《高考數(shù)學二輪專題復習 專題六 6.3 圓錐曲線中的熱點問題課件 新人教A版.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學二輪專題復習 專題六 6.3 圓錐曲線中的熱點問題課件 新人教A版.ppt（45頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第 3 講 圓 錐 曲 線 中 的 熱 點 問 題 熱 點 考 題 詮 釋 能 力 目 標 解 讀 1 2 31.(2015四川,文10)設直線l與拋物線y2=4x相交于A,B兩點,與圓(x-5)2+y2=r2(r0)相切于點M.且M為線段AB的中點,若這樣的直線l恰有4條,則r的取值范圍是()A.(1,3) B.(1,4)C.(2,3) D.(2,4) 答 案答 案關閉D 3熱 點 考 題 詮 釋 能 力 目 標 解 讀 1 2 3解 析 :如圖所示,設A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),則兩式相減,得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2).當l的斜率不存在,即x1
2、=x2時,符合條件的直線l必有兩條.當l的斜率k存在,即x1x2時,有2y0(y1-y2)=4(x1-x2),即k=.由CM AB,得k CM=-,即x0=3.因為點M在拋物線內(nèi)部,所以4x0=12,又x1x2,所以y1+y20,即012.因為點M在圓上,所以(x0-5)2+=r2,即r2=+4.所以4r216,即2rb0)的離心率為,點(2,)在C上.(1)求C的方程;(2)直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值. 熱 點 考 題 詮 釋 能 力 目 標 解 讀 1 2 3解 :(1)由題意有=1,解得a2
3、=8,b2=4.所以C的方程為=1.(2)設直線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. 熱 點 考 題 詮 釋 能 力 目 標 解 讀 1 2 33.(2015四川,文20)如圖,橢圓E:=1(ab0)的離心率是,點P(0,1)在短軸CD上,且=-1. (1)求橢圓E的方程.(2)設O為坐標原點,過點P的動直線與橢圓交于A,B兩點.是否存在常數(shù),使得+為定
4、值?若存在,求的值;若不存在,請說明理由. 熱 點 考 題 詮 釋 能 力 目 標 解 讀 1 2 3解 :(1)由已知,點C,D的坐標分別為(0,-b),(0,b).又點P的坐標為(0,1),且=-1,于是解得a=2,b=.所以橢圓E方程為=1.(2)當直線AB的斜率存在時,設直線AB的方程為y=kx+1,A,B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2).聯(lián)立得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判別式=(4k) 2+8(2k2+1)0,所以,x1+x2=-,x1x2=-. 熱 點 考 題 詮 釋 能 力 目 標 解 讀 1 2 3從而,+=x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2
5、-1)=(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=-2.所以,當=1時,-2=-3.此時,+=-3為定值.當直線AB斜率不存在時,直線AB即為直線CD.此時,+=-2-1=-3.故存在常數(shù)=1,使得+為定值-3. 熱 點 考 題 詮 釋 能 力 目 標 解 讀1.本部分主要以解答題形式考查,往往是試卷的壓軸題之一,一般以橢圓或拋物線為背景,考查弦長、定點、定值、最值、范圍問題或探索性問題,試題難度較大.考查的知識點多,能力要求高,尤其是運算變形能力,是高考中區(qū)分度較大的題目.突出了函數(shù)與方程思想、等價轉(zhuǎn)化思想的應用.2.求軌跡方程也是高考的熱點與重點,若在客觀題中出現(xiàn)通常用定義法,若
6、在解答題中出現(xiàn)一般用直接法、代入法、參數(shù)法或待定系數(shù)法,往往出現(xiàn)在解答題的第(1)問中. 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四軌跡問題例 1(2015浙江寧波鎮(zhèn)海中學5月模擬,文19)已知動圓過定點(1,0),且與直線x=-1相切.(1)求動圓的圓心M的軌跡C的方程.(2)若曲線C上一點A(x 0,4),是否存在直線m與拋物線C相交于兩不同的點B,C,使ABC的垂心為H(8,0)?若存在,求直線m的方程;若不存在,說明理由. 11命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四解 : (1)如圖,設M為動圓圓心,設F(1,
7、0),過點M作直線x=-1的垂線,垂足為N, 由題意知:|MF|=|MN|,即動點M到定點F與到定直線x=-1的距離相等,由拋物線的定義知,點M的軌跡為拋物線,其中F(1,0)為焦點,x=-1為準線,動圓圓心M的軌跡方程為y2=4x. 12命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四(2)易求出拋物線C上的點A(4,4),假設存在直線m與拋物線C相交于兩不同的點B,C,使ABC的垂心為H(8,0),設B(x1,y1),C(x2,y2),顯然直線AH的斜率為-1,則直線m的斜率為1,設直線m的方程是y=x+b,由消去x并化簡得y2-4y+4b=0, y1+y2=
8、4,y1y2=4b,=16-16b0,即b0),則=1,所以拋物線C的方程為x2=4y.(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的方程為y=kx+1.由消去y,整理得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.從而|x1-x2|=4.由解得點M的橫坐標x M=.同理點N的橫坐標xN=. 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四所以|MN|=|xM-xN|=8.令4k-3=t,t0,則k=.當t0時,|MN|=22.當t0.由求根公式得,x1+x2=,x1x2=, 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三
9、 熱 點 四因為x軸是 PBQ的角平分線,所以=-,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,將,代入得2kb 2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, k=-b,此時0,直線l的方程為y=k(x-1),即直線l過定點(1,0). 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四規(guī) 律 方 法1.定值問題的求法解這類問題常通過取參數(shù)和特殊值先確定“定值”是多少,再進行證明,或者將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式,再證明該式是與變量無關的常數(shù).特別提醒:解決定值問題一定
10、要分清哪些量為變量,哪些量為常量.2.定點問題的求法解題的關鍵在于尋找題中用來聯(lián)系已知量,未知量的垂直關系,中點關系,方程,不等式,然后將已知量、未知量代入上述關系,通過整理,變形轉(zhuǎn)化為過定點的直線 系、曲線系來解決. 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四遷移訓練3 (2014江西,文20)如圖,已知拋物線C:x2=4y,過點M(0,2)任作一直線與C相交于A,B兩點,過點B作y軸的平行線與直線AO相交于點D(O為坐標原點).(1)證明:動點D在定直線上;(2)作C的任意一條切線l(不含x軸),與直線y=2相交于點N 1,與(1)中的定直線相交于點N2
11、,證明:|MN2|2-|MN1|2為定值,并求此定值. 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四(1)證 明 :依題意可設AB方程為y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1x2=-8,直線AO的方程為y=x;BD的方程為x=x2.解得交點D的坐標為注意到x1x2=-8及=4y1,則有y=-2.因此D點在定直線y=-2上(x0). 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四(2)解 :依題設,切線l的斜率存在且不等于0,設切線l的方程為y=
12、ax+b(a0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由=0得(4a)2+16b=0,化簡整理得b=-a2.故切線l的方程可寫為y=ax-a2.分別令y=2,y=-2得N 1,N2的坐標為N1,N2.則|MN2|2-|MN1|2=+42-=8,即|MN2|2-|MN1|2為定值8. 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四例 4 (2015浙江東陽5月模擬考試,文19)已知拋物線C:x2=2py(p0)的焦點為F,過點F的直線2x-y+2=0交拋物線C于A,B兩點,P是線段AB的中點,過P作x軸的垂線交拋物線C于點Q.(1)若直
13、線AB過焦點F,求|AF|BF|的值;(2)是否存在實數(shù)p,使ABQ是以Q為直角頂點的直角三角形?若存在,求出p的 值;若不存在,說明理由. 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四解 :(1) F(0,2), p=4,拋物線方程為x2=8y,與直線y=2x+2聯(lián)立消去y得x2-16x-16=0,設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=16,x1x2=-16, |AF|BF|=(y1+2)(y2+2)=(2x1+4)(2x2+4)=4x1x2+8(x1+x2)+16=80.(2)假設存在,由拋物線x2=2py與直線y=2x+2聯(lián)立消去y得x2-
14、4px-4p=0.設A(x 1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4p,x1x2=-4p,由=0得(x1-2p)(x2-2p)+(y1-2p)(y2-2p)=0,即(x1-2p)(x2-2p)+(2x1+2-2p)(2x2+2-2p)=0, 5x1x2+(4-6p)(x1+x2)+8p2-8p+4=0,代入得4p2+3p-1=0,p=或p=-1(舍). 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四規(guī) 律 方 法1.存在性問題通常采用“肯定順推法”,將不確定性問題明朗化.其步驟為: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
15、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. 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四遷移訓練4 如圖,橢圓E:=1(ab0)的左焦點為F 1,右焦點為F2,過F1的直線交橢圓于A,B兩點,ABF2的周長為4,且當AF1F2的面積最大時,AF1F2為直角三角形.(1)求橢圓E的方程;(2)是否存在點T(t,0),使得為定值?若存在,求出點T的坐標;若不存在,請說明理由. 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱
16、點 四解 :(1)當AF1F2的面積最大時,AF1F2為直角三角形,此時A(0,b),根據(jù)題意得故a2=2,b2=1,所以橢圓E的方程為+y2=1.(2)若過F1的直線的斜率存在,設其方程為y=k1(x+1),由得,(2+1)x2+4x+2-2=0,設A(x 1,y1),B(x2,y2),由根與系數(shù)的關系得,x1+x2=-,x1x2=, 命 題 熱 點 答 題 模 板 熱 點 一 熱 點 二 熱 點 三 熱 點 四所以=(x1-t,y1)(x2-t,y2)=x1x2-t(x1+x2)+t2+(x1+1)(x2+1)=(+1)x1x2+(-t)(x1+x2)+t2=(+1)-(-t)+t2=+t
17、2,當4t+1=-4,即t=-時,=-為定值;若過F1的直線的斜率不存在,不妨設點A在x軸上方,則A,B,T=-為定值.綜上,存在點T,使得為定值. 命 題 熱 點 答 題 模 板例 題 (15分)(2015浙江寧波5月模擬,文19)已知拋物線C:y2=4x,過x軸上的一定點Q(a,0)的直線l交拋物線C于A,B兩點(a為大于零的正常數(shù)).(1)設O為坐標原點,求ABO面積的最小值;(2)若點M為直線x=-a上任意一點,探求:直線MA,MQ,MB的斜率是否成等差數(shù)列?若是,則給出證明;若不是,則說明理由. 命 題 熱 點 答 題 模 板解 :(1)設直線AB的方程為my=x-a. (1分)聯(lián)立
18、方程消去x可得y2-4my-4a=0. (2分)設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=-4a, (4分)所以SAOB=a|y1-y2|=2a. (6分)所以當m=0時,SAOB有最小值2a. (7分)(2)設M(-a,t),所以kMQ=. (8分)而k MA+kMB=.(*) 命 題 熱 點 答 題 模 板因為x1x2=a2,x1+x2=m(y1+y2)+2a=4m2+2a, (12分)代入(*)式,可得kMA+kMB=-. (14分)所以kMA+kMB=2kMQ.所以直線MA,MQ,MB的斜率成等差數(shù)列. (15分) 1.雙曲線x2-=1的左、右兩支上各有一點A
19、,B,點B在直線x=上的射影是點B,若直線AB過右焦點,則直線AB必過點()A.(1,0)B.C.D. 1 2 3 4 5 答 案解 析解 析 關閉 答 案解 析關閉B 1 2 3 4 52.(2014浙江紹興一模)已知F是雙曲線=1的右焦點,點P在雙曲線上,點Q在圓(x-8)2+(y-2)2=1上,則|PF|+|PQ|的最小值為()A.3-1 B.+1C.5-1 D.7-1 答 案解 析解 析關閉 答 案解 析關閉A 1 2 3 4 53.拋物線y2=2px(p0)的焦點為F,已知點A,B為拋物線上的兩個動點,且滿足 AFB=120.過弦AB的中點M作拋物線準線的垂線MN,垂足為N,則的最大
20、值為()A. B.1C. D.2 答 案解 析解 析關閉 答 案解 析關閉A 1 2 3 4 54. (2015陜西,文20)如圖,橢圓E:=1(ab0)經(jīng)過點A(0,-1),且離心率為.(1)求橢圓E的方程;(2)經(jīng)過點(1,1),且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P,Q(均異于點A),證明:直線AP與AQ的斜率之和為2. 解 :(1)由題設知,b=1, 結(jié)合a2=b2+c2,解得a=.所以橢圓的方程為+y2=1. 1 2 3 4 5(2)由題設知,直線PQ的方程為y=k(x-1)+1(k2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知0.設P(x
21、1,y1),Q(x2,y2),x1x20,則x1+x2=,x1x2=.從而直線AP,AQ的斜率之和k AP+kAQ=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2. 1 2 3 4 55. (2015浙江寧波第二次模擬,文19)如圖,已知F為拋物線y2=4x的焦點,點A,B,C在該拋物線上,其中A,C關于x軸對稱(A在第一象限),且直線BC經(jīng)過點F.(1)若ABC的重心為G,求直線AB的方程;(2)設S ABO=S1,SCFO=S2,其中O為坐標原點,求的最小值. 1 2 3 4 5解 :(1)設A(x1,y1),B(x2,y2),C(x1,-y1).則ABC的重心為G,于是解得故直線AB的方程為4x-5y+4=0.(2)設直線BC:x-1=my,聯(lián)立方程y2=4x得y2-4my-4=0,則y1y2=4.再設直線AB:y=kx+n,聯(lián)立方程y2=4x得ky2-4y+4n=0,則y1y2=4,即n=k.故直線AB:y=k(x+1),即直線AB過定點E(-1,0). S ABO=S1=|OE|y2-y1|=|y2-y1|,SCFO=S2=|OF|y1|=y1.于是(y2-y1)2+=2-2.當且僅當y1=時,等號成立.
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