高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第九章平面解析幾何第九節(jié)圓錐曲線的綜合問題課件文.ppt

文數(shù) 課標(biāo)版,第九節(jié) 圓錐曲線的綜合問題,考點(diǎn)一 圓錐曲線中的范圍、最值問題 典例1 已知點(diǎn)A(0,-2),橢圓E: + =1(ab0)的離心率為 ,F是橢圓 E的右焦點(diǎn),直線AF的斜率為 ,O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)求E的方程; (2)設(shè)過點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P,Q兩點(diǎn).當(dāng)OPQ的面積最大時(shí),求l的 方程.,考點(diǎn)突破,解析 (1)設(shè)F(c,0),由條件知, = ,得c= . 又 = ,所以a=2,b2=a2-c2=1. 故E的方程為 +y2=1. (2)當(dāng)lx軸時(shí)不合題意,故設(shè)l:y=kx-2(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2).,將y=kx-2代入 +y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.,由題意知=16(4k2-3)0, 解得k2 .x1,2= . 從而|PQ|= |x1-x2|= . 又點(diǎn)O到直線PQ的距離d= , 所以SOPQ= d·|PQ|= . 設(shè) =t,則t0,SOPQ= = . 因?yàn)閠+ 4,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=± 時(shí)等號(hào)成立,且滿足0, 所以,當(dāng)OPQ的面積最大時(shí),l的方程為y= x-2或y=- x-2.,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.,1-1 已知A,B,C是橢圓M: + =1(ab0)上的三點(diǎn),其中點(diǎn)A的坐標(biāo)為 (2 ,0),BC過橢圓的中心,且 · =0,| |=2| |. (1)求橢圓M的方程; (2)過點(diǎn)(0,t)的直線l(斜率存在時(shí))與橢圓M交于兩點(diǎn)P,Q,設(shè)D為橢圓M與 y軸負(fù)半軸的交點(diǎn),且| |=| |,求實(shí)數(shù)t的取值范圍. 解析 (1)因?yàn)閨 |=2| |且BC過(0,0), 則|OC|=|AC|. 因?yàn)?· =0,所以O(shè)CA=90°,所以C( , ). 由題意知a=2 ,所以設(shè)橢圓M的方程為 + =1. 將C點(diǎn)坐標(biāo)代入得 + =1,解得b2=4,所以橢圓M的方程為 + =1. (2)由條件及(1)知D(0,-2), 當(dāng)k=0時(shí),顯然-2t2; 當(dāng)k0時(shí),設(shè)l:y=kx+t, 由 消去y得,(1+3k2)x2+6ktx+3t2-12=0,由0可得t24+12k2, 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ中點(diǎn)H(x0,y0), 則x0= = , y0=kx0+t= , 所以H , 由于| |=| |, 所以DHPQ,則kDH=- , 即 =- ,化簡(jiǎn)得t=1+3k2, 所以t1,將代入得,t24t,故1t4. 所以t的范圍是(1,4). 綜上可得t(-2,4).,考點(diǎn)二 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題 典例2 (2016北京,19,14分)已知橢圓C: + =1過A(2,0),B(0,1)兩點(diǎn). (1)求橢圓C的方程及離心率; (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB 與x軸交于點(diǎn)N.求證:四邊形ABNM的面積為定值. 解析 (1)由題意得,a=2,b=1. 所以橢圓C的方程為 +y2=1. 又c= = , 所以離心率e= = . (2)證明:設(shè)P(x0,y0)(x00,y00),則 +4 =4. 又A(2,0),B(0,1), 所以,直線PA的方程為y= (x-2). 令x=0,得yM=- , 從而|BM|=1-yM=1+ . 直線PB的方程為y= x+1. 令y=0,得xN=- , 從而|AN|=2-xN=2+ . 所以四邊形ABNM的面積,S= |AN|·|BM| = = = =2. 從而四邊形ABNM的面積為定值.,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)算推理的過程中消去變量,從而得到定值.,2-1 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)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 ,將上式中的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,y2-1)=(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)三 圓錐曲線中的探索性問題 典例3 (2015四川,20,13分)如圖,橢圓E: + =1(ab0)的離心率是 ,點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上,且 · =-1. (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A,B兩點(diǎn).是否存在常數(shù), 使得 · + · 為定值?若存在,求的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.,解析 (1)由已知,得點(diǎn)C,D的坐標(biāo)分別為(0,-b),(0,b). 又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1),且 · =-1,e= , 于是 解得a=2,b= . 所以橢圓E的方程為 + =1. (2)存在.當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=kx+1,A,B的坐標(biāo) 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=- .,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+2 kx+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.理由如下: 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 則 + =(x1+x2,y1+y2), 由方程知,x1+x2=- . 由(1)知y1+y2=k(x1+x2)+2 =- +2 . 由題意知A( ,0)、B(0,1),所以 =(- ,1), 所以 + 與 共線等價(jià)于x1+x2=- (y1+y2), 將代入上式,解得k= . 由(1)知k ,故不存在符合題意的常數(shù)k,使得 + 與 共 線.,