圆锥曲线压轴题-分类训练(培优材料二)

1学生姓名年级高三授课时间教师姓名汤水秋课时圆锥曲线压轴题-分类训练（培优材料二）一、教学目标：1.理解与掌握平面解析几何的知识及其应用；2.关注学生的答题情况，明确命题方向；3.通过对问题的分析，提高学生的审题能力和表达能力；二、教学重点、难点：1.理解与掌握平面解析几何的知识及其应用；2.关注学生的答题情况，明确命题方向；3.通过对问题的分析，提高学生的审题能力和表达能力；三、教学方法：探究、交流、合作。四、教学过程：题型六：面积问题例题9、（07陕西理）已知椭圆C：12222byax（a＞b＞0）的离心率为,36短轴一个端点到右焦点的距离为3。（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）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23，求△AOB面积的最大值。解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意633caa，，1b，所求椭圆方程为2213xy。（Ⅱ）设11()Axy，，22()Bxy，。（1）当ABx⊥轴时，3AB。（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为ykxm。由已知2321mk，得223(1)4mk。把ykxm代入椭圆方程，整理得222(31)6330kxkmxm，122631kmxxk，21223(1)31mxxk。222221(1)()ABkxx22222223612(1)(1)(31)31kmmkkk22222222212(1)(31)3(1)(91)(31)(31)kkmkkkk2422212121233(0)34196123696kkkkkk≤。当且仅当2219kk，即33k时等号成立。当0k时，3AB，综上所述max2AB。当AB最大时，AOB△面积取最大值max133222SAB。练习1、（07浙江理）如图，直线ykxb与椭圆2214xy交于A、B两点，记ABC的面积为S。（Ⅰ）求在0k，01b的条件下，S的最大值；（Ⅱ）当12，SAB时，求直线AB的方程。解：（Ⅰ）解：设点A的坐标为bx,1，点B的坐标为bx,2，由1422bx，解得22112bx，，所以2121xxbS212bb，bb112当且仅当322b时，S取到最在值1，（Ⅱ）解：由,14,22yxbkxy得，bkbxxk01241222，bk14222121xxkAB2411412222kbkk设O到AB的距离为d，则，ABsd12又因为，kbd21所以，kb122代入②式并整理，得，kk04124解得，，bk23,2122代入①式检验，0。故直线AB的方程是2622,262226222622xyxy，xy，xy或或或题型七：弦或弦长为定值问题例题10、（07湖北理科）在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p0）相交于A、B两点。（Ⅰ）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；（Ⅱ）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。（此题不要求在答题卡上画图）解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2），直线AB的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得.22pkxypyx消去y得x2-2pkx-2p2=0.由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.4于是21221xxpSSSACNBCNABN＝21221214)(xxxxpxxp＝.228422222kppkpp222min0pSkABN）时，（当.（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为为直与ACtO,径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则）点的坐标为（2,2,11pyxOPQHO2121)(2121pyxACPO＝22121py.,221211pyapyaHO222HOPOPH=21221)2(41)(41pyapy＝),()2(1apaypa22)2(PHPQ=.)()2(42apaypa令02pa，得pPQpa此时,2为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为2py，即抛物线的通径所在的直线.题型八：角度问题例题11、（08陕西理）已知抛物线C：22yx，直线2ykx交C于AB，两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；（Ⅱ）是否存在实数k使0NANB，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．5解法一：（Ⅰ）如图，设211(2)Axx，，222(2)Bxx，，把2ykx代入22yx得2220xkx，由韦达定理得122kxx，121xx，1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．设抛物线在点N处的切线l的方程为284kkymx，将22yx代入上式得222048mkkxmx，直线l与抛物线C相切，2222282()048mkkmmmkkmk，mk．即lAB∥．（Ⅱ）假设存在实数k，使0NANB，则NANB，又M是AB的中点，1||||2MNAB．由（Ⅰ）知：121212111()(22)[()4]222Myyykxkxkxx22142224kk．MNx轴，22216||||2488MNkkkMNyy．又222121212||1||1()4ABkxxkxxxx2222114(1)11622kkkk．22216111684kkk，解得2k．即存在2k，使0NANB．问题九：四点共线问题例题12、（08安徽理）设椭圆2222:1(0)xyCabab过点(2,1)M，且着焦点为xAy112MNBO61(2,0)F（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）当过点(4,1)P的动直线l与椭圆C相交与两不同点,AB时，在线段AB上取点Q，满足APQBAQPB，证明：点Q总在某定直线上解(1)由题意：2222222211cabcab，解得224,2ab，所求椭圆方程为22142xy(2)方法一设点Q、A、B的坐标分别为1122(,),(,),(,)xyxyxy。由题设知,,,APPBAQQB均不为零，记APAQPBQB,则0且1又A，P，B，Q四点共线，从而,APPBAQQB于是1241xx，1211yy121xxx，121yyy从而22212241xxx，（1）2221221yyy，（2）又点A、B在椭圆C上，即221124,(3)xy222224,(4)xy（1）+（2）×2并结合（3），（4）得424sy，即点(,)Qxy总在定直线220xy上方法二设点1122(,),(,),(,)QxyAxyBxy，由题设，,,,PAPBAQQB均不为零。且PAPBAQQB又,,,PAQB四点共线，可设,(0,1)PAAQPBBQ,于是1141,11xyxy（1）2241,11xyxy（2）由于1122(,),(,)AxyBxy在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程2224,xy整理得7222(24)4(22)140xyxy（3）222(24)4(22)140xyxy(4)(4)－(3)得8(22)0xy0,220xy∵∴即点(,)Qxy总在定直线220xy上问题十：范围问题（本质是函数问题）例题13：（07四川理）设1F、2F分别是椭圆1422yx的左、右焦点。（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求1PF·2PF的最大值和最小值；（Ⅱ）设过定点)2,0(M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k的取值范围。解：（Ⅰ）解法一：易知2,1,3abc，所以123,0,3,0FF，设,Pxy，22123,,3,3PFPFxyxyxy2221133844xxx因为2,2x，故当0x，即点P为椭圆短轴端点时，12PFPF有最小值2当2x，即点P为椭圆长轴端点时，12PFPF有最大值1解法二：易知2,1,3abc，所以123,0,3,0FF，设,Pxy，则22212121212121212cos2PFPFFFPFPFPFPFFPFPFPFPFPF2222221331232xyxyxy（以下同解法一）（Ⅱ）显然直线0x不满足题设条件，可设直线1222:2,,,,lykxAxyBxy，8联立22214ykxxy，消去y，整理得：2214304kxkx∴12122243,1144kxxxxkk由2214434304kkk得：32k或32k又000090cos000ABABOAOB，∴12120OAOBxxyy又2121212122224yykxkxkxxkxx22223841144kkkk22114kk∵2223101144kkk，即24k∴22k故由①、②得322k或322k问题十一、存在性问题：（存在点，存在直线y=kx+m，存在实数，存在图形：三角形（等比、等腰、直角），四边形（矩形、菱形、正方形），圆）例题14：(2009山东卷理)（本小题满分14分）设椭圆E:22221xyab（a,b0）过M（2，2），N(6,1)两点，O为坐标原点，（I）求椭圆E的方程；（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB|的取值范围，若不存在说明理由。解:（1）因为椭圆E:22221xyab（a,b0）过M（2，2），N(6,1)两点,9所以2222421611abab解得22118114ab所以2284ab椭圆E的方程为22184xy（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB,设该圆的切线方程为ykxm解方程组22184xyykxm得222()8xkxm,即：222(12)4280kxkmxm,则△222222164(12)(28)8(84)0kmkmkm,即：22840km12221224122812kmxxkmxxk,22222222212121212222(28)48()()()121212kmkmmkyykxmkxmkxxkmxxmmkkk要使OAOB,需使12120xxyy,即2222228801212mmkkk,所以223808mk又22840km,所以22238mm,即263m或263m,直线yk