2019高考数学二轮复习 专题六 第十三讲 圆锥曲线的综合问题课件 文.ppt

第十三讲圆锥曲线的综合问题,总纲目录,考点一定点问题解析几何中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆(其他曲线过定点太复杂,高中阶段一般不涉及)过定点的问题,其实质是:当动直线或动圆变化时,这些直线或圆相交于一点,即这些直线或圆绕着定点在转动.这类问题的求解一般分为以下三步:,一选:选择变量,定点问题中的定点,随某一个量的变化而固定,可选择这个量为变量(有时可选择两个变量,如点的坐标、斜率、截距等,然后利用其他辅助条件消去其中之一).二求:求出定点坐标所满足的方程,即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程.三定点:对上述方程进行必要的化简,即可得到定点坐标.,已知椭圆C:+=1(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l不经过点P2且与C相交于不同的两点A,B.若直线P2A的斜率与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.,解析(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C一定经过P3,P4两点.由+知,C不经过点P1,所以P2在C上.联立解得故椭圆C的方程为+y2=1.(2)证法一:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2,若l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,而k1+k2=+=+=.由k1+k2=-1,得(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,即(2k+1)+(m-1)=0,解得k=-,当且仅当m-1时,0,直线l的方程为y=-x+m,即x+2y+m(x-2)=0,则所以l过定点(2,-1).证法二:设直线P2A的斜率为k,则直线P2A的方程为y=kx+1,代入椭圆方程,可得A,因为直线P2A的斜率与直线P2B的斜率的和为-1,所以直线P2B的斜率为-k-1,则直线P2B的方程为y=(-k-1)x+1,代入椭圆方程,可得B也可用-k-1代替点A中的k求得点B的坐标,则直线AB的斜率kAB=-,设直线AB的方程为y=kABx+b,将点A的坐标代,入,解得b=-1,所以直线AB的方程为y=-(x-2)-1,所以l过定点(2,-1).,方法归纳证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程,根据直线所过的定点与参数值无关得出x,y的方程组,以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点.,已知动圆M恒过点(0,1),且与直线y=-1相切.(1)求圆心M的轨迹方程;(2)动直线l过点P(0,-2)且与点M的轨迹交于A,B两点,点C与点B关于y轴对称,求证:直线AC恒过定点.,解析(1)由题意得点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y=-1的距离,由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0,1)为焦点,直线y=-1为准线的抛物线,则=1,p=2.圆心M的轨迹方程为x2=4y.(2)证明:由题意知直线l的斜率存在,设直线l:y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),则C(-x2,y2),由得x2-4kx+8=0,x1+x2=4k,x1x2=8.kAC=,则直线AC的方程为y-y1=(x-x1),即y=y1+(x-x1)=x-+=x+,x1x2=8,y=x+=x+2,直线AC恒过点(0,2).,考点二定值问题定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中,探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题,其求解步骤一般为:一选:选择变量,一般为点的坐标、直线的斜率等.二化:把要求解的定值表示成含上述变量的式子,并利用其他辅助条件来减少变量的个数,使其只含有一个变量(或者有多个变量,若是能整体约分也可以).三定值:化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关,故求出的式子必能化为一个常数,所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.,(2018湖南湘东五校联考)已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为,且过点P(2,-1).(1)求椭圆C的标准方程;(2)设点Q在椭圆上,且PQ与x轴平行,过P点作两条直线分别交椭圆C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,若直线PQ平分APB,求证:直线AB的斜率是定值,并求出这个定值.,解析(1)因为椭圆C的离心率为=,所以=,即a2=4b2,所以椭圆C的方程可化为x2+4y2=4b2,又椭圆C过点P(2,-1),所以4+4=4b2,解得b2=2,则a2=8,所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)如图,由题意,知直线PA,PB的斜率均存在且不为0,设直线PA的方程为y+1=k(x-2)(k0),联立方程,得消去y得(1+4k2)x2-8(2k2+k)x+16k2+16k-4=0,所以2x1=,即x1=,因为直线PQ平分APB,且PQ与x轴平行,所以直线PA与直线PB的斜率互为相反数,则直线PB的方程为y+1=-k(x-2)(k0),同理可得x2=.又所以y1-y2=k(x1+x2)-4k,即y1-y2=k(x1+x2)-4k=k-4k=-,x1-x2=.所以直线AB的斜率kAB=-,为定值.,方法归纳定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关,这些变化的因素可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等,这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标,通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关,当使用直线的斜率和截距表示直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决.,(2018云南昆明调研)已知椭圆C:+=1(ab0)的焦距为4,P是椭圆C上的点.(1)求椭圆C的方程;(2)O为坐标原点,A,B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点,设=+,证明:直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值.,解析(1)由题意知2c=4,即c=2,则椭圆C的方程为+=1,因为点P在椭圆C上,所以+=1,解得a2=5或a2=(舍去),所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+n(n0,k0),联立,得消去y,整理得(5k2+1)x2+10knx+5n2-5=0,则=100k2n2-4(5k2+1)(5n2-5)=100k2-20n2+200,x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2n=,由+=得,D(x1+x2,y1+y2),所以直线OD的斜率kOD=-,则kkOD=-,故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值-.解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),x1x2且x1+x20,由+=得,D(x1+x2,y1+y2),所以直线AB的斜率kAB=,直线OD的斜率kOD=,由得(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0,即=-,所以kABkOD=-.故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值-.,考点三最值、范围问题命题角度一:构建目标不等式解决最值或范围问题,设椭圆+=1(a)的右焦点为F,右顶点为A.已知|OA|-|OF|=1,其中O为原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程及离心率e的值;(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BFHF,且MOAMAO,求直线l的斜率的取值范围.,解析(1)由题意可知|OF|=c=,又|OA|-|OF|=1,所以a-=1,解得a=2,所以椭圆的方程为+=1,离心率e=.(2)设M(xM,yM),易知A(2,0),在MAO中,MOAMAO|MA|MO|,即(xM-2)2+,化简得xM1.设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y=k(x-2).设B(xB,yB),由消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0,解得x=2或x=.由题意得xB=,从而yB=.,由(1)知F(1,0),设H(0,yH),则=(-1,yH),=.由BFHF,得=0,即+=0,解得yH=,所以直线MH的方程为y=-x+.由消去y,得xM=.由xM1,得1,解得k-或k,所以直线l的斜率的取值范围为.,命题角度二:构造函数解决最值或范围问题(2018陕西质量检测一)已知椭圆+=1(ab0)的左、右焦点分别为F1和F2,由M(-a,b),N(a,b),F2和F1这4个点构成了一个高为,面积为3的等腰梯形.(1)求椭圆的方程;(2)过点F1的直线和椭圆交于A,B两点,求F2AB面积的最大值.,解析(1)由已知条件,得b=,且=3,a+c=3.又a2-c2=3,a=2,c=1,椭圆的方程为+=1.(2)显然,直线的斜率不能为0,设直线的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程,得消去x得,(3m2+4)y2-6my-9=0.直线过椭圆内的点,无论m为何值,直线和椭圆总相交.,y1+y2=,y1y2=-.=|F1F2|y1-y2|=|y1-y2|=12=4=4,令t=m2+1,则t1,设f(t)=t+,易知t1,+)时函数f(t)单调递增,当t=m2+1=1,即m=0时,f(t)取得最小值,f(t)min=,此时取得最大值3.,方法归纳求解范围、最值问题的常见方法解决有关范围、最值问题时,先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等),建立目标函数,然后利用函数的有关知识和方法求解.(1)利用判别式构造不等式,从而确定参数的取值范围;(2)利用已知参数的取值范围求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系;(3)利用隐含的不等关系,从而求出参数的取值范围;(4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围;(5)利用函数值域的求法,确定参数的取值范围.,解析(1)由题意知=c,则3a2b2=c2(a2+4b2),即3a2(a2-c2)=c2a2+4(a2-c2),所以a2=2c2,所以e=.(2)因为PQF2的周长为4,所以4a=4,即a=.由(1)知b2=c2=1,故椭圆方程为+y2=1,且焦点为F1(-1,0),F2(1,0).若直线l的斜率不存在,则可得lx轴,方程为x=-1,P,Q,=,=,故=.,若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x+1),由消去y,得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.因为=(x1-1,y1)(x2-1,y2)=(x1-1)(x2-1)+y1y2,所以=(k2+1)x1x2+(k2-1)(x1+x2)+k2+1,则=(k2+1)+(k2-1)+k2+1=-,令t=2(2k2+1)(t2),则=-(t2),所以.结合,得,所以的最大值是.,考点四探索性问题,1.解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤如下假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程(组),若方程(组)有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.,2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.典型例题(2018贵州贵阳模拟)如图,椭圆C:+=1(ab0)的左顶点与上顶点分别为A,B,右焦点为F,点P在椭圆C上,且PFx轴,若ABOP,且|AB|=2.(1)求椭圆C的方程;(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点,在x轴上是否存在一点D,使得直线QA与QD的斜率乘积恒为-?若存在,求出点D的坐标;若不存在,说明理由.,解析(1)由题意得A(-a,0),B(0,b),可设P(c,t)(t0),+=1,得t=,P,由ABOP,得=,即b=c,a2=b2+c2=2b2,又|AB|=2,a2+b2=12,由得a2=8,b2=4,椭圆C的方程为+=1.(2)假设存在D(m,0),使得直线QA与QD的斜率乘积恒为-,设Q(x0,y0)(y00),则+=1,kQAkQD=-,A(-2,0),=-(x0m),由得(m-2)x0+2m-8=0,由解得m=2,存在点D(2,0),使得kQAkQD=-.,方法归纳解决探索性问题的注意事项存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存在,若结论不正确,则不存在.(1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论.(2)当给出结论要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件.(3)当条件和结论都未知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取其他的途径.,(2018广西南宁二中、柳州高中联考)如图,椭圆C:+=1(ab0)经过点P,离心率e=,直线l的方程为x=4.(1)求椭圆C的方程;(2)线段AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数,使得k1+k2=k3?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.,解析(1)由P在椭圆上得,+=1,因为e=,