2023-2024學(xué)年北師大版選擇性必修第一冊 　第2章圓錐曲線章末復(fù)習(xí)課 學(xué)案

第二章章末復(fù)習(xí)課題型一定點問題例1設(shè)橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)動直線l：y＝kx＋m與橢圓C有且僅有一個公共點M，且與直線x＝4相交于點N.試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點P，使得以MN為直徑的圓恒過點P？若存在求出點P的坐標(biāo)，若不存在．請說明理由．方法歸納求解直線和曲線過定點問題的基本解題模板是：把直線或曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)，把方程一端化為零，既然是過定點，那么這個方程就要對變量的任意一個值都成立，這時變量的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于x，y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點．跟蹤訓(xùn)練1已知拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點為F，A(2，y0)是E上一點，且|AF|＝2.(1)求E的方程；(2)設(shè)點B是E上異于點A的一點，直線AB與直線y＝x－3交于點P，過點P作x軸的垂線交E于點M，證明：直線BM過定點．題型二定值問題例2已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2)．過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點，QM＝λQO，QN＝μQO，求證：方法歸納解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等)的大小或某些代數(shù)表達(dá)式的值和題目中的變量無關(guān)，始終是一個確定的值，對于定值問題常見的解題模板有兩種：從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；②可以先研究一下特殊情況，找出定點或定值，再研究一般情況．同時，要掌握巧妙利用特殊值解決相關(guān)的定點、定值問題的方法，如將過焦點的弦特殊化，變成垂直于對稱軸的弦來研究等．跟蹤訓(xùn)練2已知O為坐標(biāo)原點，點F1，F(xiàn)2分別為橢圓M：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦點，點E(a，b)在拋物線N：x(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過拋物線N上一點P且與拋物線N相切的直線l與橢圓M相交于A，B兩點，設(shè)AB的中點為C，直線OP與直線OC的斜率分別是k1，k2，證明：k1k2為定值．題型三最值問題例3已知橢圓C：x2a2(1)求橢圓C的方程；(2)已知P為AD的中點，是否存在定點Q，對任意的直線l，OP⊥EQ恒成立？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在說明理由；(3)過O點作直線l的平行線與橢圓C相交，M為其中一個交點，求OMAD方法歸納構(gòu)建關(guān)于變量的目標(biāo)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或最值，常利用二次函數(shù)的相關(guān)知識或基本不等式求解．面積、弦長、含變量的代數(shù)式的最值問題，常選用此法，解決問題時要注意自變量的取值范圍．跟蹤訓(xùn)練3順次連接橢圓C：x2a2+y2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線l與橢圓C相切于點A，過點O作OM⊥l，垂足為M，求△AMO面積的最大值．題型四范圍問題例4拋物線C：y＝x2，直線l的斜率為2.(1)若l與C相切，求直線l的方程；(2)若l與C相交于A，B，線段AB的中垂線交C于P，Q，求PQAB方法歸納范圍問題的解題策略解決有關(guān)范圍問題時，先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點的坐標(biāo)、角、斜率等)，尋找不等關(guān)系，其方法有：1．利用判別式或幾何性質(zhì)來構(gòu)造不等式，從而確定所求范圍；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(guān)系；3．利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出所求范圍；4．利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出所求范圍；5．利用求函數(shù)值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定所求范圍；6．利用已知，將條件轉(zhuǎn)化為n個不等關(guān)系，從而求出參數(shù)的范圍．跟蹤訓(xùn)練4已知橢圓C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，四點P1(2，0)，P2(32(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)不經(jīng)過左焦點的直線l交橢圓于A，B兩點，若直線AF1、l、BF1的斜率依次成等差數(shù)列，求直線l的斜率k的取值范圍．章末復(fù)習(xí)課考點聚集·分類突破例1解析：(1)由題意知2a=4故橢圓C的方程是x2(2)由y=kx+mx24+y23=1因為動直線l與橢圓C有且只有一個公共點M(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化簡得4k2－m2＋3＝0.①此時x0＝－4km4k2+3＝－4km，y0＝kx0＋m＝3m，所以M(－4km，3假設(shè)平面內(nèi)存在定點P滿足條件，由圖形對稱性知，點P必在x軸上．設(shè)P(x1，0)，則PM·PN＝0對滿足①式的m、k恒成立．因為PM＝(－4km－x1，3m)，PN＝(4－x1，4k＋m)，由PM·得-16km+整理得4由于②式對滿足①式的故存在定點P(1，0)，使得以MN為直徑的圓恒過點P.跟蹤訓(xùn)練1解析：(1)根據(jù)題意知，4＝2py0，①因為|AF|＝2，所以y0＋p2聯(lián)立①②解得y0＝1，p＝2.所以E的方程為x2＝4y.(2)證明：設(shè)B(x1，y1)，M(x2，y2)由題意，可設(shè)直線BM的方程為y＝kx＋b，代入x2＝4y，得x2－4kx－4b＝0.根與系數(shù)的關(guān)系．得x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b.③由MP⊥x軸及點P在直線y＝x－3上，得P(x2，x2－3)，則由A，P，B三點共線，得x2-4整理，得(k－1)x1x2－(2k－4)x1＋(b＋1)x2－2b－6＝0.將③代入上式并整理，得(2－x1)(2k＋b－3)＝0.由點B的任意性，得2k＋b－3＝0，所以y＝kx＋3－2k＝k(x－2)＋3.即直線BM恒過定點(2，3)．例2解析：(1)因為拋物線y2＝2px過點(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故拋物線C的方程為y2＝4x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)．由y2=4x，y=kx+1得k2x2＋(2依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，－2)．從而k≠－3.所以直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－2k-4k2，x1x直線PA的方程為y－2＝y(tǒng)1-2令x＝0，得點M的縱坐標(biāo)為yM＝-y1+2同理得點N的縱坐標(biāo)為yN＝-k由QM＝λQO，QN＝μQO得λ＝1－yM，μ＝1－所以1λ+1μ＝1k-1·2x1所以1λ跟蹤訓(xùn)練2解析：(1)由題意知F恰為(0，－b)所以c＝a2，因為a2＝b2＋c2，所以a2＝43b又點E(a，b)在拋物線N：x2＝433y上，所以a2＝4由①②得a＝2，b＝3，所以橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2(2)設(shè)P(t，3t24)，A(x1，y1)，B(x2，因為y＝34x2，所以y′＝32則直線AB：y＝3t2(x－t)＋34t將直線AB的方程代入x212(1＋t2)x2－12t3x＋3t4－48＝0，所以x1＋x2＝t31+t2，y1＋y2＝3t2(x1＋x2所以點C(t321+所以k1＝3t4，k2＝－3所以k1k2＝－38例3解析：(1)∵左頂點為A(－2，0)，∴a＝2又∵e＝22，∴c＝2又∵b2＝a2－c2＝2，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2(2)由已知，直線l的斜率必存在，直線l的方程為y＝k(x＋2)，聯(lián)立x24+y22=1y=kx+2得，(2k2＋1)x設(shè)D(x1，y1)，A(x2，y2)，則x1＋x2＝-8又P為AD的中點，所以xP＝-4又因為點P在直線AD上，則yP＝k(xP＋2)＝2k2即點P的坐標(biāo)為(-4又直線l的方程為y＝k(x＋2)，令x＝0，得點E的坐標(biāo)為(0，2k)，假設(shè)存在定點Q(m，n)使得OP⊥EQ，則OP·EQ＝0，①若k＝0，OP＝0顯然恒成立；②若k≠0，因為OP·EQ＝0，所以(2m＋2)k－n＝0恒成立，則2m+2=0-n=0即定點Q的坐標(biāo)為(－1，0)．綜上，存在定點Q(－1，0)滿足題意．(3)∵OM∥l，∴OM的方程可設(shè)為y＝kx，由x24+y22由OM∥l，得AD+AEOM＝xD-xA+xE-xAxM＝xD-2x∴當(dāng)k＝±22時，AD+AE故OMAD+AE跟蹤訓(xùn)練3解析：(1)由題意可得12×故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2(2)顯然直線l斜率存在且不為0，設(shè)直線l：y＝kx＋t，聯(lián)立y=kx+t3x2+4y2=12，得(3＋4k2)x且△＝64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－12)＝0，得t2＝4k2＋3，所以xA＝-8kt23+4聯(lián)立y=-1kxy=kx+t，得xM＝－ktk2+1，所以|則|AM|＝1+k2·-4kt+ktk所以S△AMO＝12|AM|·|OM|＝12·k＝12·kk2+1＝故△AMO面積最大值為14，當(dāng)且僅當(dāng)k例4解析：(1)設(shè)直線l的方程為y＝2x＋b.聯(lián)立y=2x+b，y=x2可得x2－2所以Δ＝4＋4b＝0，所以b＝－1，所以直線l的方程為y＝2x－1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝2x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，聯(lián)立y=2x+b，y=x2可得x2－2所以Δ＝4＋4b>0，b>－1，x1＋x2＝2，x1x2＝－b，所以|AB|＝5|x1－x2|＝251+b因為AB的中點為(1，2＋b)，所以直線PQ的方程為y＝－12x＋52＋聯(lián)立y=-12x+52+b，y=x2所以x3＋x4＝－12，x3x4＝－52－所以|PQ|＝52|x3－x4|＝5PQAB＝1841+16b1+b＝所以PQAB的取值范圍為(1跟蹤訓(xùn)練4解析：(1)由橢圓的對稱性，點P3，P4在橢圓上，代入橢圓，可得1a若點P2(32則有94所以點P1(2，0)在橢圓上，代入橢圓，可得a2＝4，代入1a2+9所以橢圓C的方程為x2(2)由(1)可知F1(－1，0)，設(shè)直線AB的方程為，y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立x2消y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，則有x1＋x2＝－8km3+4k2，x1x2且Δ＝(8