《高三数学二轮复习 第一篇 专题突破 专题六 解析几何刺 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线第2课时 圆锥曲线中的综合问题课件 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学二轮复习 第一篇 专题突破 专题六 解析几何刺 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线第2课时 圆锥曲线中的综合问题课件 文（33页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2课时 圆锥曲线中的综合问题,总纲目录,考点一 定点问题 证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程,根据方 程的成立与参数值无关得出x,y的方程组,以方程组的解为坐标的点就 是直线所过的定点.典型例题 (2017课标全国理,20,12分)已知椭圆C: + =1(ab0),四点P1(1,1), P2(0,1),P3 ,P4 中恰有三点在椭圆C上. (1)求C的方程; (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜 率的和为-1,证明:l过定点.,又由 + + 知,C不经过点P1,所以点P2在C上. 因此 解得 故C的方程为 +y2=1. (2)设直线P
2、2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2. 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|2,可得A,B的坐标分别为 , . 则k1+k2= - =-1,得t=2,不符合题设.,解析 (1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.,从而可设l:y=kx+m(m1).将y=kx+m代入 +y2=1得 (4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由题设可知=16(4k2-m2+1)0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=- ,x1x2= . 而k1+k2= + = + = , 由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2
3、)=0. 即(2k+1) +(m-1) =0.,解得k=- . 当且仅当m-1时,0,于是l:y=- x+m, 即y+1=- (x-2), 所以l过定点(2,-1).,跟踪集训 (2017河南郑州质量预测(三)已知动圆M恒过点(0,1),且与直线y=-1相 切. (1)求圆心M的轨迹方程; (2)动直线l过点P(0,-2),且与点M的轨迹交于A,B两点,点C与点B关于y轴 对称,求证:直线AC恒过定点. 解析 (1)由题意得点M与点(0,1)的距离始终等于点M与直线y=-1的距 离,由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0,1)为焦点,直线y=-1为准线的 抛物线,则 =1,p=2. 圆心M的轨迹
4、方程为x2=4y. (2)证明:由题意知直线l的斜率存在,设直线l:y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),则C(-x2,y2), 由 得x2-4kx+8=0,x1+x2=4k,x1x2=8. kAC= = = ,直线AC的方程为y-y1= (x-x1). 即y=y1+ (x-x1)= x- + = x+ , x1x2=8,y= x+ = x+2, 则直线AC恒过点(0,2).,考点二 定值问题 定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关,这些变化因素可 能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等,这类问题的一般解法 是使用变化的量表达求证目标,通过运算求证目标的取值与变化的量无 关
5、.,典型例题 (2015课标,20,12分)已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,点(2, )在C上. (1)求C的方程; (2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的 中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. 解析 (1)由题意有 = , + =1, 解得a2=8,b2=4. 所以C的方程为 + =1.,(2)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入 + =1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故xM= = ,yM=kxM+b= . 于是直线OM的斜率k
6、OM= =- ,即kOMk=- . 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.,圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点:特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法: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,方法归纳,跟踪集训 已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点F(1,0),O为坐标原点,A,B是抛物线C 上异于O的两点. (1)求抛物线C的方程; (2)若OAOB,求证:直线AB过定点. 解析 (1)依题意知 =1,p=2,则抛物线C的方程为y2=4x. (2)证明:依题意知:设AB:x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,
7、y2).,由于OAOB,则 =x1x2+y1y2=0.(*) 由 得y2-4ty-4m=0, y1y2=-4m,x1x2= =m2. 代入(*)式,得m2-4m=0,m=0或4. A,B是抛物线上异于O的两点,m=0不合题意. 因此m=4. 直线AB的方程为x=ty+4,直线AB过定点(4,0).,考点三 最值、范围问题 圆锥曲线中常见的最值问题及其解法 (1)两类最值问题:涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题; 求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定 与之相关的一些问题. (2)两种常见解法:几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征 及意义,则考虑利用图形性质来
8、解决;代数法,若题目的条件和结论能 体现一种确定的函数关系,则可先建立目标函数,再求这个函数的最值, 最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.典型例题,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.,(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A ,B ,抛物线上,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)=-
9、 ,所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3, 令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f (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|cosBPQ= ( - )= - .,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
10、, 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 .,求解范围、最值问题的常见方法 解决有关范围、最值问题时,先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、 斜率等),建立目标函数,然后利用函数的有关知识和方法求解. (1)利用判别式构造不等式,从而确定参数的取值范围; (2)利用已知参数的取值范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在 两个参数之间建立相等关系; (3)利用隐含的不等关系,从而求出参数的取值范围; (4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围; (5)利用函数值域的求法,确定参数的取值范围.,方法归纳,跟踪集训 已知中
11、心在原点,焦点在y轴上的椭圆C,其上一点P到两个焦点F1,F2的 距离之和为4,离心率为 . (1)求椭圆C的方程; (2)若直线y=kx+1与曲线C交于A,B两点,求OAB面积的取值范围. 解析 (1)设椭圆的标准方程为 + =1(ab0),由条件可得a=2,c= , 则b=1,故椭圆C的方程为 +x2=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由 得 (k2+4)x2+2kx-3=0,故x1+x2=- ,x1x2=- , 设OAB的面积为S, 由x1x2=- 0, y=t+ 在t3,+)上单调递增,t+ , 0 ,S .,考点四 探索性问题 1.解析几何中的探索性问题,从类型上看,
12、主要是存在类型的相关题 型,解决这类问题通常采用“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,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直 线、曲线或参数)存在;否则,元素(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常用的方法.,典型例题 (2017湖南湘中名校联考)如图,曲线C由上半椭圆C1: + =1(ab0,y 0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其 中C1的离心率为 . (1)求a,b的值; (2)过点B的直线l与C1,C2分别交
13、于点P,Q(均异于点A,B),是否存在直线l, 使得以PQ为直径的圆恰好过点A?若存在,求出直线l的方程;若不存在, 请说明理由.,解析 (1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1, 且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点. 由e= = 及a2-c2=b2=1可得a=2,a=2,b=1. (2)存在.由(1)知,上半椭圆C1的方程为 +x2=1(y0). 由题易知,直线l与x轴不重合也不垂直,设其方程为y=k(x-1)(k0). 代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*) 设点P的坐标为(xP,yP), 直线l过点B,x=1是方程(*)的一个
14、根. 由求根公式,得xP= ,从而yP= , 点P的坐标为 . 同理,由 得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k). = (k,-4), =-k(1,k+2).,连接AP、AQ,依题意可知APAQ, =0,即 k-4(k+2)=0, k0,k-4(k+2)=0, 解得k=- . 经检验,k=- 符合题意, 故直线l的方程为y=- (x-1).,解决探索性问题的注意事项 存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存在,若结 论不正确,则不存在. (1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论. (2)当给出结论要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件. (3)当条件和结论都未知,按常
15、规方法解题很难时,要思维开放,采取其他 的途径.,方法归纳,跟踪集训 已知曲线T: +y2=1(y0),点M( ,0),N(0,1),是否存在经过点(0, ) 且斜率为k的直线l与曲线T有两个不同的交点P和Q,使得向量 + 与 共线?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由. 解析 假设存在,则l:y=kx+ , 代入椭圆方程得(1+2k2)x2+4 kx+2=0. 因为l与椭圆有两个不同的交点, 所以=(4 k)2-8(1+2k2)0,解得k2 , 由题意知直线l不经过椭圆的左、右顶点, 即k1,亦即k2 且k21.,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=- , 得y1+y2=
16、k(x1+x2)+2 =- +2 = . 所以 + =(x1+x2,y1+y2)= , 又 =(- ,1), 向量 + 与 共线等价于x1+x2=- (y1+y2), 所以- =(- ) , 解得k= ,不符合题意,所以不存在这样的直线.,(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA. (1)当|AM|=|AN|时,求AMN的面积; (2)当2|AM|=|AN|时,证明: k2.,(2016课标全国,21,12分)已知A是椭圆E: + =1的左顶点,斜率为k,随堂检测,解析 (1)设M(x1,y1),则由题意知y10. 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为 . 又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2. 将x=y-2代入 + =1得7y2-12y=0. 解得y=0或y= ,所以y1= . 因此AMN的面积SAMN=2 = .
