圆锥曲线的综合问题.doc

圆锥曲线的综合问题.doc§ 圆锥曲线的综合问题
考纲解读
考点
内容解读
要求
高考示例
常考题型
预测热度

范围问题
掌握与圆锥曲线有关的最值、定值、参数范围问题
掌握
2017课标全国Ⅰ,20;
2017浙江,21;2017山东,21;
2016课标全国Ⅱ,20;2016北京,19;
2016山东,21;2015浙江,19;
2014四川,10;2014浙江,21
解答题
★★★

了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题
掌握
2014山东,21;2013江西,20
解答题
★★☆
分析解读 (含直线),研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”,从假设结论成立入手,,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为12分,难度偏大.
五年高考
考点一定值与最值及范围问题
1.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围;
(2)求|PA|·|PQ|的最大值.
解析(1)设直线AP的斜率为k,k==x-,
因为-<x<,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).
(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ=.
因为|PA|==(k+1),
|PQ|=(xQ-x)=-,
所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,
令f(k)=-(k-1)(k+1) '(k)=-(4k-2)(k+1)2,
所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.
解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·(-)=·-.
易知P(x,x2),
则·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+x++x4-x2+=x4+x2+x+.
∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.
设f(x)=-x4+x2+x+,
则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,
∴f(x)在上为增函数,在上为减函数,
∴f(x)max=f(1)=.
故|AP|·|PQ|的最大值为.
2.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=.M是线段OC
延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.
解析(1)由题意知e==,2c=2,所以a=,b=1,
因此椭圆E的方程为+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,
由题意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,
所以|AB|=|x1-x2|=.
由题意可知圆M的半径
r=|AB|=·.
由题设知k1k2=,所以k2=,
因此直线OC的方程为y=x.
联立得x2=,y2=,
因此|OC|==.
由题意可知sin==,
而==,
令t=1+2,则t>1,∈(0,1),
因此=·=·
=·≥1,
当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,
所以sin≤,
因此≤,所以∠SOT的最大值为.
综上所述:∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=±.
3.(2016课标全国Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.
解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.
当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分)
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)
将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=,所以y1=.(4分)
因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.(5分)
(2)由题意,t>3,k>0,A(-,0).