《高三数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第九节 圆锥曲线的综合问题课件 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第九节 圆锥曲线的综合问题课件 文（25页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、文数课标版第九节圆锥曲线的综合问题考点一圆锥曲线中的范围、最值问题考点一圆锥曲线中的范围、最值问题典例典例1已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(ab0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当OPQ的面积最大时,求l的方程.考点突破考点突破解析解析(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程为+y2=1.(2)当lx轴时不合题意,故设l:y=kx-2(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+
2、12=0.由题意知=16(4k2-3)0,解得k2.x1,2=.从而|PQ|=|x1-x2|=.又点O到直线PQ的距离d=,所以SOPQ=d|PQ|=.设=t,则t0,SOPQ=.因为t+4,当且仅当t=2,即k=时等号成立,且满足0,所以,当OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.方法技巧方法技巧圆锥曲线中的最值(范围)问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是几何法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是代数法,即把要求最值(范围)的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数,然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.1-1已
3、知A,B,C是椭圆M:+=1(ab0)上的三点,其中点A的坐标为(2,0),BC过椭圆的中心,且=0,|=2|.(1)求椭圆M的方程;(2)过点(0,t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P,Q,设D为椭圆M与y轴负半轴的交点,且|=|,求实数t的取值范围.解析解析(1)因为|=2|且BC过(0,0),则|OC|=|AC|.因为=0,所以OCA=90,所以C(,).由题意知a=2,所以设椭圆M的方程为+=1.将C点坐标代入得+=1,解得b2=4,所以椭圆M的方程为+=1.(2)由条件及(1)知D(0,-2),当k=0时,显然-2t0可得t21,将代入得,t24t,故1t4.所以t的范围是(
4、1,4).综上可得t(-2,4).考点二圆锥曲线中的定点、定值问题考点二圆锥曲线中的定点、定值问题典例典例2(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轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.解析解析(1)由题意得,a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.又c=,所以离心率e=.(2)证明:设P(x0,y0)(x00,y01)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M:(x-3)2+(y-1)2=3相切.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若不过
5、点A的动直线l与椭圆C交于P,Q两点,且=0,求证:直线l过定点,并求该定点的坐标.解析解析(1)圆M的圆心为(3,1),半径r=.由题意知A(0,1),F(c,0),则直线AF的方程为+y=1,即x+cy-c=0,由直线AF与圆M相切,得=,解得c2=2,所以a2=c2+1=3,故椭圆C的方程为+y2=1.(2)解法一:由=0,知APAQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,由A(0,1)可设直线AP的方程为y=kx+1(k0),则直线AQ的方程为y=-x+1(k0).将y=kx+1代入椭圆C的方程+y2=1中,整理,得(1+3k2)x2+6kx=0,解得x=0或x=-,P,即P,将上式中的k换成-
6、,得Q.直线l的方程为y=+,化简得直线l的方程为y=x-,因此直线l过定点.解法二:由=0知APAQ,从而直线PQ与x轴不垂直,故可设直线l的方程为y=kx+t(t1),将其与椭圆方程联立得消去y,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则(*)由=0,得=(x1,y1-1)(x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0,将(*)代入,得t=-.直线l过定点.考点三圆锥曲线中的探索性问题考点三圆锥曲线中的探索性问题典例典例3(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(ab0)的离心率是,点P
7、(0,1)在短轴CD上,且=-1.(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数,使 得+为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.解析解析(1)由已知,得点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且=-1,e=,于是解得a=2,b=.所以椭圆E的方程为+=1.(2)存在.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-,x1x2=-.从而,+=x1x2+
8、y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=-2.所以,当=1时,-2=-3.此时,+=-3为定值.当直线AB的斜率不存在时,直线AB即为直线CD.此时,+=+=-2-1=-3.故存在常数=1,使得+为定值-3.方法技巧方法技巧(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”.其步骤如下:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,列出与该元素相关的方程(组),若方程(组)有实数解,则元素存在,否则,元素不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法.3-1在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,)且斜率为k的直线l与椭圆+y2=1有两个
9、不同的交点P和Q.(1)求k的取值范围;(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B,是否存在常数k,使 得 向 量+与共线?如果存在,求k的值;如果不存在,请说明理由.解析解析(1)由已知条件知,直线l的方程为y=kx+,代入椭圆方程得+(kx+)2=1,整理得x2+2kx+1=0.直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于=8k2-4=4k2-20,解得k.即k的取值范围为.(2)不存在.理由如下:设P(x1,y1),Q(x2,y2),则+=(x1+x2,y1+y2),由方程知,x1+x2=-.由(1)知y1+y2=k(x1+x2)+2=-+2.由题意知A(,0)、B(0,1),所以=(-,1),所以+与共线等价于x1+x2=-(y1+y2),将代入上式,解得k=.由(1)知k,故不存在符合题意的常数k,使得+与共线.
