《三年高考两年模拟（浙江版）高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.8 圆锥曲线的综合问题课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三年高考两年模拟（浙江版）高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.8 圆锥曲线的综合问题课件（39页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 8.8圆锥曲线的综合问题1.判断直线l与圆锥曲线r的位置关系时,通常将直线l的方程Ax+By+C=0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线r的方程F(x,y)=0,消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的方程.对于消去y后得到的ax2+bx+c=0:(1)若,则当0时,直线l与曲线r相交;当=0时,直线l与曲线r相切;当0,所以x1、x2是方程ax2+bx+c=0的解.由根与系数的关系(韦达定理)求出x1+x2=-,x1x2=,以此结合弦长公式可整体代入求值.A、B两点间的距离为|AB|=|x1-x2|,即弦长公式.也可以写成关于y的形式,即弦长公式为|AB|=|y1-y2|(k0)
2、.cc3.已知弦已知弦AB的中点的中点,研究研究AB的斜率和方程的斜率和方程(1)AB是椭圆+=1(ab0)的一条弦,AB中点M的坐标为(x0,y0)(y00),则AB的斜率为-.运用点差法求AB的斜率,设A(x1,y1)、B(x2,y2)(y1+y20).A、B都在椭圆上,两式相减得+=0,+=0,又由y1+y20,易知x1x2,c=-=-,故kAB=-.(2)运用类比的方法可以推出:已知AB是双曲线-=1的弦,中点M(x0,y0)(y00),则kAB=.已知抛物线y2=2px(p0)的弦AB的中点M(x0,y0)(y00),则kAB=.若涉及直线过圆锥曲线焦点的问题,则一般利用圆锥曲线的定
3、义去解决.cc4.定点、定值问题定点、定值问题(1)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)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.(2)定点问题的常见解法(i)假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即所求定点;(ii)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点适合题意.5.最值与范围问题最值与范围问题(1)圆锥曲线中常见的最值与范围类型圆锥曲线上本身存在最值问题:(i)椭圆上两点间最大距离为2a(长轴长);(ii)双曲线上不同支的两点间最小
4、距离为2a(实轴长);(iii)椭圆焦半径的取值范围为a-c,a+c,a-c与a+c分别表示椭圆焦点到椭圆上的点的最小距离与最大距离;(iv)抛物线上的点中顶点与抛物线的准线距离最近.(2)圆锥曲线上的点到定点的距离的最值问题,常用两点间的距离公式转化为区间上的二次函数的最值问题解决,有时也用圆锥曲线的参数方程化为三角函数的最值问题或用三角形的两边之和(或差)与第三边的不等关系求解.(3)圆锥曲线上的点到定直线的距离的最值问题解法同上或用平行切线法.(4)点在圆锥曲线上(非线性约束条件)的条件下,求相关式子(目标函数)的取值范围问题,常用参数方程代入转化为三角函数的最值问题,或根据平面几何知识
5、引入一个参数(有几何意义)化为函数进行处理.(5)由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系求直线中或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围问题,常利用分离参数法,转化为相应函数问题求解.(6)实际应用问题,解这类题目时,首先要解决以下两个问题:(i)选择适当的坐标系;(ii)将实际问题中的条件借助坐标系用数学语言表达出来.其次,根据需要将最值问题化为一个函数的最值问题.(7)求最值问题的常见方法(i)几何法: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,这是几何法.(ii)代数法: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法有配方法、判
6、别式法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等.6.求定值、最值问题等圆锥曲线综合问题要四重视求定值、最值问题等圆锥曲线综合问题要四重视(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.7.存在性问题存在性问题一般采用“假设反证法”或“假设验证法”来解决存在性问题.1.设抛物线y2=4x的焦点弦被焦点分为长是m和n的两部分,则m与n的关系是()A.m+n=4B.mn=4C.m+n=mnD.m+n=2mn答案C解法一:焦点为F(1,0),设焦点弦为AB,其中A(x1,y1),B(x2,
7、y2),当直线AB的斜率存在时,依题意设AB的方程为y=k(x-1)(k0).由焦半径公式得AF=x1+1=m,BF=x2+1=n,又c解法二:利用结论+=,易知+=1,所以m+n=mn.k2x2-(2k2+4)x+k2=0,x1x2=1,mn=(x1+1)(x2+1)=1+(x1+x2)+x1x2=1+(m+n-2)+1=m+n.当直线AB的斜率不存在时,易知m=2,n=2,满足m+n=mn.故选C.2.直线3x-4y+4=0与抛物线x2=4y和圆x2+(y-1)2=1从左到右的交点依次为A、B、C、D, 则的 值 为()A.16B.C.4D.答案B由得x2-3x-4=0,xA=-1,xD=
8、4,直线3x-4y+4=0恰过抛物线的焦点F(0,1),|AF|=yA+1=,|DF|=yD+1=5,=.故选B.c3.已知椭圆C1:+=1(a1b10)与双曲线C2:-=1(a20,b20)有相同的左、右焦点F1,F2,点P是两曲线的一个公共点,e1,e2分别是两曲线的离心率,若PF1PF2,则4+的 最 小 值 为()A. B.4C.D.9答案C设焦距为2c,由题意知椭圆的长轴长为2a1,双曲线的实轴长为2a2,不妨令P在双曲线的右支上,由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a2,由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2a1,又PF1PF2,故|PF1|2+|PF2|2=4c2,2+2
9、得|PF1|2+|PF2|2=2+2,将代入得+=2c2,4+=+=+=+2=(当且仅当a1=a2时等号成立).c4.若抛物线y=ax2-1上恒有关于直线x+y=0对称的相异两点A,B,则a的取值范围是.答案a解析解法一:由题意得直线AB的斜率为1.设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的方程为y=x+b,代入抛物线方程y=ax2-1,得ax2-x-(b+1)=0.设AB的中点为M(x0,y0),则x0=,y0=x0+b=+b.由于M(x0,y0)在直线x+y=0上,故x0+y0=0,由此得b=-,此时ax2-x-(b+1)=0可变形为ax2-x-=0.由=1+4a0,解得a.解法二:根据
10、点差法,不难求出抛物线y=ax2-1的斜率为1的平行弦中点的c轨迹方程是x=.当a0时,y-1;当a0时,y0时,-1,解得a;当a0时,-.最值与范围问题最值与范围问题典例1(2014浙江,21,15分)如图,设椭圆C:+=1(ab0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(kb0),其右顶点为A(2,0),上、下顶点分别为B1,B2.直线AB2的斜率为,过椭圆的右焦点F的直线交椭圆于M,N两点(M,N均
11、在y轴右侧).(1)求椭圆的方程;(2)设四边形MNB1B2面积为S,求S的取值范围.解析(1)因为a=2,=,所以b=1.所以椭圆方程为+y2=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my+,将直线x=my+代入椭圆方程+y2=1得(m2+4)y2+2my-1=0,则y1+y2=,y1y2=,|y1-y2|=,x10,x20,0|m|,如图,=+SOMN=(x1+x2)+|y1-y2|=m(y1+y2)+=m+=+=.令t=,1t2,则S=,因为1tb0)的离心率为,且过点E(2,).(1)求椭圆的方程;(2)设C1,C2为椭圆的上,下顶点,点P为椭圆在第一象限内
12、的点,R(0,-2),连结PR交椭圆于另一点Q,记四边形C1C2QP的对角线的交点为G,证明:点G的纵坐标为定值.解析(1)由=及a2-b2=c2得a=b,又由已知得+=1,解得b=2,a=2.c所以椭圆的方程为+=1.(5分)(2)证明:由题意及(1)得C1(0,2),C2(0,-2),设P(x1,y1)(x10,y10),Q(x2,y2),直线PR的方程为y=kx- 2,与椭圆方程联立并整理得(1+2k2)x2- 8kx+16=0.所以x1+x2=,x1x2=,又直线C2P的方程为y=x-2,直线C1Q的方程为y=x+2,由y1=kx1-2,y2=kx2-2及得y=2=2= -,故点G在直
13、线y=-上,即点G的纵坐标为定值.(15分)解决定值、定点问题常用的思路有两种:(1)从特殊入手,求含变量的定值、定点,再证明这个定值、定点与变量无关;(2)直接推理、计算,并在计算的过程中消去变量,从而得到定值、定点.常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)来证明直线过定点(x0,y0).2-1(2015杭州二中高三仿真考,19,15分)如图,中心在坐标原点,焦点分别在x轴和y轴上的椭圆T1,T2都过点M( 0 , -),且椭圆T1与T2的离心率均为.(1)求椭圆T1与椭圆T2的标准方程;(2)过点M引两条斜率分别为k,k的直线分别交T1,T2于点P,Q,当k=4k时,问直线PQ是否过
14、定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.解析(1)T1:+=1,T2:+x2=1.(2)直线PQ过定点.直线MP的方程为y=kx-,与椭圆T1的方程联立得消去y得(2k2+1)x2-4kx=0,则xP=,点P的坐标为.同理可得点Q的坐标为,又k=4k,则点Q为,kPQ=-,则直线PQ的方程为y-=-,化简得y=-x+,故当x=0时,y=,故直线PQ过定点(0,).圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线中的探索性问题典例3(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(ab0)的离心率是,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截 得 的
15、线 段 长 为 2.(1)求椭圆E的方程;(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得=恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点(,1)在椭圆E上.因此,解得a=2,b=.所以椭圆E的方程为+=1.(2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.如果存在定点Q满足条件,则有 = =1,即|QC|=|QD|.所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0).当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,则M,N的坐标分别为(0,),(0,-).由=,有=,解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q
16、点坐标只可能为(0,2).下面证明:对任意直线l,均有=.当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立得消y得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-,x1x2=-.因此+=2k.易知,点B关于y轴对称的点B的坐标为(-x2,y2).又kQA=k-,kQB=-k+=k-,所以kQA=kQB,即Q,A,B三点共线.所以=.故存在与P不同的定点Q(0,2),使得=恒成立.解决探索性问题的思想方法圆锥曲线中的探索性问题是高考命题的热点,
17、主要以解答题的形式出现,难度较大,一般作为压轴题.解决这类问题往往采用“假设反证法”或“假设检验法”,也可先用特殊情况得到所求值,再给出一般性的证明.3-1(2015金丽衢十二校二联文,19,15分)已知抛物线:y2=2px,准线与x轴的交点为P(-2,0).(1)求抛物线的方程;(2)如图,Q(1,0),过点P的直线l与抛物线交于不同的两点A,B,AQ与BQ分别与抛物线交于点C,D,设AB,DC的斜率分别为k1,k2,AD,BC的斜率分别为k3,k4,问:是否存在常数,使得k1k3k4=k2?若存在,求出的值,若不存在,说明理由.解析(1)y2=8x.(2)存在常数使得k1k3k4=k2.假设存在实数,设AB的直线方程为x=my-2,A,B,C,D,由消元得:y2-8my+16=0,所以=,=,由化简可得y1y3=-8,同理可得y2y4=-8,易得k1=,k2=-,k3=y2,k4=y1,所以代入k1k3k4=k2得y1y2=-,所以存在=-8.
