2019高考數(shù)學二輪復習 專題六 第十三講 圓錐曲線的綜合問題課件 文.ppt

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第十三講圓錐曲線的綜合問題 總綱目錄 考點一定點問題解析幾何中的定點問題一般是指與解析幾何有關的直線或圓 其他曲線過定點太復雜 高中階段一般不涉及 過定點的問題 其實質是 當動直線或動圓變化時 這些直線或圓相交于一點 即這些直線或圓繞著定點在轉動 這類問題的求解一般分為以下三步 一選 選擇變量 定點問題中的定點 隨某一個量的變化而固定 可選擇這個量為變量 有時可選擇兩個變量 如點的坐標 斜率 截距等 然后利用其他輔助條件消去其中之一 二求 求出定點坐標所滿足的方程 即把需要證明為定點的問題表示成關于上述變量的方程 三定點 對上述方程進行必要的化簡 即可得到定點坐標 已知橢圓C 1 a b 0 四點P1 1 1 P2 0 1 P3 P4中恰有三點在橢圓C上 1 求橢圓C的方程 2 設直線l不經(jīng)過點P2且與C相交于不同的兩點A B 若直線P2A的斜率與直線P2B的斜率的和為 1 證明 l過定點 解析 1 由于P3 P4兩點關于y軸對稱 故由題設知C一定經(jīng)過P3 P4兩點 由 知 C不經(jīng)過點P1 所以P2在C上 聯(lián)立解得故橢圓C的方程為 y2 1 2 證法一 設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1 k2 若l與x軸垂直 設l x t 由題設知t 0 且 t 2 可得點A B的坐標分別為 或 則可得k1 k2 1 解得t 2 不符合題意 故l與x軸不垂直 從而可設l y kx m m 1 將y kx m代入 y2 1 得 4k2 1 x2 8kmx 4m2 4 0 由題設可知 16 4k2 m2 1 0 設A x1 y1 B x2 y2 則x1 x2 x1x2 而k1 k2 由k1 k2 1 得 2k 1 x1x2 m 1 x1 x2 0 即 2k 1 m 1 0 解得k 當且僅當m 1時 0 直線l的方程為y x m 即x 2y m x 2 0 則 所以l過定點 2 1 證法二 設直線P2A的斜率為k 則直線P2A的方程為y kx 1 代入橢圓方程 可得A 因為直線P2A的斜率與直線P2B的斜率的和為 1 所以直線P2B的斜率為 k 1 則直線P2B的方程為y k 1 x 1 代入橢圓方程 可得B也可用 k 1代替點A中的k求得點B的坐標 則直線AB的斜率kAB 設直線AB的方程為y kABx b 將點A的坐標代 入 解得b 1 所以直線AB的方程為y x 2 1 所以l過定點 2 1 方法歸納證明直線過定點的基本思想是使用一個參數(shù)表示直線方程 根據(jù)直線所過的定點與參數(shù)值無關得出x y的方程組 以方程組的解為坐標的點就是直線所過的定點 已知動圓M恒過點 0 1 且與直線y 1相切 1 求圓心M的軌跡方程 2 動直線l過點P 0 2 且與點M的軌跡交于A B兩點 點C與點B關于y軸對稱 求證 直線AC恒過定點 解析 1 由題意得點M與點 0 1 的距離始終等于點M到直線y 1的距離 由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點 0 1 為焦點 直線y 1為準線的拋物線 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 設直線l y kx 2 A x1 y1 B x2 y2 則C x2 y2 由得x2 4kx 8 0 x1 x2 4k x1x2 8 kAC 則直線AC的方程為y y1 x x1 即y y1 x x1 x x x1x2 8 y x x 2 直線AC恒過點 0 2 考點二定值問題定值問題一般是指在求解解析幾何問題的過程中 探究某些幾何量 斜率 距離 面積 比值等 與變量 斜率 點的坐標等 無關的問題 其求解步驟一般為 一選 選擇變量 一般為點的坐標 直線的斜率等 二化 把要求解的定值表示成含上述變量的式子 并利用其他輔助條件來減少變量的個數(shù) 使其只含有一個變量 或者有多個變量 若是能整體約分也可以 三定值 化簡式子得到定值 由題目的結論可知要證明為定值的量必與變量的值無關 故求出的式子必能化為一個常數(shù) 所以只需對上述式子進行必要的化簡即可得到定值 2018湖南湘東五校聯(lián)考 已知橢圓C 1 a b 0 的離心率為 且過點P 2 1 1 求橢圓C的標準方程 2 設點Q在橢圓上 且PQ與x軸平行 過P點作兩條直線分別交橢圓C于A x1 y1 B x2 y2 兩點 若直線PQ平分 APB 求證 直線AB的斜率是定值 并求出這個定值 解析 1 因為橢圓C的離心率為 所以 即a2 4b2 所以橢圓C的方程可化為x2 4y2 4b2 又橢圓C過點P 2 1 所以4 4 4b2 解得b2 2 則a2 8 所以橢圓C的標準方程為 1 2 如圖 由題意 知直線PA PB的斜率均存在且不為0 設直線PA的方程為y 1 k x 2 k 0 聯(lián)立方程 得消去y得 1 4k2 x2 8 2k2 k x 16k2 16k 4 0 所以2x1 即x1 因為直線PQ平分 APB 且PQ與x軸平行 所以直線PA與直線PB的斜率互為相反數(shù) 則直線PB的方程為y 1 k x 2 k 0 同理可得x2 又所以y1 y2 k x1 x2 4k 即y1 y2 k x1 x2 4k k 4k x1 x2 所以直線AB的斜率kAB 為定值 方法歸納定值問題就是證明一個量或表達式的值與其中的變化因素無關 這些變化的因素可能是直線的斜率 截距 也可能是動點的坐標等 這類問題的一般解法是使用變化的量表示求證目標 通過運算得知求證目標的取值與變化的量無關 當使用直線的斜率和截距表示直線方程時 在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關系 把雙參數(shù)問題化為單參數(shù)問題解決 2018云南昆明調(diào)研 已知橢圓C 1 a b 0 的焦距為4 P是橢圓C上的點 1 求橢圓C的方程 2 O為坐標原點 A B是橢圓C上不關于坐標軸對稱的兩點 設 證明 直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值 解析 1 由題意知2c 4 即c 2 則橢圓C的方程為 1 因為點P在橢圓C上 所以 1 解得a2 5或a2 舍去 所以橢圓C的方程為 y2 1 2 解法一 設A x1 y1 B x2 y2 直線AB的方程為y kx n n 0 k 0 聯(lián)立 得消去y 整理得 5k2 1 x2 10knx 5n2 5 0 則 100k2n2 4 5k2 1 5n2 5 100k2 20n2 20 0 x1 x2 y1 y2 k x1 x2 2n 由 得 D x1 x2 y1 y2 所以直線OD的斜率kOD 則k kOD 故直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值 解法二 設A x1 y1 B x2 y2 x1 x2且x1 x2 0 由 得 D x1 x2 y1 y2 所以直線AB的斜率kAB 直線OD的斜率kOD 由得 x1 x2 x1 x2 y1 y2 y1 y2 0 即 所以kAB kOD 故直線AB的斜率與OD的斜率的乘積為定值 考點三最值 范圍問題命題角度一 構建目標不等式解決最值或范圍問題 設橢圓 1 a 的右焦點為F 右頂點為A 已知 OA OF 1 其中O為原點 e為橢圓的離心率 1 求橢圓的方程及離心率e的值 2 設過點A的直線l與橢圓交于點B B不在x軸上 垂直于l的直線與l交于點M 與y軸交于點H 若BF HF 且 MOA MAO 求直線l的斜率的取值范圍 解析 1 由題意可知 OF c 又 OA OF 1 所以a 1 解得a 2 所以橢圓的方程為 1 離心率e 2 設M xM yM 易知A 2 0 在 MAO中 MOA MAO MA MO 即 xM 2 2 化簡得xM 1 設直線l的斜率為k k 0 則直線l的方程為y k x 2 設B xB yB 由消去y 整理得 4k2 3 x2 16k2x 16k2 12 0 解得x 2或x 由題意得xB 從而yB 由 1 知F 1 0 設H 0 yH 則 1 yH 由BF HF 得 0 即 0 解得yH 所以直線MH的方程為y x 由消去y 得xM 由xM 1 得 1 解得k 或k 所以直線l的斜率的取值范圍為 命題角度二 構造函數(shù)解決最值或范圍問題 2018陜西質量檢測一 已知橢圓 1 a b 0 的左 右焦點分別為F1和F2 由M a b N a b F2和F1這4個點構成了一個高為 面積為3的等腰梯形 1 求橢圓的方程 2 過點F1的直線和橢圓交于A B兩點 求 F2AB面積的最大值 解析 1 由已知條件 得b 且 3 a c 3 又a2 c2 3 a 2 c 1 橢圓的方程為 1 2 顯然 直線的斜率不能為0 設直線的方程為x my 1 A x1 y1 B x2 y2 聯(lián)立方程 得消去x得 3m2 4 y2 6my 9 0 直線過橢圓內(nèi)的點 無論m為何值 直線和橢圓總相交 y1 y2 y1y2 F1F2 y1 y2 y1 y2 12 4 4 令t m2 1 則t 1 設f t t 易知t 1 時函數(shù)f t 單調(diào)遞增 當t m2 1 1 即m 0時 f t 取得最小值 f t min 此時取得最大值3 方法歸納求解范圍 最值問題的常見方法解決有關范圍 最值問題時 先要恰當?shù)匾胱兞?如點的坐標 角 斜率等 建立目標函數(shù) 然后利用函數(shù)的有關知識和方法求解 1 利用判別式構造不等式 從而確定參數(shù)的取值范圍 2 利用已知參數(shù)的取值范圍求新參數(shù)的范圍 解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立相等關系 3 利用隱含的不等關系 從而求出參數(shù)的取值范圍 4 利用已知不等關系構造不等式 從而求出參數(shù)的取值范圍 5 利用函數(shù)值域的求法 確定參數(shù)的取值范圍 解析 1 由題意知 c 則3a2b2 c2 a2 4b2 即3a2 a2 c2 c2 a2 4 a2 c2 所以a2 2c2 所以e 2 因為 PQF2的周長為4 所以4a 4 即a 由 1 知b2 c2 1 故橢圓方程為 y2 1 且焦點為F1 1 0 F2 1 0 若直線l的斜率不存在 則可得l x軸 方程為x 1 P Q 故 若直線l的斜率存在 設直線l的方程為y k x 1 由消去y 得 2k2 1 x2 4k2x 2k2 2 0 設P x1 y1 Q x2 y2 則x1 x2 x1x2 因為 x1 1 y1 x2 1 y2 x1 1 x2 1 y1y2 所以 k2 1 x1x2 k2 1 x1 x2 k2 1 則 k2 1 k2 1 k2 1 令t 2 2k2 1 t 2 則 t 2 所以 結合 得 所以 的最大值是 考點四探索性問題 1 解析幾何中的探索性問題 從類型上看 主要是存在類型的相關題型 解決這類問題通常采用 肯定順推法 將不確定性問題明朗化 其步驟如下假設滿足條件的元素 點 直線 曲線或參數(shù) 存在 用待定系數(shù)法設出 列出關于待定系數(shù)的方程 組 若方程 組 有實數(shù)解 則元素 點 直線 曲線或參數(shù) 存在 否則 元素 點 直線 曲線或參數(shù) 不存在 2 反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法 典型例題 2018貴州貴陽模擬 如圖 橢圓C 1 a b 0 的左頂點與上頂點分別為A B 右焦點為F 點P在橢圓C上 且PF x軸 若AB OP 且 AB 2 1 求橢圓C的方程 2 已知Q是C上不同于長軸端點的任意一點 在x軸上是否存在一點D 使得直線QA與QD的斜率乘積恒為 若存在 求出點D的坐標 若不存在 說明理由 解析 1 由題意得A a 0 B 0 b 可設P c t t 0 1 得t P 由AB OP 得 即b c a2 b2 c2 2b2 又 AB 2 a2 b2 12 由 得a2 8 b2 4 橢圓C的方程為 1 2 假設存在D m 0 使得直線QA與QD的斜率乘積恒為 設Q x0 y0 y0 0 則 1 kQA kQD A 2 0 x0 m 由 得 m 2 x0 2m 8 0 由解得m 2 存在點D 2 0 使得kQA kQD 方法歸納解決探索性問題的注意事項存在性問題 先假設存在 推證滿足條件的結論 若結論正確 則存在 若結論不正確 則不存在 1 當條件和結論不唯一時 要分類討論 2 當給出結論要推導出存在的條件時 先假設成立 再推出條件 3 當條件和結論都未知 按常規(guī)方法解題很難時 要開放思維 采取其他的途徑 2018廣西南寧二中 柳州高中聯(lián)考 如圖 橢圓C 1 a b 0 經(jīng)過點P 離心率e 直線l的方程為x 4 1 求橢圓C的方程 2 線段AB是經(jīng)過右焦點F的任一弦 不經(jīng)過點P 設直線AB與直線l相交于點M 記PA PB PM的斜率分別為k1 k2 k3 問 是否存在常數(shù) 使得k1 k2 k3 若存在 求出 的值 若不存在 說明理由 解析 1 由P在橢圓上得 1 因為e 所以a 2c 則 將 代入 解得c2 1 a2 4 b2 3 故橢圓C的方程為 1 2 由題意可設AB的斜率為k 則直線AB的方程為y k x 1 將 代入橢圓方程并整理 得 4k2 3 x2 8k2x 4 k2 3 0 設A x1 y1 B x2 y2 且x1 x2 1 則有 x1 x2 x1x2 在方程 中 令x 4得 M的坐標為 4 3k 從而k1 k2 k3 k 因為A F B三點共線 所以k kAF kBF 即有 k 所以k1 k2 2k 2k 2k 1 又k3 k 所以k1 k2 2k3 故存在常數(shù) 2符合題意