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2022年中考数学复习专题11:圆锥曲线综合问题(含答案解析)

1、2022年中考数学复习专题11:圆锥曲线的综合问题【一】定点问题定点问题:圆锥曲线中的定点问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关,如椭圆的长、短轴,双曲线的虚、实轴,抛物线的焦参数等解答这类题要大胆设参,运算推理,到最后参数必清 1.例题【例1】已知抛物线经过点(2,1)(1)求抛物线的方程及其准线方程;(2)设为原点,过抛物线的焦点作斜率不为的直线交抛物线于两点,直线分别交直线OM,ON于点A和点B求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点【解析】(1)由抛物线经过点,得.所以抛物线的方程为,其准线方程为.(2)抛物线的焦点为.设直线的方程为.由得.设,则.直线的方程为.令,得点A的横坐标.同理

2、得点B的横坐标.设点,则,.令,即,则或.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.【例2】已知抛物线的顶点在原点,焦点在轴上,且抛物线上有一点到焦点的距离为6.(1)求该抛物线的方程;(2)已知抛物线上一点,过点作抛物线的两条弦和,且,判断直线是否过定点,并说明理由.【解析】 (2)由(1)可得点,设直线的方程为: ,联立,得,设,则, 同理可得 ,所以直线的方程为 化简得 .直线过定点.2.巩固提升综合练习【练习1】已知点A,B是抛物线上关于轴对称的两点,点E是抛物线C的准线与x轴的交点.(1)若是面积为4的直角三角形,求抛物线C的方程;(2)若直线BE与抛物线C交于另一点D,证明:直线A

3、D过定点.【解析】(1)由题意,是等腰直角三角形,且不妨设点A位于第一象限,则直线EA的方程为,联立方程,解得所以点, ,解得,故抛物线C的方程为 (2)(方法一)设,则直线EB的方程为联立方程,消去,得关于的方程,该方程有一个根,两根之积为,则另一个根为,所以点D的坐标为直线AD的斜率为 所以AD的方程为化简得,所以直线AD过定点 (方法二)设,直线BE的方程为,联立方程,消去x,得关于x的方程,所以 则直线AD的方程为 化简得所以直线AD过定点【练习2】已知椭圆的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆与直线相切,过点且不垂直于轴直线与椭圆相交于、两点。(1)求椭圆的方程;(2)若点

4、关于轴的对称点是点,证明:直线与轴相交于定点。【解析】(1)由题意知,离心率,所以,即又,所以,所以椭圆的方程为(2)由题意知直线的斜率存在,设直线的方程为,由得:,设,则, 因为、两点关于轴对称,所以,直线的方程为,令得:,又由,所以由将代入得,所以直线与轴交于定点【二】定值问题定值问题:定值问题的求解与证明类似,在求定值之前,已经知道定值的结果(题中未告知,可用特殊值探路求之),解答这类题要大胆设参,运算推理,到最后参数必清,定值显现.(1)圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略: (2)两种解题思路:从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;引进变量法:其解题流程为: 1.例题【例

5、1】已知椭圆()的焦距为,且过点()求椭圆的方程;()若点,设为椭圆上位于第三象限内一动点,直线与轴交于点,直线与轴交于点,求证:四边形的面积为定值,并求出该定值【解析】()由题意,且,求得,所以所以椭圆的方程为;()设(,),则又,所以直线的方程为令,得,从而直线的方程为令,得,从而所以四边形的面积所以四边形的面积为定值2【例2】已知椭圆:,点、都在椭圆上,为坐标原点,为中点,且.(1)若点的坐标为,求直线的方程;(2)求证:面积为定值.【解析】将A,B代入椭圆方程中,可得,作差得(2)证明:设,当直线的斜率不存在时,由题意可得,或,此时;当直线的斜率存在时,由(1),:,即直线: ,即,

6、,到的距离, .为定值.2.巩固提升综合练习【练习1】已知椭圆:的左、右焦点,是椭圆上任意一点,若以坐标原点为圆心,椭圆短轴长为直径的圆恰好经过椭圆的焦点,且的周长为(1)求椭圆的方程;(2)设直线是圆:上动点处的切线,与椭圆交与不同的两点,证明:的大小为定值【解析】(1)因为以坐标原点为圆心,椭圆短轴长为直径的圆经过椭圆的焦点,所以可得,又因为的周长为,可得,所以,可得,所求椭圆的方程为.(2)证明:直线的方程为,且,记以,联立方程消去得,从而,为定值.【练习2】已知抛物线C:=2px经过点(1,2)过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y

7、轴于N()求直线l的斜率的取值范围;()设O为原点,求证:为定值【解析】()因为抛物线y2=2px经过点P(1,2),所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y=kx+1(k0)由得依题意,解得k0或0k0得t2,当且仅当k=1时取等号因为在2,+)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为因此,PQG面积的最大值为【例2】已知椭圆的左,右焦点分别为,该椭圆的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.(I)求椭圆的方程;()如图,若斜率为的直线与轴,椭圆顺次交于点在椭圆左顶点的左侧)且,求证:直

8、线过定点;并求出斜率的取值范围.【解析】()解:椭圆的左,右焦点分别为,椭圆的离心率为,即有,即,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆方程为,直线与圆相切,则有,即有,则椭圆C的方程为;()证明:设,由,可得直线和关于x轴对称即有,即,即有,设直线,代入椭圆方程,可得,判别式,即为,代入可得,将代入,化简可得,则直线的方程为,即即有直线恒过定点将代入,可得,解得或则直线的斜率的取值范围是2.巩固提升综合练习【练习1】已知抛物线,过点的直线与抛物线交于 两点,又过两点分别作抛物线的切线,两条切线交于点.(1)证明:直线的斜率之积为定值;(2)求面积的最小值【解析】(1)证明:由题意设 的方程为

9、 ,联立 ,得 因为 ,所以设 ,则 设直线 的斜率分别为 ,对 求导得 ,所以 ,所以,(定值)(2)解:由(1)可得直线 的方程为 直线 的方程为 联立,得点 的坐标为, 由(1)得 ,所以 .于是 ,点 到直线 的距离, 所以 ,当,即时,的面积取得最小值【练习2】设圆的圆心为,直线过点且与轴不重合,直线交圆于,两点,过点作的平行线交于点.(1)证明为定值,并写出点的轨迹方程;(2)设点的轨迹为曲线,直线交于,两点,过点且与直线垂直的直线与圆交于,两点,求四边形面积的取值范围.【解析】(1)因为,故,所以,故,又圆的标准方程为,从而,所以,由题设得,由椭圆定义可得点的轨迹方程为.(2)当

10、与轴不垂直时,设的方程为,由得,则,所以,过点且与垂直的直线,到的距离为,所以,故四边形的面积,可得当与轴不垂直时,四边形面积的取值范围为,当与轴垂直时,其方程为,四边形的面积为,综上,四边形面积的取值范围为.【五】圆锥曲线中的存在性问题圆锥曲线中存在性问题的求解方法:(1)通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化,其步骤为:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于特定参数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在,否则(点、直线、曲线或参数)不存在;(2)反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法 1.例题【例1】在直角坐标系中,已知

11、抛物线的焦点为,若椭圆:经过点,抛物线和椭圆有公共点,且.(1)求抛物线和椭圆的方程; (2)是否存在正数,对于经过点且与抛物线有两个交点的任意一条直线,都有焦点在以为直径的圆内?若存在,求出的取值范围;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为抛物线经过点,且.所以,解得,所以抛物线,焦点,由题意知解得所以椭圆:故抛物线的方程为,椭圆的方程为.(2)假设存在正数适合题意,由题意知直线的斜率一定存在,设直线的方程为由消去,整理得因为直线与抛物线有两个交点且,所以设,则所以因为,所以由题意知恒成立,所以恒成立因为,所以,解得又因为,所以故存在正数适合题意,此时取值范围为.【例2】已知椭圆的左、右焦

12、点分别为,点在椭圆上()求椭圆的标准方程()是否存在斜率为的直线,使得当直线与椭圆有两个不同交点,时,能在直线上找到一点,在椭圆上找到一点,满足?若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由【解析】()设椭圆的焦距为,则,在椭圆上,故椭圆的方程为()假设这样的直线存在,设直线的方程为,设,的中点为,由,消去,得,且,故且,由,知四边形为平行四边形,而为线段的中点,因此为线段的中点,得,又,可得,点不在椭圆上,故不存在满足题意的直线 2.巩固提升综合练习【练习1】已知圆的圆心在直线上,且与直线相切于点(1)求圆方程;(2)是否存在过点的直线与圆交于两点,且的面积为(为坐标原点),若存在,求出直线的

13、方程,若不存在,请说明理由.【解析】(1)设圆心坐标为,则圆的方程为:,又与相切,则有,解得:,所以圆的方程为:;(2)由题意得:当存在时,设直线,设圆心到直线的距离为,则有,化简得:,无解;当不存在时,则圆心到直线的距离,那么,满足题意,所以直线的方程为:.【练习2】如图,两条相交线段、的四个端点都在椭圆上,其中直线的方程为,直线的方程为.(1)若,求的值;(2)探究:是否存在常数,当变化时,恒有?【解析】(1)由题意,当时,联立方程组,解得,因为,所以,设,则,化简得,又由,联立方程组,解得或.因为平分,所以(不适合题意),所以.(2)设,由,整理得,其中,若存在常数,当变化时,恒有,则由

14、(1)可知只可能是,当时,取,等价于,即,即,即,此式子恒成立,所以存在常数,当变化时,恒有;当时,取,由椭圆的对称性,同理可知结论也成立,综上可得,存在常数,当变化时,恒有.课后自我检测1.已知抛物线的焦点恰好是椭圆的右焦点.(1)求实数的值及抛物线的准线方程;(2)过点任作两条互相垂直的直线分别交抛物线于、和、点,求两条弦的弦长之和的最小值【解析】(1)由已知椭圆C整理得,所以焦点F的坐标为, 所以 所以抛物线E的准线方程为:(2)由题意知两条直线的斜率存在且不为零设直线的斜率为,方程为,则的斜率为,方程为设、,由得因为,所以,所以同理得,所以当且仅当即时取“等号”,所以两条弦的弦长之和的

15、最小值为2.已知左焦点为F(-1,0)的椭圆过点E(1,).过点P(1,1)分别作斜率为k1,k2的椭圆的动弦AB,CD,设M,N分别为线段AB,CD的中点.(1)求椭圆的标准方程;(2)若P为线段AB的中点,求k1;(3)若k1+k2=1,求证直线MN恒过定点,并求出定点坐标.【解析】 (1)依题设c=1,且右焦点F(1,0).所以2a=|EF|+|EF|=+=2,b2=a2-c2=2,故所求的椭圆的标准方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1,+=1.-,得+=0.所以k1=-=-=-.(3)依题设,k1k2.设M(xM,yM),又直线AB的方程为y-1=k1(x

16、-1),即y=k1x+(1-k1),亦即y=k1x+k2,代入椭圆方程并化简得(2+3)x2+6k1k2x+3-6=0.于是,xM=,yM=,同理,xN=,yN=.当k1k20时,直线MN的斜率k=.直线MN的方程为y-=(x-),即y=x+(+),亦即y=x-.此时直线过定点(0,-).当k1k2=0时,直线MN即为y轴,此时亦过点(0,-).综上,直线MN恒过定点,且坐标为(0,-).3.已知椭圆:的焦距为,且,圆:与轴交于点,为椭圆上的动点,面积最大值为.(1)求圆与椭圆的方程;(2)设圆的切线交椭圆于点,求的取值范围.【解析】(1)因为,所以.因为,所以点为椭圆的焦点,所以.设,则,所

17、以.当时,由,解得,所以,.所以圆的方程为,椭圆的方程为.(2)当直线的斜率不存在时,不妨取直线的方程为,解得.当直线的斜率存在时,设直线的方程为.因为直线与圆相切,所以,即,联立,消去可得,. =.令,则,所以=,所以=,所以.综上,的取值范围是.4.已知椭圆的左,右焦点分别为,该椭圆的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.(I)求椭圆的方程;()如图,若斜率为的直线与轴,椭圆顺次交于点在椭圆左顶点的左侧)且,求证:直线过定点;并求出斜率的取值范围.【解析】()解:椭圆的左,右焦点分别为,椭圆的离心率为,即有,即,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆方程为,直线与圆相

18、切,则有,即有,则椭圆C的方程为;()证明:设,由,可得直线和关于x轴对称即有,即,即有,设直线,代入椭圆方程,可得,判别式,即为,代入可得,将代入,化简可得,则直线的方程为,即即有直线恒过定点将代入,可得,解得或则直线的斜率的取值范围是5.已知椭圆的离心率为,椭圆经过点.(1)求椭圆的标准方程;(2)设点是椭圆上的任意一点,射线与椭圆交于点,过点的直线与椭圆有且只有一个公共点,直线与椭圆交于两个相异点,证明:面积为定值.【解析】(1)解:因为的离心率为,所以,解得.将点代入,整理得.联立,得,故椭圆的标准方程为.(2)证明:当直线的斜率不存在时,点为或,由对称性不妨取,由(1)知椭圆的方程为

19、,所以有.将代入椭圆的方程得,所以 .当直线的斜率存在时,设其方程为,将代入椭圆的方程得,由题意得,整理得.将代入椭圆的方程,得.设,则,所以 .设,则可得,.因为,所以,解得(舍去),所以,从而.又因为点到直线的距离为,所以点到直线的距离为,所以 ,综上,的面积为定值.6.已知椭圆的中心在原点,焦点在轴上,离心率等于,它的一个顶点恰好在抛物线的准线上求椭圆的标准方程;点,在椭圆上,是椭圆上位于直线两侧的动点当运动时,满足,试问直线的斜率是否为定值,请说明理由【解析】设椭圆C的标准方程为,椭圆的一个顶点恰好在抛物线的准线上,解得又,可得椭圆C的标准方程为设,则PA,PB的斜率互为相互数,可设直线PA的斜率为k,则PB的斜率为,直线PA的方程为:,联立,化为,同理可得:,直线AB的斜率为定值7.已知椭圆离心率为,点P(0,1)在短轴CD上,且.(I)求椭圆E的方程;(II)过点P的直线l与椭圆E交于A,B两点.若,求直线l的方程.【解析】(1)由题意,e=,得a= 又C(0,b),D(0,-b). =(b-1)(-b-1)=-1, b2=2 a=2, 所以椭圆E的方程为. (2)当直线l的斜率不存在时:不符合题意,不存在这样的直线。当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为,联立方程由得,解得,所以直线l的方程为