝4 － －31＋1 3∵10<t1∴SPFQ11∴PQxSPFQ1設(shè)△PF1Q224rmax＝3PQx軸垂直，△PF1Q4∴ 熱點(diǎn)二例2 (2012·福建)如圖等邊三角形OAB的邊長(zhǎng)為83，且其三個(gè)頂點(diǎn)均在拋物線E：x2＝2py(p>0)上．ElEPy＝－1Q，證PQy軸上某定點(diǎn)．思維啟迪y＝0P、QPM解依題意，得|OB|＝8x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cosB(43，12)x2＝2py上，所以(43)2＝2p×12，解得p＝2.故拋物線E的方程為x2＝4y.證明方法一由(1)y＝1 P(x0，y0)x0≠0ly－y0＝10－x0)y＝10－12x

2x

－1

由

Q為

＝0y0＝1

0≠0)x0，y0由于

→

00

→ 由MP·MQ＝0，得 －y－yy＋y 0 1110即(y2＋y－2)＋(1－y)y1110由于(*)y0＝1

0≠0)y011

PQy方法二由(1)y＝1P(x0，y0)ly－y0＝1

y＝10－1

2x2x －1

由

所 Q為 取x0＝2，此時(shí)P(2,1)，Q(0，－1)，PQ為直徑的圓為(x－1)2＋y2＝2，交y軸于點(diǎn)M1(0,1)或M2(0，－1)；x＝1 PQ為直徑的圓為 yM(0,1)、M MM(0,1)．M(0,1)就是所要求的點(diǎn)．因?yàn)?/p>

00

0→ 0所以MP·MQ＝2PQy思維升華(1)定值問題就是在運(yùn)動(dòng)變化中尋找不變量的問題，基本思想是使用參數(shù)表示要解x2＝83yC

解(1)C的方程為b＝23.由c＝1，a2＝c2＋b2 ∴C的方程為(2)當(dāng)∠APQ＝∠BPQ時(shí)，PA、PB0，設(shè)直線PA的斜率為k，由

3＋4k2PB

＝3＋4k2

＝

∴AB的斜率為定值熱點(diǎn)三例3 x342y－202(2)lC2FC1M，N⊥→⊥思維啟迪(1)比較橢圓及拋物線方程可知，C2的方程易求，確定其上兩點(diǎn)，剩余兩點(diǎn)，利用待定系數(shù)法求C1方程.(2)聯(lián)立方程，轉(zhuǎn)化已知條件進(jìn)行求解解(1)C2：y2＝2px(p≠0)，則有x據(jù)此驗(yàn)證四個(gè)點(diǎn)知(3，－23)，(4，－4)C2上，易求得C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.

4把點(diǎn)(－2,0)，(2，2)代入得 1

，所，所 C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為4 (2)l的斜率不存在時(shí)，不滿足題意．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝k(x－1)，C1 由4＋yy并整理得

，①，

1＋4k2

OM⊥ON，即OM·ON＝0OM⊥ON，即OM·ON＝0xx＋yy

1 1

k＝±2ll2x－y－2＝0思維升華解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型．解決問題(1)Cl(2)F的直線(Q點(diǎn))A，B解(1)Q(1,2)y2＝2pxy2＝4xl(2)ABQ(1,2)

ABy＝k(x－1)y2＝4x設(shè) 又Q(1,2)，則 A，F(xiàn)，B即y1＝y(tǒng)2

所以

k3＝k＋1COACBy＝2OA⊥OBAB與x2＋y2＝2的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論． 解(1)C的標(biāo)準(zhǔn)方程為42a＝2，c＝Ce＝c＝ (2)ABx2＋y2＝2OA⊥OB，所以xtx0＋2y0＝0x0x0＝t時(shí)，y0＝－2Ct＝±故直線AB的方程為x＝±2，OABd＝2.ABx2＋y2＝2

x0≠tAB圓心O到直線AB的距離

2x＋

x0

x0 xx 02 y 04 0＝ABx2＋y2＝2精練 2lCE、G兩點(diǎn)，且△EGF24(1)C(2)M(2,0)CA、BP為橢圓上一點(diǎn)，且滿足 →→2tOP(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，當(dāng)|PA－PB|<3t解(1)e＝c＝ ∴e2＝a2＝a2＝2又△EGF2424a＝4 ∴C的方程為2＋y(2)ABAB由2

得Δ＝64k4－4(2k2＋1)(8k2－2)>0，得2

k ∵ t

1

＝

∵點(diǎn)P在橢圓C上 ∵→→2 2|PA－PB|<3 |x1－x2|<3∴(1＋k2)[(x＋x)2－4xx

12<

8k2－2

∴(4k2－1)(14k2＋13)>0，∴2 2k>4.∴4<k

8 ∵16k＝t(1＋2k)，∴t 又 82＝8－

∴－2<t<－26或2 3

2 2∴t的取值范圍為

3)∪(3(推薦時(shí)間：50分鐘

M與雙曲線169＝12∶3M 答案C解析 ，4，4 已知橢圓E的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，過F1且斜率為2的直線交橢圓E于P、Q兩點(diǎn)，若△PF1F2為直角三角形，則橢圓E的離心率為( 3A.3

313 答案解析由題意可知，∠F1PF2|PF∴|PF2|＝2，又|PF1 33 3e＝c＝ 32

4y＝8xFC：a2－b2＝1(a>0，b>0)5是拋物線y2＝8x上的一動(dòng)點(diǎn)，P到雙曲線C的上焦點(diǎn)F1(0，c)的距離與到直線x＝－2的距離之和的最小值為3，則該雙曲線的方程為(

A.2－3 B．y－4

C.4－x D.3－2答案解析y2＝8x

-＝(2

4∵y＝8x的焦點(diǎn)F到雙曲線ab＝1(a>0>0)漸近線的距離為5 ＝4 ∵P到雙曲線C的上焦點(diǎn)F1(0，c)的距離與到直線x＝－2的距離之和的最小值為∴|FF1|＝3，∴c2＋4＝9，∴c＝ ∴雙曲線的方程為4－x＝1 →OF分別為橢圓43＝1P 答案解析P(x0，y0)

0＋0＝1，即2＝3－ )所以→

10OP·FP＝x·(x＋1)＋y0＝4x0＋x44又x∈[－,]，即→→設(shè)M(x0，y0)為拋物線C：x2＝8y上一點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線C的焦點(diǎn)，以F為圓心，|FM|為半徑的圓和拋物線的準(zhǔn)線相交，則y0的取值范圍是( 答案解析F(0,2)又y0≥0，∴y0>2. 已知雙曲線a2－b2＝1(a>0，b>0)的左，右焦點(diǎn)分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，若雙曲線上存 滿 A．(1， B．(1，C．( D．(答案解析根據(jù)正弦定理 所以 可得a＝c 即|PF2|所以e>1，所以|PF1|>|PF2|，點(diǎn)P在雙曲線的右支上．解得|PF2|＝2a因?yàn)樗?a>c－a，即2 即(e－1)2<21－2<e<e>1e∈(1，2＋1)

直線y＝kx＋1與橢圓5＋m＝1恒有公共點(diǎn)，則m的取值范圍 答案m≥1 解析∵方程5＋m＝1∴m>0∵y＝kx＋1恒過(0,1) 5∴mm≥1在直線y＝－2上任取一點(diǎn)Q，過Q作拋物線x2＝4y的切線，切點(diǎn)分別為A、B，則直線AB恒過定點(diǎn) 答案解析 y－y1＝11－x1)，化簡(jiǎn)得，y＝11－y1B2x 2x 2x 2x明

－yAB

AB恒過定點(diǎn)

點(diǎn)分別為A，B，線段MN的中點(diǎn)在C上，則 答案 解析橢圓94＝1MND，∵D，F(xiàn)1，F(xiàn)2MN，AM，BM10．(2013·)已知直線y＝a交拋物線y＝x2于A，B兩點(diǎn)．若該拋物線上存在點(diǎn)C，使∠ACB為直角，則a的取值范圍 答案解析AB由即

2y＝x2－b截得的線段長(zhǎng)等于C1的短軸長(zhǎng)．C2y軸的交點(diǎn)為M，過坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線lC2相交于點(diǎn)A，B，直線MA，MB分別與C1相交于點(diǎn)

λλ 解由題意，知c＝2，所以a2＝2b2

2b＝2b

的方程＝

C1的方程2 證明AB：y＝kx，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，－1)．則

→ MA·MB＝(x1，y1＋1)·(x2，y2＋1)＝(k＋1)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－(1＋k)＋k解

111122故 1＋k2|k 2x＝4k111

x由x2

或 2＋y

y＝ 1 1

1所以 1112 112

22

22SS

5＋2 2 λ的取值范圍是[9 2θ＝3C2