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1、考点一定点与定值问题 考向基础 1.定点问题 解析几何中证明直线过定点,一般是先选择一个参数建立直线系方程,然后再根据直线系方程过定点时方程的成立与参数没有关系得到一个关于x,y的方程组,以这个方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点. 2.定值问题 (1)解析几何中的定值问题的证明可运用函数的思想方法.证明过程可总结为“变量函数定值”,具体操作步骤如下: (i)变量选择适当的量为变量.,考点清单,(ii)函数把要证明为定值的量表示成上述变量的函数. (iii)定值把得到的函数解析式化简,消去变量得到定值. (2)求定值问题常见的方法 (i)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (ii
2、)直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.,例1(2019届湖南顶级名校第三次联考,20)已知点P(2,2)到抛物线C:y2=2px的焦点和准线的距离相等,直线l与抛物线C交于A,B两点,设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2(点A,B不与点P重合). (1)求抛物线C的方程; (2)当k1+k2=2时,直线l是否过定点?若过定点,请求出其坐标;若不过定点,请说明理由.,考向突破 考向一 定点问题,解析(1)根据抛物线的定义知,点P(2,2)在抛物线C上, 22=2p2,p=1, 抛物线C的方程为y2=2x. (2)过定点.理由如下:设l:x=ty+m,A,B(y12,y
3、22). 联立得y2-2ty-2m=0, 则=4t2+8m0,y1+y2=2t,y1y2=-2m. k1+k2=2,即+=2,+=2, +=1,y1y2+y1+y2=0. -2m+2t=0,m=t.,由=4t2+8t0,解得t0. 直线l的方程为x=ty+t,即x=(y+1)t. 令y+1=0,解得y=-1,x=0, 直线l恒过点(0,-1).,例2(2019届陕西四校期中联考,20)已知抛物线C:y2=2px过点A(1,1). (1)求抛物线C的方程; (2)过点P(3,-1)的直线与抛物线C交于M,N两个不同的点(均与点A不重合),设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定
4、值.,考向二定值问题,解析(1)由题意得2p=1,所以抛物线C的方程为y2=x. (2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2)(y11,y21),直线MN的方程为x=t(y+1)+3,代入抛物线方程得y2-ty-t-3=0. 所以=(t+2)2+80,y1+y2=t,y1y2=-t-3. 所以k1k2= =-, 所以k1k2是定值.,考点二参变量的取值范围和最值问题 考向基础 1.求最值问题常见的方法 (1)几何法:若题中给出的条件有明显的几何特征,则考虑用图象、性质来解决. (2)代数法:若题中给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,再求这个函数的最值.求函数的最值常见的方
5、法有配方法、判别式法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等. 2.求定值、最值等圆锥曲线综合问题的四重视 (1)重视定义在解题中的作用; (2)重视平面几何知识在解题中的作用;,(3)重视根与系数的关系在解题中的作用; (4)重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用. 3.求参数的取值范围 根据已知条件建立关于参数的等式或不等式,再求参数的范围.,例3(2017河南六市一模,9)已知圆(x-1)2+y2=的一条切线y=kx与双曲 线C:-=1(a0,b0)有两个交点,则双曲线C的离心率的取值范围是 () A.(1,)B.(1,2)C.(,+)D.(2,+),考向突破 考向一参变量的取值
6、范围,解析由题意,知圆心(1,0)到直线kx-y=0的距离d=,k=. 由题意知,1+4,即=4,e2,故选D.,答案D,例4(2018河北衡水中学六调,5)已知双曲线-=1(0b2)与x轴 交于A,B两点,C(0,b),则ABC的面积的最大值为() A.1B.2C.4D.8,考向二参变量的最值,解析由题意知A,B分别为双曲线的左、右顶点,其中A(-,0),B (,0),SABC=|AB|b=2b=,00, SABC=2,当且仅当b2=4-b2,即b=时等号成立, 故ABC的面积的最大值为2,选B.,答案B,考点三存在性问题 考向基础 1.存在性问题的解题步骤 (1)先假设存在,引入参变量,根
7、据题目条件列出关于参数的方程或不等式(组). (2)解此方程或不等式(组),若有解,则存在,若无解,则不存在. 2.解答此类问题要充分注意解题的规范性.,例5(2019届四川大学附中期中考试,19)已知椭圆C1:+=1(ab0), F为左焦点,A为上顶点,B(2,0)为右顶点,若|=2|,抛物线C2的顶 点在坐标原点,焦点为F. (1)求C1的标准方程; (2)是否存在过F点的直线,与C1和C2的交点分别是P,Q和M,N,使得SOPQ=SOMN?如果存在,求出直线的方程;如果不存在,请说明理由.,考向突破 考向存在性问题,解析(1)因为|=2|,所以a=2,由右顶点为B(2,0)得a= 2,所
8、以b2=3, 所以C1的标准方程为+=1. (2)存在.依题意可知C2的方程为y2=-4x.假设存在符合题意的直线, 设该直线方程为x=ky-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4). 联立得(3k2+4)y2-6ky-9=0, 由根与系数的关系得y1+y2=,y1y2=,则|y1-y2|= =.,联立得y2+4ky-4=0,由根与系数的关系得y3+y4=-4k,y3y4=-4, 所以|y3-y4|=4. 若SOPQ=SOMN,则|y1-y2|=|y3-y4|,即=2,解得k=. 所以存在符合题意的直线,其方程为x+y+1=0或x-y+1=0.,方法1圆锥曲线
9、中的定点、定值问题的求解方法 1.圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关,如椭圆的长、短轴的长,双曲线的虚、实轴的长,抛物线的焦参数等,可通过直接计算求解,也可用“特殊位置法”和“相关曲线系数”求解. 2.解决定点、定值问题常用的思想有两种:从特殊入手,求含参变量的定点、定值,再证明这个定点、定值与变量无关;直接推理计算,并在计算的过程中消去变量,从而得到定点、定值.,方法技巧,例1(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1过A(2,0),B(0,1)两点. (1)求椭圆C的方程及离心率; (2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交
10、于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.,解题导引,解析(1)由题意得,a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1.(3分) 又c=, 所以离心率e=.(5分) (2)证明:设P(x0,y0)(x00,y00),则+4=4.(6分) 又A(2,0),B(0,1), 所以,直线PA的方程为y=(x-2). 令x=0,得yM=-,从而|BM|=1-yM=1+.(9分) 直线PB的方程为y=x+1.,令y=0,得xN=-, 从而|AN|=2-xN=2+.(12分) 所以四边形ABNM的面积 S=|AN|BM| = = =2. 从而四边形ABNM的面积为定值.(14分),方法2圆锥曲线中的最值、
11、范围问题的求解方法 1.几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决,此法称为几何法. 2.代数法:根据题目构造关于变量的等式或不等式,从而采用方程思想或函数思想求解最值或范围的方法称为代数法.利用代数法解决最值和范围问题的常见思路:利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的范围;利用已知参数范围,求新参数的范围,解决这类问题的核心为构建所求变量与已知变量的函数关系式;利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出所需要的参数范围;利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围;利用函数的值域,确定参数的取值范围.,例2(2019届湖北襄阳重点中学第一次月考,20)
12、椭圆C:+=1(ab 0)上的点P(2,)满足|AP|+|BP|=4,其中A、B是椭圆C的左、右焦点. (1)求椭圆C的标准方程; (2)与圆(x-1)2+y2=1相切的直线l(斜率存在)交椭圆C于M、N两点,若椭圆上一点E满足+=(0),求实数的取值范围.,解题导引,解析(1)由椭圆的定义知|AP|+|BP|=2a=4, 得a=2,所以a2=8. 由P(2,)在椭圆C上得+=1,解得b2=6.(4分) 所以椭圆C的标准方程为+=1.(5分) (2)设直线l的方程为y=kx+t(t0),由直线l:y=kx+t与圆(x-1)2+y2=1相切,得=12k=(t0).(6分) 把y=kx+t代入+=
13、1并整理得(3+4k2)x2+8ktx+(4t2-24)=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2),则有x1+x2=-, y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=.(8分),因为=(x1+x2,y1+y2), 所以E. 又因为点E在椭圆C上,所以+=1, 则2=.因为t20,所以+11, 所以022,所以的取值范围为(-,0)(0,).(12分),方法3圆锥曲线中的存在性问题的求解方法 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种,若探究条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在.若探究结论,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参
14、数的讨论.,例3(2019届山西顶级名校10月联考,20)已知椭圆C:+=1(ab0) 的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为,点A在椭圆C上,|AF1|=2,F1AF2 =60,过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P,Q两点. (1)求椭圆C的方程; (2)若线段PQ的中点为N,在线段OF2上是否存在点M(m,0),使得MNPQ?若存在,求实数m的取值范围;若不存在,说明理由.,解题导引,解析(1)由e=得a=2c,又|AF1|=2,|AF1|+|AF2|=2a,所以|AF2|=2a-2. 在F1AF2中,由余弦定理得,|AF1|2+|AF2|2-2|AF1|AF2|cosF1AF2=|
15、F1F2|2,即22+(2a-2)2-22(2a-2)cos 60=4c2,结合a=2c,解得c=1, 所以a=2,故b2=a2-c2=3. 所以椭圆C的方程为+=1.(5分) (2)存在符合题意的点M. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0). 由F2(1,0),设直线PQ的方程为y=k(x-1)(k0), 由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,(7分),=144(k2+1)0, 由根与系数的关系得x1+x2=,故x0=. 又点N在直线PQ上,将x0代入直线PQ的方程得y0=k=, 所以N.(9分) 因为MNPQ,M(m,0),所以kMN=-, 整理得m=, 所以存在满足题意的实数m,且m的取值范围为.(12分),
