高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第十节 圆锥曲线的综合问题课件 理.ppt

第十节圆锥曲线的综合问题 总纲目录 考点突破 考点二最值与范围问题 考点一定点 定值问题 考点三圆锥曲线中的探索性问题 考点突破 典例1 2016北京 19 14分 已知椭圆c 1 a b 0 的离心率为 a a 0 b 0 b o 0 0 oab的面积为1 1 求椭圆c的方程 2 设p是椭圆c上一点 直线pa与y轴交于点m 直线pb与x轴交于点n 求证 an bm 为定值 考点一定点 定值问题 解析 1 由题意得解得a 2 b 1 所以椭圆c的方程为 y2 1 2 证明 由 1 知 a 2 0 b 0 1 设p x0 y0 则 4 4 当x0 0时 直线pa的方程为y x 2 令x 0 得ym 从而 bm 1 ym 直线pb的方程为y x 1 令y 0 得xn 从而 an 2 xn 所以 an bm 4 当x0 0时 y0 1 bm 2 an 2 所以 an bm 4 综上 an bm 为定值 方法技巧 1 定点问题的常见解法 1 根据题意选择参数 建立一个含参数的直线系或曲线系方程 经过分析 整理 对方程进行等价变形 以找出适合方程且与参数无关的坐标 该坐标对应的点即为所求定点 2 从特殊位置入手 找出定点 再证明该点符合题意 2 求定值问题常见的方法 1 从特殊情况入手 求出定值 再证明这个值与变量无关 2 直接推理 计算 并在计算推理的过程中消去变量 从而得到定值 1 1 2017北京房山一模 19 已知椭圆c x2 4y2 4 1 求椭圆c的离心率 2 椭圆c的左 右顶点分别为a b 点p在直线x 1上运动 直线pa pb分别与椭圆c相交于m n两个不同的点 求证 直线mn与x轴的交点为定点 解析 1 椭圆c的标准方程为 y2 1 a2 4 b2 1 c2 a2 b2 3 a 2 b 1 c 椭圆c的离心率e 2 证明 点p在直线x 1上 设p 1 m 易知a 2 0 则kap 直线pa的方程为y x 2 将其代入x2 4y2 4 整理得 4m2 9 x2 16m2x 4 4m2 9 0 2 xm xm 2 同理 可求得xn kmn 直线mn的方程为y kmn 整理得y kmn x 4 当x 4时 y 0 直线mn与x轴的交点为定点 且定点为 4 0 典例2已知椭圆c mx2 3my2 1 m 0 的长轴长为2 o为坐标原点 1 求椭圆c的方程和离心率 2 设点a 3 0 动点b在y轴上 动点p在椭圆c上 且p在y轴的右侧 若 ba bp 求四边形opab面积的最小值 考点二最值与范围问题 解析 1 由题意知 椭圆c的方程为 1 所以a2 b2 故2a 2 2 解得m 所以椭圆c的方程为 1 因为c 2 所以离心率e 2 设线段ap的中点为d 连接bd 因为 ba bp 所以bd ap 由题意知 直线bd的斜率存在 设点p x0 y0 y0 0 则点d的坐标为 且直线ap的斜率kap 所以直线bd的斜率为 所以直线bd的方程为y 令x 0 得y 则b 由 1 得 6 3 化简 得b 所以四边形opab的面积s四边形opab s oap s oab 3 y0 3 2 3 当且仅当2y0 即y0 时 等号成立 所以四边形opab面积的最小值为3 方法技巧圆锥曲线中的最值 范围 问题类型较多 解法灵活多变 但总体上主要有两种方法 一是几何法 即通过利用曲线的定义 几何性质以及平面几何中的定理 性质等进行求解 二是代数法 即把要求最值 范围 的几何量或代数表达式表示为某个 些 变量的函数 然后利用函数方法 不等式方法等进行求解 2 1在平面直角坐标系xoy中 点p x0 y0 y0 0 在椭圆c y2 1上 过点p的直线l的方程为 y0y 1 1 求椭圆c的离心率 2 若直线l与x轴 y轴分别相交于a b两点 试求 oab面积的最小值 解析 1 依题意可知a c 1 所以椭圆c的离心率为e 2 因为直线l与x轴 y轴分别相交于a b两点 所以x0 0 y0 0 令y 0 由 y0y 1得x 则a 令x 0 由 y0y 1得y 则b 所以 oab的面积s oab oa ob 因为点p x0 y0 在椭圆c y2 1上 所以 1 所以1 2 即 x0y0 则 所以s oab oa ob 当且仅当 即x0 1 y0 时 oab的面积取得最小值 为 典例3 2017北京海淀一模 19 已知椭圆g y2 1 与x轴不重合的直线l经过左焦点f1 且与椭圆g相交于a b两点 弦ab的中点为m 直线om与椭圆g相交于c d两点 1 若直线l的斜率为1 求直线om的斜率 2 是否存在直线l 使得 am 2 cm dm 成立 若存在 求出直线l的方程 若不存在 请说明理由 考点三圆锥曲线中的探索性问题 解析 1 由已知可得f1 1 0 又直线l的斜率为1 所以直线l的方程为y x 1 由解得所以ab的中点m 所以直线om的斜率为 所以 am 所以 am 2 cm dm 1 1 1 矛盾 所以直线l的斜率存在 故可设直线l的方程为y k x 1 k 0 代入椭圆g的方程并化简 得 2k2 1 x2 4k2x 2 k2 1 0 2 存在 解法一 假设存在直线l 使得 am 2 cm dm 成立 当直线l的斜率不存在时 ab的中点m 1 0 设a x1 y1 b x2 y2 则x1 x2 x1x2 所以 k k 点m的坐标为 ab 直线cd的方程为y x 代入椭圆g的方程并化简 得x2 设c x0 y0 则 oc 2 由题意 知 ab 2 4 cm dm 4 co om co om 4 co 2 om 2 即 4 化简 得k2 或 1 舍去 故k 所以直线l的方程为y x 1 或y x 1 故存在满足题意的直线l 其方程为y x 1 解法二 假设存在直线l 使得 am 2 cm dm 成立 由题意直线l不与x轴重合 设直线l的方程为x my 1 由得 m2 2 y2 2my 1 0 设a x1 y1 b x2 y2 则y1 y2 y1y2 故 ab y1 y2 x1 x2 m y1 y2 2 2 所以ab的中点m的坐标为 所以直线cd的方程为y x 由得x2 设c x0 y0 则d x0 y0 所以 cm dm xm x0 xm x0 由 ab 2 am am 2 cm dm 得 ab 2 4 cm dm 即 4 解得m2 2 故m 所以直线l的方程为x y 1 或x y 1 故存在满足题意的直线l 其方程为x y 1 方法技巧 1 探索性问题通常采用 肯定顺推法 其步骤如下 假设满足条件的元素 点 直线 曲线或参数 存在 列出与该元素相关的方程 组 若方程 组 有实数解 则元素存在 否则 元素不存在 2 反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法 3 1已知椭圆m 1 a b 0 过点 0 1 且离心率e 1 求椭圆m的方程 2 是否存在菱形abcd 同时满足下列三个条件 点a在直线y 2上 点b c d在椭圆m上 直线bd的斜率等于1 如果存在 求出a点的坐标 如果不存在 请说明理由 解析 1 由题意得解得所以椭圆m的方程为 y2 1 2 不存在满足题意的菱形abcd 理由如下 假设存在满足题意的菱形abcd 设直线bd的方程为y x m b x1 y1 d x2 y2 线段bd的中点q x