2022版高考数学大一轮复习-解题思维7-高考中圆锥曲线解答题的提分策略备考试题.docx

2022版高考数学大一轮复习 解题思维7 高考中圆锥曲线解答题的提分策略备考试题

2022版高考数学大一轮复习 解题思维7 高考中圆锥曲线解答题的提分策略备考试题

年级：
姓名：

解题思维7　高考中圆锥曲线解答题的提分策略

1.[2021蓉城名校联考,12分]已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B1,B2,且|A1B1|=25,离心率e=32.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)点Р是圆C2: (x-2)2+(y-3)2=1上一点,射线OP与椭圆C1交于点M,直线A1M,A2M,PM 的斜率分别为k1,k2,k3,求k1·k2·k3的取值范围.

2.[2021安徽宣城调研,12分]已知抛物线C:y2=2px(0b>0)的长轴长为4,上顶点为A,左、右焦点分别为F1,F2,且∠F1AF2=60°,O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)设点M,N为椭圆C上的两个动点,若OM·ON=0,问:点O到直线MN的距离d是否为定值?若是,求出d的值;若不是,请说明理由.

4.[2021湖北荆门模拟,12分]如图7-1所示,点P(0,-1)是椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点,C1的长轴是圆C2:x2+y2=4的直径,l1,l2是过点P且互相垂直的两条直线,其中l1交圆C2于点A,B,l2交椭圆C1于另一点D.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)当△ABD的面积最大时,求直线l1的方程.

答 案
　解题思维7高考中圆锥曲线解答题的提分策略
1.(1)在椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)中,∵|A1B1|=25,
∴a2+b2=20,
又e=ca=32,且a2=b2+c2,解得a=4,b=2,
∴椭圆C1的方程为x216+y24=1.(4分)
(2)设M(x0,y0),由题意可得x0216+y024=1,且点M在第一象限,
于是x02-16=-4y02　①,
k1=y0x0+4, k2=y0x0-4,故k1k2=y02x02-16.
将①代入上式,可得k1k2=-14.(8分)
直线MP(即 OP)的方程为y=k3x,则圆心(2,3)到直线MP的距离不大于1,
即|2k3-3|1+k32≤1,即(2k3-3)2≤1+k32,解得6-233≤k3≤6+233,(11分)
故k1·k2·k3的取值范围是[-3+36,3-36].(12分)
2.(1)由题意得Q(8p,4),准线方程为x=-p2,由抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离,可得8p+p2=5,解得p=2或p=8(舍去),所以抛物线C的方程为y2=4x.(4分)
(2)由题意设直线AB的方程为x=my+b,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线AB与抛物线的方程,得x=my+b,y2=4x,整理可得y2-4my-4b=0,
则Δ=16m2+16b>0,y1+y2=4m,y1y2=-4b.(6分)
由(1)可得Q(4,4),易知x1≠4,x2≠4,则k1·k2=y1-4x1-4·y2-4x2-4=-2,
即(y1-4)(y2-4)=-2(x1-4)(x2-4),
即(y1-4)(y2-4)=-2(my1+b-4)(my2+b-4),整理可得(1+2m2)y1y2+(2mb-8m-4)(y1+y2)+2b2-16b+48=0,(8分)
将y1+y2=4m,y1y2=-4b代入,可得b2-10b+24=16m2+8m,即(b-5)2=(1+4m)2,(10分)
所以b-5=1+4m或b-5=-1-4m,即b=6+4m或b=4-4m.
当b=6+4m时,直线AB的方程为x=my+6+4m,
即x-6-m(y+4)=0根据x-6=0,y+4=0,可得x=6,y=-4,此时直线AB恒过定点(6,-4).
当b=4-4m时,直线AB的方程为x=my+4-4m,即x-4-m(y-4)=0,根据x-4=0,y-4=0,可得x=4,y=4,此时直线AB恒过定点(4,4).
由题意可得直线AB不过点Q(4,4),
所以直线AB 恒过定点(6,-4).(12分)
3.(1)设椭圆C的半焦距为c.由已知可得2a=4,解得a=2.(1分)
因为∠F1AF2=60°,
所以在Rt△OAF2中,∠OAF2=30°,|OA|=b,|OF2|=c,|AF2|=a=2,
所以cos∠OAF2=ba=32,
解得b=33分)
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(4分)
(2)当直线MN的斜率不存在时,MN⊥x轴.
由OM·ON=0可得OM⊥ON.
结合椭圆的对称性,可设M(x,x),N(x,-x),则d=|x|.(5分)
将点M(x,x)代入椭圆C的方程,得x24+x23=1,
解得x=±2217,所以d=2217.(6分)
当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=kx+m,
此时点O到直线MN的距离d=|m|1+k2,即d2=m21+k2.(7分)
设M(x1,y1),N(x2,y2),由y=kx+m,x24+y23=1,
可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,得m2<4k2+3.
所以x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.(8分)
所以x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·4m2-123+4k2-8k2m23+4k2+m2=7m2-12(k2+1)3+4k2.(9分)
又OM·ON=0,所以x1x2+y1y2=0,
即7m2-12(k2+1)3+4k2=0,解得m2=127(1+k2).(10分)
所以d2=127,得d=2217.(11分)
综上所述,点O到直线MN的距离d是2217,是定值.(12分)
4.(1)由题意可得b=1,2a=4,即a=2.
所以椭圆C1的方程为x24+y2=1.(2分)
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由题意可知直线l1的斜率存在.
当l1的斜率为0时,有|AB|=23,D(0,1),S△ABD=12×|AB|×|PD|=23.(3分)
当l1的斜率不为0时,设为k,则直线l1的方程为y=kx-1.
又圆C2:x2+y2=4的圆心O(0,0)到直线l1的距离d=1k2+1.
所以|AB|=24-d2=24k2+3k2+1.(6分)
又l2⊥l1,故直线l2的方程为x+ky+k=0,由x+ky+k=0,x2+4y2=4,消去y并整理得(4+k2)x2+8kx=0,解得x0=-8k4+k2,
代入直线l2的方程得y0=4-k24+k2,所以|PD|=81+k24+k2.
所以△ABD的面积S=12×|AB|×|PD|=84k2+34+k2.(8分)
解法一(利用二次函数求最值)　令4+k2=t,则t>4,k2=t-4,
所以S=84(t-4)+3t=84t-13t2=8-13(1t-213)2+413≤8413=161313,
当且仅当t=132,即k2=52,k=±102时取等号.
又161313>23,故所求直线l1的方程为y=±102x-1.(12分)
解法二(利用基本不等式求最值)　令3+4k2=t,则t>3,k2=14(t2-3),
S=8t4+14(t2-3)=32t13+t2=32t+13t≤322t×13t=32213=161313,
当且仅当t=13t,即t=13,k2=52,k=±102时取等号.
又161313>23,故所求直线l1的方程为y=±102x-1.(12分)