2018屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)平面解析幾何第十節(jié)圓錐曲線的綜合問題課件理.pptx

1、理數(shù) 課標(biāo)版,第十節(jié)圓錐曲線的綜合問題,考點(diǎn)一定點(diǎn)、定值問題 典例1(2016北京,19,14分)已知橢圓C:+=1(ab0)的離心率為 ,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn),直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證:|AN|BM|為定值.,考點(diǎn)突破,解析(1)由題意得 解得a=2,b=1. 所以橢圓C的方程為+y2=1. (2)證明:由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設(shè)P(x0,y0),則+4=4. 當(dāng)x00時(shí),直線PA的方程為y=(x-2). 令x=0,得yM=-,從而|BM|=|1-yM|=.

2、,直線PB的方程為y=x+1. 令y=0,得xN=-,從而|AN|=|2-xN|=. 所以|AN|BM|= = = =4. 當(dāng)x0=0時(shí),y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|BM|=4.,綜上,|AN|BM|為定值.,方法技巧 1.定點(diǎn)問題的常見解法 (1)根據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個(gè)含參數(shù)的直線系或曲線系方程,經(jīng)過分析、整理,對(duì)方程進(jìn)行等價(jià)變形,以找出適合方程且與參數(shù)無關(guān)的坐標(biāo)(該坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)即為所求定點(diǎn)). (2)從特殊位置入手,找出定點(diǎn),再證明該點(diǎn)符合題意.,2.求定值問題常見的方法 (1)從特殊情況入手,求出定值,再證明這個(gè)值與變量無關(guān); (2)直接推理、計(jì)算,并在計(jì)算

3、推理的過程中消去變量,從而得到定值.,1-1已知橢圓C:+y2=1(a1)的上頂點(diǎn)為A,右焦點(diǎn)為F,直線AF與圓M: (x-3)2+(y-1)2=3相切. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)若不過點(diǎn)A的動(dòng)直線l與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn),且=0,求證:直線l 過定點(diǎn),并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo). 解析(1)圓M的圓心為(3,1),半徑r=. 由題意知A(0,1),F(c,0), 則直線AF的方程為+y=1,即x+cy-c=0, 由直線AF與圓M相切,得=, 解得c2=2,所以a2=c2+1=3,故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1. (2)解法一:由=0,知APAQ,從而直線AP與坐標(biāo)軸不垂直,由A(0, 1)

4、可設(shè)直線AP的方程為y=kx+1(k0),則直線AQ的方程為y=-x+1(k 0). 將y=kx+1代入橢圓C的方程+y2=1中, 整理,得(1+3k2)x2+6kx=0, 解得x=0或x=-, P, 即P,將上面P的坐標(biāo)中的k換成-, 得Q. 直線l的方程為y=+, 化簡(jiǎn)得直線l的方程為y=x-, 因此直線l過定點(diǎn). 解法二:由=0知APAQ,從而直線PQ與x軸不垂直,故可設(shè)直線l 的方程為y=kx+t(t1),將其與橢圓方程聯(lián)立得,消去y,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則 (*) 由=0,得=(x1,y1-1)(x2,y2-

5、1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0, 將(*)代入,得t=-. 直線l過定點(diǎn).,考點(diǎn)二最值與范圍問題 典例2(2016課標(biāo)全國,20,12分)已知橢圓E:+=1的焦點(diǎn)在x軸上, A是E的左頂點(diǎn),斜率為k(k0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E上,MANA. (1)當(dāng)t=4,|AM|=|AN|時(shí),求AMN的面積; (2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),求k的取值范圍. 解析(1)設(shè)M(x1,y1),則由題意知y10. 當(dāng)t=4時(shí),E的方程為+=1,A(-2,0).(1分) 由已知及橢圓的對(duì)稱性知,直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y=x+2.(2分),將x

6、=y-2代入+=1得7y2-12y=0. 解得y=0或y=,所以y1=.(4分) 因此AMN的面積SAMN=2=.(5分),(2)由題意,t3,k0,A(-,0).將直線AM的方程y=k(x+) 代入+=1得 (3+tk2)x2+2tk2x+t2k2-3t=0.(7分) 由x1(-)=得x1=, 故|AM|=|x1+ |=.(8分) 由題設(shè),直線AN的方程為y=-(x+), 同理可得|AN|=.(9分),由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1). 當(dāng)k=時(shí)上式不成立,因此t=.(10分) t3等價(jià)于=0,即0.(11分) 由此得或解得k2. 因此k的取值范圍是(,2).(

7、12分),方法技巧 圓錐曲線中的最值(范圍)問題類型較多,解法靈活多變,但總體上主要有兩種方法:一是幾何法,即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進(jìn)行求解;二是代數(shù)法,即把要求最值(范圍)的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(gè)(些)變量的函數(shù),然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進(jìn)行求解. 2-1(2014北京文,19,14分)已知橢圓C:x2+2y2=4. (1)求橢圓C的離心率; (2)設(shè)O為原點(diǎn).若點(diǎn)A在直線y=2上,點(diǎn)B在橢圓C上,且OAOB,求線段AB長度的最小值.,解析(1)由題意,知橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1. 所以a2=4,b2=2,從而c2=a2-b2=2.因此a=2,c

8、=. 故橢圓C的離心率e=. (2)設(shè)點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為(t,2),(x0,y0),其中x00. 因?yàn)镺AOB,所以=0,即tx0+2y0=0,解得t=-. 又+2=4, 所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2 =+(y0-2)2 =+4,=+4 =+4(04). 因?yàn)?4(04),且當(dāng)=4時(shí)等號(hào)成立, 所以|AB|28. 故線段AB長度的最小值為2.,考點(diǎn)三圓錐曲線中的探索性問題 典例3(2015北京,19,14分)已知橢圓C:+=1(ab0)的離心率為 ,點(diǎn)P(0,1)和點(diǎn)A(m,n)(m0)都在橢圓C上,直線PA交x軸于點(diǎn)M. (1)求橢圓C的方程,并求點(diǎn)M的坐標(biāo)(用m,n表示

9、); (2)設(shè)O為原點(diǎn),點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱,直線PB交x軸于點(diǎn)N.問:y軸上是否存在點(diǎn)Q,使得OQM=ONQ?若存在,求點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,說明理由. 解析(1)由題意得解得a2=2. 故橢圓C的方程為+y2=1.,設(shè)M(xM,0). 因?yàn)閙0,所以-1n1. 因?yàn)橹本€PA的方程為y-1=x, 所以xM=,即M. (2)存在.因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于x軸對(duì)稱,所以B(m,-n). 設(shè)N(xN,0),則xN=. “存在點(diǎn)Q(0,yQ),使得OQM=ONQ”等價(jià)于“存在點(diǎn)Q(0,yQ),使得=”,即yQ滿足=|xM|xN|. 因?yàn)閤M=,xN=,+n2=1,所以=|xM|xN|=2. 所以yQ=或

10、yQ=-. 故在y軸上存在點(diǎn)Q,使得OQM=ONQ. 點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0,)或(0,-).,方法技巧 (1)探索性問題通常采用“肯定順推法”.其步驟如下:假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在,列出與該元素相關(guān)的方程(組),若方程(組)有實(shí)數(shù)解,則元素存在,否則,元素不存在. (2)反證法與驗(yàn)證法也是求解探索性問題的常用方法. 3-1在平面直角坐標(biāo)系xOy中,經(jīng)過點(diǎn)(0,)且斜率為k的直線l與橢圓 +y2=1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q. (1)求k的取值范圍; (2)設(shè)橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點(diǎn)分別為A、B,是否存在常數(shù)k,使得向量+與共線?如果存在,求k的值;如果不存在,請(qǐng)說明理 由.,解析(1)由已知條件知,直線l的方程為y=kx+,代入橢圓方程得+ (kx+)2=1, 整理得x2+2kx+1=0.,直線l與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P和Q等價(jià)于=8k2-4=4k2-20,解 得k. 即k的取值范圍為.,(2)不存在. 設(shè)P(x1,y1