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 圓錐曲線中的綜合問題 文

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1、第第2 2課時圓錐曲線中的綜合問題課時圓錐曲線中的綜合問題總綱目錄考點一 定點問題考點二 定值問題考點三 最值、范圍問題考點四 探索性問題考點一 定點問題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)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的點就是直線所過的定點.典型例題(2017課標全國理,20,12分)已知橢圓C:+=1(ab0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點.22xa22yb31,231,2又由+

2、知,C不經(jīng)過點P1,所以點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=-.當且僅當m-1時,0,于是l:y=-x+m,

3、即y+1=-(x-2),所以l過定點(2,-1).12m12m12m動線過定點問題的兩大類型及解法(1)動直線l過定點問題,解法:設(shè)動直線方程(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),故動直線過定點(-m,0).(2)動曲線C過定點問題,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.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(guān)于y軸對稱,求證:直線

4、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與直線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(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(0,2).24 ,2xyykx1212yyxx22121244x

5、xxx124xx124xx124xx124xx112()4x xx214x124xx124x x124xx124x x124xx考點二 定值問題定值問題就是證明一個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,也可能是動點的坐標等,這類問題的一般解法是使用變化的量表達求證目標,通過運算求證目標的取值與變化的量無關(guān).典型例題典型例題(2015課標,20,12分)已知橢圓C:+=1(ab0)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.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及兩大解法(1)特點:特征幾何量不受動點或動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,再證明這個值與變量無關(guān).引進變量法: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F(1,0),O為坐標原點,A,B是拋物線C上異于O的兩點.(1)求拋物線C的方程;(2)若OAOB,求證:直線AB過定點.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,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(4,0).OAOB24 ,yxxtym214y224y考點三 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,則可先建立目標函數(shù),再求這個函數(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P(x,y).過點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-,因為-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的公共點為A,B,其中C1的離心率為.(1)求a,b的值;(2)過點B的直線l與C1,C2分別交于點P,Q(均異于點A,B),是否存在直線l,使得以PQ為直徑的圓恰好過點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.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P的坐標為(xP,yP),直線l過點B,x=1是方程(*)的一個根.由求根公式,得xP=,從而yP=,點P的坐標為.同理,由得點Q的坐標為(-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,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)當條件和結(jié)論不唯一時,要分類討論.(2)當給出結(jié)論要推導(dǎo)出存在的條件時,先假設(shè)成立,再推出條件.(3)當條件和結(jié)論都未知,按常規(guī)方法解題很難時,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M(,0),N(0,1),是否存在經(jīng)過點(0,)且斜率為k的直線l與曲線T有兩個不同的交點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.因為l與橢圓有兩個不同的交點,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,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,點N在E上

14、,MANA.(1)當|AM|=|AN|時,求AMN的面積;(2)當2|AM|=|AN|時,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, 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,且零點k在(,2)內(nèi),所以k2.21k2212 134kk1k2212134kkk2234k234kk 3333