文科数学高考压轴题(圆锥曲线)解题策略1

1攸县高考数学（文科）研究材料（二）：高考数学压轴题---圆锥曲线解题策略及常考题型圆锥曲线问题将几何与代数知识有机结合在一起,较好地考察了学生的数学思维和创新,灵活处理问题的能力,是高考命题的热点之一.高考中要做好圆锥曲线这道大题，我们还需要一定的解题策略,并通过自己不断地领悟和练习提高自己的解题能力.一、圆锥曲线知识要点及解题方法圆锥曲线解题的本质就是将题干中的条件和图形中隐含的几何特征转化成等式或不等式,最后通过代数运算解决问题,而其中的关键是怎样转化或构造不等式。其常考查的知识点可以归纳如下：1、抓住定义构造等式，定义是圆锥曲线的核心和根本，涉及焦点时，优先利用定义解决问题。2、抓住题中特殊几何关系来构造等式或应用几何关系使解题简化，运用“重几何，轻代数”观念处理问题。①内心：1、三条角平分线交点；2、角平分线上的点到两边距离相等；3、切线长定理；4、面积法（S△ABI+S△ACI+S△BCI=S△ABC）②重心：1、中线交点;2、AH=2HD，H为重心;③垂心：三条高线交点（可用垂直构造等式）④外心：垂直平分线交点（垂直平分线的性质构造等式）⑤三角形两边之和大于第三边（焦点三角形）⑥直线与圆锥曲线相交：(1)两不同交点△＞0（2）交于双曲线的左右两支1X2＜0（3）交于双曲线的同一支1X2＞0⑦用点与椭圆圆的位置关系来构造等式或不等式(1)在椭圆上2200221xyab；（2）在椭圆外2200221xyab；（3）右椭圆内2200221xyab；⑧用曲线本身的一些坐标限制（在椭圆中，-a≤x≤a,-b≤y≤b）；⑨用k相等（三点共线）；注：条件已用完，当缺少等式时，且无明显几何特征时，考虑用⑦、⑧、⑨3．用其它条件构造等式或不等式①用非负数k2，R，|x|大于0构造②问题中的要求与条件中的范围相联系；③结合参数方程，利用参数的几何意义或三角函数的有界性，构造不等式。4．与平面几何的联系①圆直径所对的圆周角为90度（可用垂直构造等式）相交弦，割线长定理②中位线（坐标原点为中点，往往考虑不到）5．点差法①直线与曲线相交，且出现中点时，常常使用。②抛物线涉及k时，常使用。2二、圆锥曲线常见题型及分类题型一：轨迹问题：例1、已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，左、右焦点分别为F1和F2，且|F1F2|＝2，点(1，32)在该椭圆上．(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的面积为1227.求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．题型二：直线与圆满锥曲线的位置关系问题例2、已知椭圆C：2224xy.（1）求椭圆C的离心率；（2）设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线2y上，且OAOB，试判断直线AB与圆222xy的位置关系，并证明你的结论.题型三：离心率范围问题例3、在平面直角坐标系中，已知点(2,2)F及直线:20lxy，曲线1C是满足下列两个条件的动点(,)Pxy的轨迹：①2,PFd其中d是P到直线l的距离；②00.225xyxy(1)求曲线1C的方程;(2)若存在直线m与曲线1C、椭圆22222:1(0)xyCabab均相切于同一点，求2C离心率e的取值范围.3题型四：最值问题例4、已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为63，短轴一个端点到右焦点的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为32，求△AOB面积的最大值.题型五：定值问题例5、设1122,,,AxyBxy是椭圆22221yxaboab上的两点，已知向量1122,,,xyxymnbaba，若0mn且椭圆的离心率32e，短轴长为2，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若直线AB过椭圆的焦点F（0，c），（c为半焦距），求直线AB的斜率k的值；（Ⅲ）试问：△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由。题型六：定点问题例6、已知直线1yx被圆2232xy截得的弦长恰与椭圆2222:1(0)xyCabab的短轴长相等，椭4圆C的离心率22e．（1）求椭圆C的方程；（2）已知过点1(0,)3M的动直线l交椭圆C于,AB两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出点T的坐标，若不存在，请说明理由．网]题型七：参数范围问题例7、设F1，F2分别是椭圆x24＋y2＝1的左、右焦点．(1)若P是该椭圆上的一个动点，求PF1→·PF2→的最大值和最小值；(2)设过定点M(0，2)的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．题型八：存在性问题例8、已知椭圆的一个顶点为(0,1)A，焦点在x轴上，若右焦点到直线022yx的距离为3．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）是否存在斜率为(0)kk，且过定点(0,2)Q的直线l，使l与椭圆交于两个不同的点MN,，且ANAM？若存在，求出直线l的方程;若不存在,请说明理由．5附例题参考解答：1、【解析】：化简得：17k4＋k2－18＝0，得k＝±1，∴r＝2，圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.2、【分析】（1）把椭圆C：2224xy化为标准方程，确定2a，2b，利用ace求得离心率；（2）设点),(00yxA，)2,(tB，其中00x，由OBOA，即0OBOA，用0x、0y表示t，当tx0或tx0分别根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，与圆的半径比较，从而判断直线AB与圆222xy的位置关系.【解析】（1）由题意椭圆C的标准方程为12422yx，所以42a，22b，从而224222bac，所以22ace.（2）直线AB与圆222yx相切，证明如下：设点),(00yxA，)2,(tB，其中00x，因为OBOA，所以0OBOA，即0200ytx，解得002xyt，63、【解析】（2）(解法一)由题意，直线m与曲线1C相切，设切点为1(,)Mtt，12.2t则直线m的方程为2111()()()yxtxtxttxt，即212.yxtt[来源:学科网]将212yxtt代入椭圆2C的方程222222bxayab，并整理得：242222222()4(4)0.btaxatxabtt7（2）(解法二)设直线m与曲线111:(2)2Cyxx、椭圆22222:1(0)xyCabab均相切于同一点1(,),Mtt则222211.tabt由1yx知21yx;由22221(0)xyyab知221xyba,222222222.211xbbxbxayayxxaaa故2224221,.1btabttat联解222222411tabtabt,得22222,2.batt由12,2t及22ab得12.t故2222411abeat，8得2150,16e又01,e故150.4e所以椭圆2C离心率e的取值范围是15(0,).44、【分析】第2问，在设直线l方程时要考虑斜率存在与不存在两种情况。【解析】当且仅当9k2＝1k2，即k＝±33时等号成立.当k＝0时，|AB|＝3.综上所述：|AB|max＝2.∴当|AB|最大时，△AOB的面积取得最大值S＝12×|AB|max×32＝325、【答案】（Ⅰ）2214yx；（Ⅱ）2k；（Ⅲ）三角形的面积为定值1．【解析】（Ⅱ）由题意，设AB的方程为3ykx，所以222234231014ykxkxkxyx，9所以121222231,44kxxxxkk，由已知0mn得：2121212121212221333314444xxyykkxxkxkxxxxxba222413233044444kkkkk，解得2k．（Ⅲ）6、【答案】（1）2212xy；（2）存在且定点为(0,1)T．【解析】10（2）假设存在点(,)Tuv，若直线l的斜率存在，设其方程为13ykx，将它代入椭圆方程，并整理得22(189)12160kxk．设点AB、的坐标分别为1122(,),(,)AxyBxy，则1221221218916189kxxkxxk，因为111222(),()TAxuyvTBxuyv及112211,33ykxykx，所以22212121212121()()()()(1)()()339vTATBxuxuyvyvkxxukkvxxuv＝222222(666)4(3325)62uvkkuuvvk．当且仅当0TATB恒成立时，以AB为直径的圆恒过定点T，所以222266604033250uvuuvv，解得0,1uv，此时以AB为直径的圆恒过定点(0,1)T．当直线l的斜率不存在，l与y轴重合，以AB为直径的圆为221xy也过点(0,1)T．综上可知，在坐标平面上存在一个定点(0,1)T，满足条件．7、解：(2)由题意可知，过点M(0，2)的直线l的斜率存在．设l的方程为y＝kx＋2，由y＝kx＋2，x24＋y2＝1，消去y，化简整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)＞0，解得k2＞34.11设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－16k1＋4k2，x1x2＝121＋4k2，又∠AOB为锐角，所以OA→·OB→＞0，即x1x2＋y1y2＞0，即x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)[来源:学#科#网Z#X#X#K]＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＞0，所以(1＋k2)·121＋4k2＋2k·－16k1＋4k2＋4＞0，解得k2＜4，所以34＜k2＜4，即k∈(－2，－32)∪(32，2)．【点评】本题第2问，如忽视条件Δ＞0，会得到k∈(－2，2)的错误结论。[来源:学科8、【解析】（II）设存在直线符合题意，直线方程为2ykx，代入椭圆方程得：22(31)1290kxkx，设1122(,),(,)MxyNxy，00(,)Pxy为弦MN的中点，则由韦达定理得：2212214436(31)01231kkkxxk，21k0002262,23131kxykxkk，因为MNAPANAM,0011ykx1k不符合0，所以不存在直线符合题意．