《高考数学 专题辅导与训练 4.2《圆锥曲线的概念与性质和存在性问题与曲线中的证明》课件 理 新人教版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学 专题辅导与训练 4.2《圆锥曲线的概念与性质和存在性问题与曲线中的证明》课件 理 新人教版（55页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、,热点考向1 圆锥曲线的性质及其应用 【例1】已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心 率为 椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形的周长等于8. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若过点(0,-2)的直线l与椭圆C相交于A、B两点(A、B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，求直线l的方程.,【解题指导】(1)根据条件确定a,c即可；(2)利用待定系数法设出l的方程，根据右顶点与A、B两点的夹角为直角，建立关于直线斜率的关系式进行求解.,【规范解答】(1)由题意设椭圆的标准方程为 =1(ab0). 由已知得 4a=8， a=2,c=1， b2=a2-c2=3. 椭圆的标准方程为
2、 =1.,(2)当直线l的斜率不存在时，A、B分别为椭圆短轴的两个端点，显然以AB为直径的圆不过原点.故可设直线l的方程为y=kx-2. 由 消去y整理得 (3+4k2)x2-16kx+4=0, 因为直线l与椭圆交于A、B两点， 故=(16k)2-16(3+4k2)0, 解得k2,设A(x1,y1),B(x2,y2)， 则x1+x2= x1x2= y1y2=(kx1-2)(kx2-2) =k2x1x2-2k(x1+x2)+4= 因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0)， kADkBD=-1，即 y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0.,即k2-8k+7=0，解得k=1或k=7，满足
3、k2 当k=1时，直线l过右顶点(2,0)，不合题意； 所以k=7. 故所求直线的方程为y=7x-2.,【互动探究】本题(2)中，将“以AB为直径的圆过椭圆的右顶点”改为“以AB为直径的圆过原点”，怎样求解？ 【解析】当直线l的斜率不存在时，A、B分别为椭圆短轴的两个端点，显然以AB为直径的圆不过原点.故可设直线l的方程为y=kx-2. 由 消去y整理得: (3+4k2)x2-16kx+4=0,因为直线l与椭圆交于A、B两点，故 =(16k)2-16(3+4k2)0 解得k2 设A(x1,y1),B(x2,y2)， 则x1+x2= x1x2= y1y2=(kx1-2)(kx2-2) =k2x1
4、x2-2k(x1+x2)+4=,因为以AB为直径的圆过原点， 则 x1x2+y1y2=0, 解得k2= 故k= 满足k2 故满足条件的直线有两条， 分别为y= x-2和y=- x-2.,1.圆锥曲线中离心率的解题策略 椭圆和双曲线的离心率是反映椭圆的扁平程度、双曲线的开口大小的量，其取值范围分别为01.在求解有关离心率的问题时，一般不是直接求出c和a的值去计算，而是根据题目给出的几何特征，建立关于参数c,a,b的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或范围.,2.解决求值问题的关键 在圆锥曲线的求值问题中，寻找等量关系，建立待求量的方程是解题的关键.,本题中求直线的斜率是关键，其中以A
5、B为直径的圆 过椭圆的右顶点提供了等量关系，除了建立方程kADkBD= -1外，也可以通过 =0建立方程求解.,如图，F1，F2分别是椭圆 =1(ab0)的左、右焦 点，M为椭圆上一点，MF2垂直于 x轴，椭圆下顶点和右顶点分别 为A、B，且OMAB (1)求椭圆的离心率； (2)过F2作与OM垂直的直线交椭 圆于点P、Q，若 , 求椭圆的方程.,【解析】(1)设F1(-c,0),F2(c,0)， 则M(c,y) A(0,-b),B(a,0)， 且OMAB, kOM=kAB, 又点M在椭圆上, 解得e=,(2)由(1)得a= c, b=c, 椭圆方程为 =1， kAB= 直线PQ的方程为y=-
6、 (x-c)， 点F1到直线PQ的距离d= 又由 5x2-8cx+2c2=0，,设P(x1,y1), Q(x2,y2), x1+x2= x1x2= |PQ| |x1-x2|= = |PQ|d= 椭圆的方程为,热点考向2 圆锥曲线中的存在性问题 【例2】(12分)(2011重庆高考) 如图，椭圆的中心为原点O，离心 率e= 一条准线的方程是x= (1)求该椭圆的标准方程； (2)设动点P满足： 其中M，N是椭圆上的点，直线OM与 ON的斜率之积为- 问：是否存在两个定点F1,F2，使得|PF1|+PF2为定值？若存在，求F1,F2的坐标；若不存在，说明理由.,【解题指导】(1)由椭圆的离心率及准
7、线的定义可求出a,c 的值,然后由b= 可求出b的值,从而得出椭圆的标准方程.(2)直接设出P,M,N的坐标,根据题目中的条件列出等式求解.,【规范解答】(1)由e= 解得a=2,c= b2=a2-c2=2， 故椭圆的标准方程为 =1. 4分 (2)设P(x,y)，M(x1,y1),N(x2,y2)， 则由 得 (x,y)=(x1,y1)+2(x2,y2)=(x1+2x2,y1+2y2), 即x=x1+2x2,y=y1+2y2.,因为点M，N在椭圆x2+2y2=4上， 所以x12+2y12=4,x22+2y22=4，6分 故x2+2y2=(x12+4x22+4x1x2)+2(y12+4y22+
8、4y1y2) =(x12+2y12)+4(x22+2y22)+4(x1x2+2y1y2) =20+4(x1x2+2y1y2). 8分,设kOM,kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知 kOMkON= 因此x1x2+2y1y2=0， 所以x2+2y2=20. 所以P点是椭圆 =1上的点， 10分 该椭圆的焦点为F1,F2， 则由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|为定值，,又因为c= 因此两焦点的坐标为F1( 0),F2(- 0). 即存在两个定点F1，F2，使得PF1+PF2为定值，其 坐标为( 0),(- 0). 12分,1.存在性问题的常见类型 (1)给出问题对象的一些特殊关系，要求
9、探索出一般规律，并能论证所得规律的正确性，通常要求对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律. (2)给出条件，要求根据此条件判定会不会出现某个结论.,2.存在性问题的解题策略 通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.其中反证法在解题中起着重要的作用；或者将该问题涉及的几何问题转化为代数式或三角式来证明该式是恒定的.,已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F(1，0)的距离 减去它到y轴距离的差都是1. (1)求曲线C的方程； (2)是否存在正数m，对于过点M(m，0)且与曲线C有两个交 点A、B的任一直
10、线，都有 0？若存在，求出m的取 值范围；若不存在，请说明理由.,【解析】(1) 设P(x，y)是曲线C上任意一点. 那么P(x，y)满足 -x=1(x0)， 化简得y2=4x(x0). (2)设经过点M (m，0) (m 0)的直线l与曲线C的交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 设直线l的方程为x=ty+m， 由 得y2-4ty-4m=0， =16(t2+m)0,于是 ,又 =(x1-1,y1), =(x2-1,y2)， 0(x1-1)(x2-1)+y1y20 又x= 于是不等式等价于 +y1y2- (y1+y2)2-2y1y2+10 由式，不等式等价于m2-6m+14t2 ,对于
11、任意实数t，4t2的最小值为0， 所以不等式对一切t成立等价于 m2-6m+10即 由此可见，存在正数m，对于过点M (m，0)且与曲线C有两 个交点A、B的任一直线，都有 0，且m的取值范围 是( ).,热点考向3 圆锥曲线中的证明问题 【例3】(12分)(2011大纲版全国卷) 已知O为坐标原点，F为椭圆C: =1 在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为 的直线l与C交于A、B两点，点P满足 (1)证明：点P在C上； (2)设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.,【解题指导】(1)把 用坐标表示后求出P点的坐标，然后再结合直线方程把P点的纵坐标也用A、B两点的横坐标表
12、示出来.从而求出点P的坐标，代入椭圆方程验证即可证明点P在C上. (2)此问题证明有两种思路：关键是证明APB,AQB互补.通过证明这两个角的正切值互补即可，在求正切值时要注意利用到角公式.,根据圆的几何性质可得圆心一定在弦的垂直平分线上，所以根据两条弦的垂直平分线的交点找出圆心N，然后证明N到四个点A、B、P、Q的距离相等即可.,【规范解答】(1)由条件得直线方程l为:y=- x+1， 1分 由 消去y整理得： 4x2-2 x-1=0， 2分 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2= x1x2=- 3分 由 得P(-(x1+x2),-(y1+y2)，,又-(x1+x2)=- -(
13、y1+y2)=- x1+1+(- x2+1) = (x1+x2)-2=-1， 故点P的坐标为P(- -1). 5分 所以 1. 所以点P在C上. 6分,(2)方法一：tanAPB= 8分,同理tanAQB= 10分 所以APB，AQB互补， 11分 因此A、P、B、Q四点在同一圆上. 12分,方法二：由P(- -1)和题设知，Q( 1),PQ的垂直平分 线l1的方程为y=- x 7分 设AB的中点为M，则M( )，AB的垂直平分线l2的方程 为y= 8分 由得l1、l2的交点为N(- ), 9分,同理NQ= |AB|= x2-x1|= AM MN= NA 11分 故|NP|=|NA|，NPNQ
14、，NANB. 所以A、P、B、Q四点在同一圆圆N上. 12分,1.圆锥曲线中证明题的类型 从高考的命题趋势来看，圆锥曲线中的证明问题主要有两类： (1)证明位置关系，如证明点共线、线共点、点共圆等； (2)证明数量关系，即证明几何量之间存在着一定的数量关系，如证明等式.,2.解决圆锥曲线中证明题的策略 (1)对于位置性关系的证明题一般有两种方法，一是用代数法解决，即把位置关系的问题转化为数量关系的运算来解决；二是利用几何方法解决，即利用几何图形的性质或平面几何的知识来解决. (2)对于数量关系的证明问题，首先应将所证明的量表示为某一参数的代数式，然后通过对该代数式的化简、运算进行证明.,本例(2)中的方法一运用的是“对角互补的四边形内接于圆”的方法；方法二运用的是“A、P、B、Q四点到同一点的距离相等”来证明.特别是在证明圆锥曲线中的位置关系问题时，一定要注意几何图形的性质的应用.,已知抛物线：x2=2py (p0). (1)若抛物线上点M(m,2)到焦点F的距离为3，求抛物线的方程； (2)设过焦点F的动直线l交抛物线于A，B两点，连接AO，BO并延长分别交抛物线的准线于C，D两点，求证：以CD为直径的圆过焦点F.,【解析】(1)由抛物线定义可知， 点M(m,2)到y=- 的距
