（浙江專版）2018年高考數(shù)學 第1部分 重點強化專題 專題5 平面解析幾何 突破點13 圓錐曲線中的綜合問題教學案

突破點13圓錐曲線中的綜合問題 (對應學生用書第47頁)核心知識提煉提煉1 解答圓錐曲線的定值、定點問題，從三個方面把握(1)從特殊開始，求出定值，再證明該值與變量無關(2)直接推理、計算，在整個過程中消去變量，得定值(3)在含有參數(shù)的曲線方程里面，把參數(shù)從含有參數(shù)的項里面分離出來，并令其系數(shù)為零，可以解出定點坐標.提煉2 用代數(shù)法求最值與范圍問題時從下面幾個方面入手(1)若直線和圓錐曲線有兩個不同的交點，則可以利用判別式求范圍(2)若已知曲線上任意一點、一定點或與定點構成的圖形，則利用圓錐曲線的性質(性質中的范圍)求解(3)利用隱含或已知的不等關系式直接求范圍(4)利用基本不等式求最值與范圍(5)利用函數(shù)值域的方法求最值與范圍提煉3 與圓錐曲線有關的探索性問題(1)給出問題的一些特殊關系，要求探索出一些規(guī)律，并能論證所得規(guī)律的正確性通常要對已知關系進行觀察、比較、分析，然后概括出一般規(guī)律(2)對于只給出條件，探求“是否存在”類型問題，一般要先對結論作出肯定存在的假設，然后由假設出發(fā)，結合已知條件進行推理，若推出相符的結論，則存在性得到論證；若推出矛盾，則假設不存在高考真題回訪回訪直線與圓錐曲線的綜合問題1(2017·浙江高考)如圖13­1，已知拋物線x2y，點A，B，拋物線上的點P(x，y)<x<.過點B作直線AP的垂線，垂足為Q.圖13­1(1)求直線AP斜率的取值范圍(2)求|PA|·|PQ|的最大值解(1)設直線AP的斜率為k，kx，因為<x<，所以直線AP斜率的取值范圍是(1,1).6分(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程解得點Q的橫坐標是xQ.9分因為|PA|(k1)，|PQ|(xQx)，所以|PA|·|PQ|(k1)(k1)3.12分令f(k)(k1)(k1)3，因為f(k)(4k2)(k1)2，所以f(k)在區(qū)間上單調遞增，上單調遞減，因此當k時，|PA|·|PQ|取得最大值.15分2(2016·浙江高考)如圖13­2，設橢圓y21(a>1)圖13­2(1)求直線ykx1被橢圓截得的線段長(用a，k表示)；(2)若任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，求橢圓離心率的取值范圍解(1)設直線ykx1被橢圓截得的線段為AM，由得(1a2k2)x22a2kx0，3分故x10，x2.因此|AM|x1x2|·.5分(2)假設圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可設y軸左側的橢圓上有兩個不同的點P，Q，滿足|AP|AQ|.7分記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2>0，k1k2.由(1)知，|AP|，|AQ|，故，9分所以(kk)1kka2(2a2)kk0.由于k1k2，k1，k2>0得1kka2(2a2)kk0，因此1a2(a22)因為式關于k1，k2的方程有解的充要條件是1a2(a22)>1，所以a>.13分因此，任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1<a.由e，得0<e.所求離心率的取值范圍為0<e.15分3(2015·浙江高考)已知橢圓y21上兩個不同的點A，B關于直線ymx對稱(1)求實數(shù)m的取值范圍；(2)求AOB面積的最大值(O為坐標原點)圖13­3解(1)由題意知m0，可設直線AB的方程為yxb.3分由消去y，得x2xb210.5分因為直線yxb與橢圓y21有兩個不同的交點，所以2b22>0.將線段AB中點M代入直線方程ymx解得b.由得m<或m>.7分(2)令t，則|AB|·，且O到直線AB的距離為d.10分設AOB的面積為S(t)，所以S(t)|AB|·d，當且僅當t2時，等號成立故AOB面積的最大值為.15分4(2014·浙江高考)已知ABP的三個頂點都在拋物線C：x24y上，F(xiàn)為拋物線C的焦點，點M為AB的中點，3.(1)若|PF|3，求點M的坐標；(2)求ABP面積的最大值圖13­4解(1)由題意知焦點F(0,1)，準線方程為y1.2分設P(x0，y0)，由拋物線定義知|PF|y01，得到y(tǒng)02，所以P(2，2)或P(2，2)由3得M或M.6分(2)設直線AB的方程為ykxm，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)由得x24kx4m0.8分于是16k216m0，x1x24k，x1x24m，所以AB的中點M的坐標為(2k,2k2m)由3，得(x0,1y0)3(2k,2k2m1)，所以由x4y0，得k2m.10分由0，k20，得m.又因為|AB|4·，點F(0,1)到直線AB的距離為d，所以SABP4SABF8|m1| .記f(m)3m35m2m1，令f(m)9m210m10，解得m1，m21.12分可得f(m)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)又f f，所以，當m時，f(m)取到最大值，此時k±.所以，ABP面積的最大值為.15分 (對應學生用書第49頁)熱點題型1圓錐曲線中的定值問題題型分析：圓錐曲線中的定值問題是近幾年高考的熱點內容，解決這類問題的關鍵是引入變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關系等，根據(jù)等式恒成立，數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量.【例1】已知橢圓C：1(ab0)上一點P與橢圓右焦點的連線垂直于x軸，直線l：ykxm與橢圓C相交于A，B兩點(均不在坐標軸上)(1)求橢圓C的標準方程；(2)設O為坐標原點，若AOB的面積為，試判斷直線OA與OB的斜率之積是否為定值？ 【導學號：68334131】解(1)由題意知解得3分橢圓C的標準方程為1.4分(2)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k23)x28kmx4m2120，5分由(8km)216(4k23)(m23)0，得m24k23.6分x1x2，x1x2，SOAB|m|x1x2|m|·，8分化簡得4k232m20，滿足0，從而有4k2m2m23(*)，9分kOA·kOB·，由(*)式，得1，12分kOA·kOB，即直線OA與OB的斜率之積為定值.15分方法指津求解定值問題的兩大途徑1.2先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值變式訓練1已知橢圓C：1過A(2,0)，B(0,1)兩點(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值解(1)由題意得a2，b1，橢圓C的方程為y21.3分又c，離心率e.5分(2)證明：設P(x0，y0)(x00，y00)，則x4y4.6分又A(2,0)，B(0,1)，直線PA的方程為y(x2)令x0，得yM，從而|BM|1yM1.9分直線PB的方程為yx1.令y0，得xN，從而|AN|2xN2.12分四邊形ABNM的面積S|AN|·|BM|2.從而四邊形ABNM的面積為定值.15分熱點題型2圓錐曲線中的最值、范圍問題題型分析：圓錐曲線中的最值、范圍問題是高考重點考查的內容，解決此類問題常用的方法是幾何法和代數(shù)法.【例2】設圓x2y22x150的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明|EA|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；(2)設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍解(1)因為|AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圓A的標準方程為(x1)2y216，從而|AD|4，所以|EA|EB|4.2分由題設得A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為1(y0).4分(2)當l與x軸不垂直時，設l的方程為yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(4k23)x28k2x4k2120，則x1x2，x1x2.所以|MN|x1x2|.過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y(x1)，點A到直線m的距離為，6分所以|PQ|24.故四邊形MPNQ的面積S|MN| PQ|12.8分可得當l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).12分當l與x軸垂直時，其方程為x1，|MN|3，|PQ|8，故四邊形MPNQ的面積為12.綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,8).15分方法指津與圓錐曲線有關的取值范圍問題的三種解法1數(shù)形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結合求解2構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解3構建函數(shù)法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域變式訓練2(名師押題)已知拋物線C：x22py(p0)，過其焦點作斜率為1的直線l交拋物線C于M，N兩點，且|MN|16.(1)求拋物線C的方程；(2)已知動圓P的圓心在拋物線C上，且過定點D(0,4)，若動圓P與x軸交于A，B兩點，求的最大值. 【導學號：68334132】解(1)設拋物線的焦點為F，則直線l：yx.由得x22pxp20，x1x22p，y1y23p，|MN|y1y2p4p16，p4，拋物線C的方程為x28y.4分(2)設動圓圓心P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)，則x8y0，且圓P：(xx0)2(yy0)2x(y04)2，令y0，整理得x22x0xx160，解得x1x04，x2x04，6分設t，當x00時，t1，7分當x00時，t.x00，x08，t1，且t1，綜上知1t1.11分f(t)t在1,1上單調遞減，t12，當且僅當t1，即x04時等號成立的最大值為2.15分熱點題型3圓錐曲線中的探索性問題題型分析：探索性問題一般分為探究條件和探究結論兩種類型，若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結論是否成立，成立則存在，否則不存在.若探究結論，則應先寫出結論的表達式，再針對表達式進行討論，往往涉及對參數(shù)的討論.【例3】如圖13­5，在平面直角坐標系xOy中，已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：1(ab0)的左、右焦點，A，B分別是橢圓E的左、右頂點，D(1,0)為線段OF2的中點，且50.圖13­5(1)求橢圓E的方程；(2)若M為橢圓E上的動點(異于點A，B)，連接MF1并延長交橢圓E于點N，連接MD，ND并分別延長交橢圓E于點P，Q，連接PQ，設直線MN，PQ的斜率存在且分別為k1，k2.試問是否存在常數(shù)，使得k1k20恒成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由解題指導(1)0(2)解(1)50，5，ac5(ac)，化簡得2a3c，又點D(1,0)為線段OF2的中點，c2，從而a3，b，左焦點F1(2,0)，故橢圓E的方程為1.4分(2)假設存在滿足條件的常數(shù)，使得k1k20恒成立，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則直線MD的方程為xy1，代入橢圓方程1，整理得，y2y40，6分y1y3，y3，從而x3，故點P，同理，點Q.10分三點M，F(xiàn)1，N共線，從而x1y2x2y12(y1y2)，從而k2，故k10，從而存在滿足條件的常數(shù)，.15分方法指津探索性問題求解的思路及策略1思路：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2策略：(1)當條件和結論不唯一時要分類討論；(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件變式訓練3已知橢圓C：1(ab0)的焦點分別為F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，點P在橢圓C上，滿足|PF1|7|PF2|，tanF1PF24.(1)求橢圓C的方程；(2)已知點A(1,0)，試探究是否存在直線l：ykxm與橢圓C交于D，E兩點，且使得|AD|AE|？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，請說明理由. 【導學號：68334133】解(1)由|PF1|7|PF2|，PF1PF22a得PF1，PF2.2分由余弦定理得cosF1PF，a2，所求C的方程為y21.4分(2)假設存在直線l滿足題設，設D(x1，y1)，E(x2，y2)，將ykxm代入y21并整理得(14k2)x28kmx4m240，由64k2m24(14k2)(4m24)16(m24k21)0，得4k21m2.6分又x1x2.設D，E中點為M(x0，y0)，M，kAMk1，得m，10分將代入得4k212，化簡得20k4k210(4k21)(5k21)0，解得k或k，所以存在直線l，使得|AD|AE|，此時k的取值范圍為.15分12