2024步步高考二轮数学新教材讲义专题六 第4讲 母题突破1 范围、最值问题.docx
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1、2024步步高考二轮数学新教材讲义第4讲圆锥曲线的综合问题考情分析1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容,常见的热点题型有范围、最值问题,定点、定直线、定值问题及探索性问题.2.以解答题的形式压轴出现,难度较大母题突破1范围、最值问题母题(2023全国甲卷)已知直线x2y10与抛物线C:y22px(p0)交于A,B两点,|AB|4.(1)求p;(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,0,求MFN面积的最小值思路分析联立方程利用弦长求p设直线MN:xmyn和点M,N的坐标利用0,得m,n的关系写出SMFN的面积利用函数性质求SMFN面积的最小值解(1)设A(xA,yA),B(xB,yB),由
2、可得y24py2p0,所以yAyB4p,yAyB2p,所以|AB|4,即2p2p60,解得p2(负值舍去)(2)由(1)知y24x,所以焦点F(1,0),显然直线MN的斜率不可能为零,设直线MN:xmyn,M(x1,y1),N(x2,y2),由可得y24my4n0,所以y1y24m,y1y24n,16m216n0m2n0,因为0,(x11,y1),(x21,y2),所以(x11)(x21)y1y20,即(my1n1)(my2n1)y1y20,即(m21)y1y2m(n1)(y1y2)(n1)20,将y1y24m,y1y24n代入得,4m2n26n1,所以4(m2n)(n1)20,所以n1,且n
3、26n10,解得n32或n32.设点F到直线MN的距离为d,所以d,|MN|2|n1|,所以MFN的面积S|MN|d2|n1|(n1)2,而n32或n32,所以当n32时,MFN的面积最小,为Smin(22)21284(32)子题1(2023武汉模拟)已知椭圆C:y21,椭圆C的右顶点为A,若点P,Q在椭圆C上,且满足直线AP与AQ的斜率之积为,求APQ面积的最大值解易知直线AP与AQ的斜率同号,所以直线PQ不垂直于x轴,故可设直线PQ:ykxm,P(x1,y1),Q(x2,y2),由可得(14k2)x28mkx4m240,所以x1x2,x1x2,16(4k21m2)0,即4k21m2,而kA
4、PkAQ,A(2,0),所以,化简可得20(kx1m)(kx2m)(x12)(x22),即20k2x1x220km(x1x2)20m2x1x22(x1x2)4,20k220km20m224,整理得6k2mkm20,所以m2k或m3k,所以直线PQ:yk(x2)或yk(x3),因为直线PQ不经过点A(2,0),所以直线PQ经过定点(3,0),即m3k.所以直线PQ的方程为yk(x3),易知k0,设定点B(3,0),SAPQ|AB|y1y2|k|k|k|k|,因为0,且m3k,所以15k20,所以0k2,设t4k21,所以SAPQ,当且仅当t,即k2时取等号,即APQ面积的最大值为.子题2(202
5、3深圳模拟)已知双曲线C:x2y21,设点A为C的左顶点,若过点(3,0)的直线l与C的右支交于P,Q两点,且直线AP,AQ与圆O:x2y21分别交于M,N两点,记四边形PQNM的面积为S1,AMN的面积为S2,求的取值范围解如图所示,设直线lPQ的方程为xty3,P(x1,y1),Q(x2,y2),由得(t21)y26ty80,因为直线l与双曲线C的右支交于两点,所以解得1t1,|m2|1,所以,即m1m22,所以|m1|m2|2,又因为|m2|1,所以1|m1|2,由得(m1)y22m1y0,所以yP,同理可得yQ,由得(m1)y22m1y0,所以yM,同理可得yN,所以,令nmm,由|m
6、1|m2|2,1mb0),则a2,c1,b2a2c23,点P的轨迹E的方程为1.(2)如图所示,连接CO,并延长交椭圆E于点B,连接BM,AN,CM,由椭圆对称性可知|OC|OB|,又|OM|ON|,四边形CMBN为平行四边形,CNBM,|CN|BM|,SBOMSCON且A,M,B三点共线,四边形AMNC的面积SSACMSCOMSCONSACMSCOMSBOMSABC,设直线AB:xmy1,A(x1,y1),B(x2,y2)(y10),由得(3m24)y26my90,y1y2,y1y2,|AB|,又AMNC,点C到直线AB的距离即为点N到直线AB的距离,点N到直线AB的距离d,S|AB|d12
7、,设3m24t,则m2,t4,S121244,又0,当,即m0时,四边形AMNC面积取得最大值,最大值为3.2(2023温州模拟)已知抛物线C1:y24x4与双曲线C2:1(1a0,y1y3,y1y3,而直线BD的方程为yy1(xx1),依题意m0,令y0,得点Q的横坐标xQx1a2,因此1a2,所以的取值范围是.专题强化练1(2023凉山模拟)已知椭圆C:1(ab0)的离心率为,点A(2,1)在椭圆C上(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点M(0,1)的直线l交椭圆C于P,Q两点,求|PQ|的取值范围解(1)设椭圆C的半焦距为c0,由题意可得解得所以椭圆C的标准方程为1.(2)当直线l的斜率不
8、存在时,则l:x0,所以|PQ|2;当直线l的斜率存在时,设l:ykx1,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立方程消去y得(2k21)x24kx40,则(4k)24(2k21)(4)16(3k21)0,可得x1x2,x1x2,则|PQ|4,令t(0,1,则k2,可得|PQ|422,因为t(0,1,所以|PQ|2(2,4,综上所述,|PQ|的取值范围为2,42(2023郑州模拟)在平面直角坐标系中,已知双曲线E:1(a0,b0)的右焦点为F,离心率为2,且过点P(2,3)(1)求双曲线E的标准方程;(2)设过原点O的直线l1在第一、三象限内分别交双曲线E于A,C两点,过原点O的直线l2在第二
9、、四象限内分别交双曲线E于B,D两点,若直线AD过双曲线的右焦点F,求四边形ABCD面积的最小值解(1)由双曲线E的离心率为2,得2.因为双曲线E过点P(2,3),所以1.又c2a2b2,联立式,解得a1,b,c2.故双曲线E的标准方程为x21.(2)由双曲线的对称性,知OAOC,OBOD,所以四边形ABCD为平行四边形,所以S四边形ABCD4SOAD.由题意知直线AD的斜率不为零,设AD的方程为xmy2.联立消去x,得(3m21)y212my90.36(m21)0,设A(x1,y1),D(x2,y2),则y1y2,y1y2.因为A,D均在双曲线右支,所以所以解得0m20,b0)的离心率为,左
10、、右焦点分别为F1,F2,点P的坐标为(3,1),且6.(1)求双曲线C的方程;(2)过点P的动直线l与C的左、右两支分别交于A,B两点,若点M在线段AB上,满足,证明:点M在定直线上思路分析利用离心率和6求方程设直线方程y1k(x3)并联立利用比例关系列式将根与系数的关系代入化简消去参数得点在定直线上(1)解设|F1F2|2c(c0),因为双曲线C的离心率e,设at,c2t,t0,所以F1(2t,0),F2(2t,0),(2t3,1),(2t3,1),所以(2t3)(2t3)16,解得t1或t1(舍去),所以a,c2,b1,所以双曲线C的方程为y21.(2)证明设A(x1,y1),B(x2,
11、y2),当直线斜率不存在时不成立,设l:y1k(x3),即ykx13k,k0,所以x1x2,x1x2.设M(x0,y0),根据题意x1x0x20)内部一点P(m,n)作任意两条直线AB,CD,如图所示,连接AC,BD并延长交于点Q,当P为焦点并且ABCD时,四边形ACBD面积的最小值为32.(1)求抛物线的方程;(2)若点P(1,1),证明:点Q在定直线上运动,并求出定直线方程解(1)设A,B,C,D,设直线AB:ykx,联立方程组整理得x22pkxp20,可得x1x22pk,x1x2p2,所以|AB|2p(k21),同理可得|CD|2p,所以S四边形ABCD|AB|CD|2p28p232,当
12、且仅当k21时取等号,所以p2,所以抛物线的方程为x24y.(2)当P(1,1)时,设Q(x0,y0),由A,P,B三点共线,可得,可得x1x24x1x2,同理由C,P,D三点共线,可得x3x44x3x4,又由A,C,Q三点共线,可得,所以x1x34y0x0(x1x3),同理由B,D,Q三点共线,可得x2x44y0x0(x2x4),由得x1,即(x01)x2x3(4x0)x3(x04y0)x24y04x00,又由得x4,即(x01)x2x3(4x0)x2(x04y0)x34y04x00,由得(4x0)(x3x2)(x04y0)(x2x3)0,即4x0x04y0,即x02y020,所以点Q在定直
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