高三數(shù)學(xué)第一篇六 解析幾何刺 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線第2課時(shí) 圓錐曲線中的綜合問題 文

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1、第第2 2課時(shí)圓錐曲線中的綜合問題課時(shí)圓錐曲線中的綜合問題總綱目錄考點(diǎn)一 定點(diǎn)問題考點(diǎn)二 定值問題考點(diǎn)三 最值、范圍問題考點(diǎn)四 探索性問題考點(diǎn)一 定點(diǎn)問題證明直線過定點(diǎn)的基本思想是使用一個(gè)參數(shù)表示直線方程,根據(jù)方程的成立與參數(shù)值無關(guān)得出x,y的方程組,以方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線所過的定點(diǎn).典型例題(2017課標(biāo)全國理,20,12分)已知橢圓C:+=1(ab0),四點(diǎn)P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(1)求C的方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A,B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點(diǎn).22xa22yb31,231,2又由+

2、知,C不經(jīng)過點(diǎn)P1,所以點(diǎn)P2在C上.因此解得故C的方程為+y2=1.(2)設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2.如果l與x軸垂直,設(shè)l:x=t,由題設(shè)知t0,且|t|0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2=.而k1+k2=+=+=,由題設(shè)k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)+(m-1)=0.24x2841kmk 224441mk111yx221yx111kxmx221kxmx1212122(1)()kx xmxxx x224441mk2841kmk解得k=-.當(dāng)且僅當(dāng)m-1時(shí),0,于是l:y=-x+m,

3、即y+1=-(x-2),所以l過定點(diǎn)(2,-1).12m12m12m動(dòng)線過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法(1)動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題,解法:設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y=kx+t,由題設(shè)條件將t用k表示為t=mk,得y=k(x+m),故動(dòng)直線過定點(diǎn)(-m,0).(2)動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題,解法:引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程,再根據(jù)其對參變量恒成立,令其系數(shù)等于零,得出定點(diǎn).方法歸納方法歸納跟蹤集訓(xùn)跟蹤集訓(xùn)(2017河南鄭州質(zhì)量預(yù)測(三)已知?jiǎng)訄AM恒過點(diǎn)(0,1),且與直線y=-1相切.(1)求圓心M的軌跡方程;(2)動(dòng)直線l過點(diǎn)P(0,-2),且與點(diǎn)M的軌跡交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對稱,求證:直線

4、AC恒過定點(diǎn).解析(1)由題意得點(diǎn)M與點(diǎn)(0,1)的距離始終等于點(diǎn)M與直線y=-1的距離,由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(diǎn)(0,1)為焦點(diǎn),直線y=-1為準(zhǔn)線的拋物線,則=1,p=2.圓心M的軌跡方程為x2=4y.(2)證明:由題意知直線l的斜率存在,設(shè)直線l:y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),2p則C(-x2,y2),由得x2-4kx+8=0,x1+x2=4k,x1x2=8.kAC=,直線AC的方程為y-y1=(x-x1).即y=y1+(x-x1)=x-+=x+,x1x2=8,y=x+=x+2,則直線AC恒過點(diǎn)(0,2).24 ,2xyykx1212yyxx22121244x

5、xxx124xx124xx124xx124xx112()4x xx214x124xx124x x124xx124x x124xx考點(diǎn)二 定值問題定值問題就是證明一個(gè)量與其中的變化因素?zé)o關(guān),這些變化因素可能是直線的斜率、截距,也可能是動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)等,這類問題的一般解法是使用變化的量表達(dá)求證目標(biāo),通過運(yùn)算求證目標(biāo)的取值與變化的量無關(guān).典型例題典型例題(2015課標(biāo),20,12分)已知橢圓C:+=1(ab0)的離心率為,點(diǎn)(2,)在C上.(1)求C的方程;(2)直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.解析解析(1)由

6、題意有=,+=1,解得a2=8,b2=4.所以C的方程為+=1.22xa22yb22222aba2224a22b28x24y(2)設(shè)直線l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入+=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=,yM=kxM+b=.于是直線OM的斜率kOM=-,即kOMk=-.所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.28x24y122xx2221kbk221bk MMyx12k12圓錐曲線中定值問題的特點(diǎn)及兩大解法(1)特點(diǎn):特征幾何量不受動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的影響而有固定的值.(2)兩大解法:從特殊入手,

7、求出定值,再證明這個(gè)值與變量無關(guān).引進(jìn)變量法:其解題流程為方法歸納方法歸納跟蹤集訓(xùn)跟蹤集訓(xùn)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)F(1,0),O為坐標(biāo)原點(diǎn),A,B是拋物線C上異于O的兩點(diǎn).(1)求拋物線C的方程;(2)若OAOB,求證:直線AB過定點(diǎn).解析解析(1)依題意知=1,p=2,則拋物線C的方程為y2=4x.(2)證明:依題意知:設(shè)AB:x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2).2p由于OAOB,則=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是拋物線上異于O的兩點(diǎn),m=0不合題

8、意.因此m=4.直線AB的方程為x=ty+4,直線AB過定點(diǎn)(4,0).OAOB24 ,yxxtym214y224y考點(diǎn)三 最值、范圍問題圓錐曲線中常見的最值問題及其解法(1)兩類最值問題:涉及距離、面積的最值以及與之相關(guān)的一些問題;求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時(shí)確定與之相關(guān)的一些問題.(2)兩種常見解法:幾何法,若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義,則考慮利用圖形性質(zhì)來解決;代數(shù)法,若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種確定的函數(shù)關(guān)系,則可先建立目標(biāo)函數(shù),再求這個(gè)函數(shù)的最值,最值常用基本不等式法、配方法及導(dǎo)數(shù)法求解.典型例題的點(diǎn)P(x,y).過點(diǎn)B作直線AP的垂線,垂足為

9、Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍;(2)求|PA|PQ|的最大值. 1322x(2017浙江,21,15分)如圖,已知拋物線x2=y,點(diǎn)A,B,拋物線上1 1,2 43 9,2 4解析解析(1)設(shè)直線AP的斜率為k,k=x-,因?yàn)?xb0),由條件可得a=2,c=,則b=1,故橢圓C的方程為+x2=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由得(k2+4)x2+2kx-3=0,3222ya22xb324y221,41yxykx故x1+x2=-,x1x2=-,設(shè)OAB的面積為S,由x1x2=-0,y=t+在t3,+)上單調(diào)遞增,t+,0b0,y0)和部分拋物線C2:y=-x2+1(y0)

10、連接而成,C1與C2的公共點(diǎn)為A,B,其中C1的離心率為.(1)求a,b的值;(2)過點(diǎn)B的直線l與C1,C2分別交于點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A,B),是否存在直線l,使得以PQ為直徑的圓恰好過點(diǎn)A?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請說明理由.22ya22xb32解析解析(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半橢圓C1的左、右頂點(diǎn).由e=及a2-c2=b2=1可得a=2,a=2,b=1.(2)存在.由(1)知,上半橢圓C1的方程為+x2=1(y0).由題易知,直線l與x軸不重合也不垂直,ca3224y設(shè)其方程為y=k(x-1)(k0).代入C1的方程

11、,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP,yP),直線l過點(diǎn)B,x=1是方程(*)的一個(gè)根.由求根公式,得xP=,從而yP=,點(diǎn)P的坐標(biāo)為.同理,由得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(-k-1,-k2-2k).=(k,-4),=-k(1,k+2).2244kk284kk22248,44kkkk2(1)(0),1(0)yk xkyxy AP224kk AQ連接AP、AQ,依題意可知APAQ,=0,即k-4(k+2)=0,k0,k-4(k+2)=0,解得k=-.經(jīng)檢驗(yàn),k=-符合題意,故直線l的方程為y=-(x-1).APAQ2224kk838383解決探索性問題的注意事項(xiàng)存在性問

12、題,先假設(shè)存在,推證滿足條件的結(jié)論,若結(jié)論正確,則存在,若結(jié)論不正確,則不存在.(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí),要分類討論.(2)當(dāng)給出結(jié)論要推導(dǎo)出存在的條件時(shí),先假設(shè)成立,再推出條件.(3)當(dāng)條件和結(jié)論都未知,按常規(guī)方法解題很難時(shí),要思維開放,采取其他的途徑.方法歸納方法歸納跟蹤集訓(xùn)跟蹤集訓(xùn)已知曲線T:+y2=1(y0),點(diǎn)M(,0),N(0,1),是否存在經(jīng)過點(diǎn)(0,)且斜率為k的直線l與曲線T有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q,使得向量+與共線?若存在,求出k的值;若不存在,請說明理由.解析解析假設(shè)存在,則l:y=kx+,代入橢圓方程得(1+2k2)x2+4kx+2=0.因?yàn)閘與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn),所

13、以=(4k)2-8(1+2k2)0,解得k2,由題意知直線l不經(jīng)過橢圓的左、右頂點(diǎn),即k1,亦即k2且k21.22x22OPOQMN2221212設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=-,得y1+y2=k(x1+x2)+2=-+2=.所以+=(x1+x2,y1+y2)=,又=(-,1),向量+與共線等價(jià)于x1+x2=-(y1+y2),所以-=(-),解得k=,不符合題意,所以不存在這樣的直線.24 212kk2224 212kk222 212kOPOQ224 22 2,1212kkkMN2OPOQMN224 212kk222 212k22(k0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E上

14、,MANA.(1)當(dāng)|AM|=|AN|時(shí),求AMN的面積;(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),證明:k0.由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為.又A(-2,0),因此直線AM的方程為y=x+2.將x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.因此AMN的面積SAMN=2=.(2)證明:將直線AM的方程y=k(x+2)(k0)代入+=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1(-2)=得x1=,424x23y127127121271271444924x23y22161234kk222(34)34kk故|AM|=|x1+2|=.由題設(shè),直線AN的方程為y=-(x+2),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得=,即4k3-6k2+3k-8=0.設(shè)f(t)=4t3-6t2+3t-8,則k是f(t)的零點(diǎn), f (t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以f(t)在(0,+)上單調(diào)遞增.又f()=15-260,因此f(t)在(0,+)上有唯一的零點(diǎn),且零點(diǎn)k在(,2)內(nèi),所以k2.21k2212 134kk1k2212134kkk2234k234kk 3333