《高考数理科广东二轮专题复习配套课件专题六-第讲-圆锥曲线中的热点问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数理科广东二轮专题复习配套课件专题六-第讲-圆锥曲线中的热点问题（57页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第 3讲 圆锥曲线中的热点问题,主 干 知 识 梳 理,热 点 分 类 突 破,真 题 与 押 题,主干知识梳理,1.直线与圆锥曲线的位置关系 (1)直线与椭圆的位置关系的判定方法： 将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程.若0，则直线与椭圆相交；若0，则直线与椭圆相切；若0，则直线与椭圆相离.,(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法： 将直线方程与双曲线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2bxc0(或ay2byc0). 若a0，当0时，直线与双曲线相交；当0时，直线与双曲线相切；当0时，直线与双曲线相离. 若a0时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点.,
2、(3)直线与抛物线的位置关系的判定方法： 将直线方程与抛物线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2bxc0(或ay2byc0). 当a0时，用判定，方法同上. 当a0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点.,(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式).,3.弦的中点问题 有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算. 4.轨迹方程问题 (1)求轨迹方程的基本步骤： 建立适当的平面直角坐标系，设出轨迹上任一点的坐标解析法(坐标法). 寻找动点与已知点满足的关系式几何关系.,将动点与已知点的坐标代入几何关系代数化. 化简整理方程简化.
3、证明所得方程为所求的轨迹方程完成其充要性. (2)求轨迹方程的常用方法： 直接法：将几何关系直接翻译成代数方程； 定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程；,代入法：把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联系； 交轨法：写出两条动直线的方程直接消参，求得两条动直线交点的轨迹； (3)注意建系要符合最优化原则；求轨迹与“求轨迹方程”不同，轨迹通常指的是图形，而轨迹方程则是代数表达式.步骤省略后，验证时常用途径：化简是否同解变形，是否满足题意，验证特殊点是否成立等.,热点一 圆锥曲线中的范围、最值问题,热点二 圆锥曲线中的定值、定点问题,热点三 圆锥曲线中的探索性问题,热点分类突
4、破,热点一 圆锥曲线中的范围、最值问题,(1)求椭圆C1的方程；,思维启迪 P点是椭圆上顶点，圆C2的直径等于椭圆长轴长；,(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程.,思维启迪 设直线l1的斜率为k，将ABD的面积表示为关于k的函数.,解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0). 由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k， 则直线l1的方程为ykx1. 又圆C2：x2y24，,又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.,消去y，整理得(4k2)x28kx0，,设ABD的面积为S，,变式训练1,(1)求椭圆C的标准方程；,又a2b2c2，a24，b23，,解 显然直线PQ不与x
5、轴重合，,当直线PQ与x轴垂直时，|PQ|3，|F1F2|2， 3；,当直线PQ不与x轴垂直时，,设直线PQ：yk(x1)，k0代入椭圆C的标准方程，,整理，得(34k2)y26ky9k20，,当直线PQ与x轴垂直时 最大，且最大面积为3.,设PF1Q内切圆半径为r，,则 (|PF1|QF1|PQ|)r4r3.,即rmax ，此时直线PQ与x轴垂直，PF1Q内切圆面积最大，,例2 (2013陕西)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程；,热点二 圆锥曲线中的定值、定点问题,思维启迪 设动圆圆心坐标，利用圆的半径、半弦长和弦心距组成的直角三角形
6、求解；,解 如图，设动圆圆心为O1(x，y)，,由题意，得|O1A|O1M|，,当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN 交MN于H，则H是MN的中点，,化简得y28x(x0).,又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0)也满足方程y28x，,动圆圆心的轨迹C的方程为y28x.,(2)已知点B(1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是PBQ的角平分线，证明：直线l过定点.,思维启迪 设直线方程ykxb，将其和轨迹C的方程联立，再设两个交点坐标，由题意知直线BP和BQ的斜率互为相反数，推出k和b的关系，最后证明直线过定点.,(2)证明 如图由题意， 设
7、直线l的方程为ykxb(k0)，,P(x1，y1)，Q(x2，y2)，,将ykxb代入y28x中， 得k2x2(2bk8)xb20. 其中32kb640.,x轴是PBQ的角平分线，,即y1(x21)y2(x11)0， (kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0， 2kx1x2(bk)(x1x2)2b0 将代入得2kb2(kb)(82bk)2k2b0， kb，此时0， 直线l的方程为yk(x1)，即直线l过定点(1,0).,变式训练2,(1)求椭圆C的方程；,(2)已知点P(2,3)，Q(2，3)在椭圆上，点A、B是椭圆上不同的两个动点，且满足APQBPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说
8、明理由.,解 当APQBPQ时，PA、PB的斜率之和为0，,设直线PA的斜率为k， 则PB的斜率为k，PA的直线方程为y3k(x2)，,(34k2)x28(32k)kx4(32k)2480，,同理PB的直线方程为y3k(x2)，,例3 已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：,热点三 圆锥曲线中的探索性问题,(1)求C1，C2的标准方程；,思维启迪 比较椭圆及抛物线方程可知，C2的方程易求，确定其上两点，剩余两点，利用待定系数法求C1方程.,易求得C2的标准方程为y24x.,思维启迪 联立方程，转化已知条件进行求
9、解.,解 容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意. 当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1)， 与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2).,消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，,所以y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1,解得k2，所以存在直线l满足条件， 且直线l的方程为2xy20或2xy20.,变式训练3,已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点. (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理
10、由.,且可知其左焦点为F(2,0).,又a2b2c2，所以b212，,因为直线l与椭圆C有公共点，,所以符合题意的直线l不存在.,(2)同方法一.,1.圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法 (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； (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：,本讲规律总结,利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围； 利用已知参数的范围，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等量关系； 利用隐含或已知的不
11、等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； 利用基本不等式求出参数的取值范围； 利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.,2.定点、定值问题的处理方法 定值包括几何量的定值或曲线过定点等问题，处理时可以直接推理求出定值，也可以先通过特定位置猜测结论后进行一般性证明.对于客观题，通过特殊值法探求定点、定值能达到事半功倍的效果.,3.探索性问题的解法 探索是否存在的问题，一般是先假设存在，然后寻找理由去确定结论，如果真的存在，则可以得出相应存在的结论；若不存在，则会由条件得出矛盾，再下结论不存在即可.,真题感悟,押题精练,真题与押题,真题感悟,(2014北京)已知椭圆C：x22y24. (1)求
12、椭圆C的离心率；,所以a24，b22，从而c2a2b22.,真题感悟,(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y2上，且OAOB，试判断直线AB与圆x2y22的位置关系，并证明你的结论.,解 直线AB与圆x2y22相切.证明如下： 设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中x00.,真题感悟,此时直线AB与圆x2y22相切.,即(y02)x(x0t)y2x0ty00.,真题感悟,此时直线AB与圆x2y22相切.,押题精练,押题精练,(1)求椭圆C的方程；,a22，b21.,押题精练,解 由题意知直线AB的斜率存在，即t0. 设直线AB的方程为yk(x2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，,押题精练,
