高考数学一轮总复习 第十章 圆锥曲线 10.6 圆锥曲线的综合问题课件 理 新人教B版.ppt

10 6圆锥曲线的综合问题 高考理数 1 定点问题定点问题通常情况下要建立含参数的曲线方程 选取合适的坐标 可通过取参数的不同特殊值 及对应的方程组的根的求解完成 即可说明此坐标适合该曲线方程且与参数无关 2 定值问题 1 定值问题的求解 可先考虑能否用特殊点或特殊值求出定值 再推广到一般结论 2 定值问题的证明 可运用函数的思想方法来解决 一般步骤如下 选择适当的变量 把要证明的定值的量表示成上述变量的函数 把定值的量化成与变量无关的形式 从而证明是定值 3 最值问题求最值问题常见的方法有两种 1 几何法 题中给出的条件有明显的几何特征 则考虑用图象性质来解决 特别要关注是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值 2 代数法 题中给出的条件和结论的几何特征不明显 则考虑先建立目标函数 通常为二次函 知识清单 数 再求这个函数的最值 求函数的最值常见的方法有配方法 判别式法 基本不等式法 单调性法 三角换元法等 4 存在性问题 1 存在性问题通常采用 肯定顺推法 将不确定性问题明朗化 其步骤为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 5 求定值 最值 范围等圆锥曲线综合问题的四重视 1 重视定义在解题中的作用 2 重视平面几何知识在解题中的作用 3 重视根与系数的关系在解题中的作用 4 重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用 定点 定值 问题是圆锥曲线中常考题型 难度较大 注重知识点之间的联系与综合 更加注重对数学思想方法 尤其是函数思想 数形结合思想及分类讨论思想的考查 1 圆锥曲线中的定点 定值问题常用的解题方法 1 直接推理 计算 并在计算的过程中消去变量 从而得到定点或定值 2 从特殊情况入手 求出定点或定值 再证明定点或定值与变量无关 2 求解定点问题的基本思路 1 把直线或者曲线方程中的变量x y当作常数看待 把常量当作未知数 将方程一端化为0 即化为kf x y g x y 0的形式 这里把常量k当作未知数 2 既然是过定点 那么这个方程就要对任意参数都成立 这时参数的系数就要全部等于0 这样就得到一个关于x y的方程组 即 3 这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点 即满足的点 x0 y0 为直线 突破方法 方法1圆锥曲线中的定点 定值问题 或曲线所过的定点 3 求解定值问题的基本思路 1 首先求出这个几何量或代数表达式 2 对表达式进行化简 整理成y f m n k 的最简形式 3 根据已知条件列出必要的方程 或不等式 消去参数 最后求出定值 一般是根据已知条件列出方程k g m n 代入y f m n k 得到y h m n c c为常数 的形式 例1 2013陕西 20 13分 已知动圆过定点a 4 0 且在y轴上截得弦mn的长为8 1 求动圆圆心的轨迹c的方程 2 已知点b 1 0 设不垂直于x轴的直线l与轨迹c交于不同的两点p q 若x轴是 pbq的平分线 证明直线l过定点 解析 1 如图 设动圆圆心为o1 x y 由题意 知 o1a o1m 当o1不在y轴上时 过o1作o1h mn交mn于h 则h是mn的中点 o1m 又 o1a 化简得y2 8x x 0 又当o1在y轴上时 o1与o重合 点o1的坐标 0 0 也满足方程y2 8x 动圆圆心的轨迹c的方程为y2 8x 2 由题意 设直线l的方程为y kx b k 0 p x1 y1 q x2 y2 将y kx b代入y2 8x 得k2x2 2bk 8 x b2 0 其中 32kb 64 0 由根与系数的关系得 x1 x2 x1x2 因为x轴是 pbq的平分线 所以 即y1 x2 1 y2 x1 1 0 kx1 b x2 1 kx2 b x1 1 0 整理得2kx1x2 b k x1 x2 2b 0 将 代入 并化简得8 b k 0 k b 此时 0 直线l的方程为y k x 1 即直线l过定点 1 0 1 1 2015甘肃二模 20 12分 椭圆c 1 a b 0 的离心率e 过椭圆右焦点f且斜率为1 的直线l截椭圆所得弦长为 1 求椭圆c的方程 2 已知a b为椭圆长轴的两个端点 作不平行于坐标轴且不经过右焦点f的直线pq 与椭圆交于p q两点 若满足 afp bfq 求证 直线pq恒经过一定点 解析依题意知l y x c 又e 所以椭圆c 1 联立 得7x2 8cx 8c2 0 所以 解得c 1 所以a 2 b 于是椭圆c的方程为 1 5分 2 设p x1 y1 q x2 y2 且直线pq的方程为y kx m k 0 由 3 4k2 x2 8kmx 4m2 12 0 所以x1 x2 x1x2 由 afp bfq 得kpf kqf 0 y1 x2 1 y2 x1 1 0 即2kx1x2 m k x1 x2 2m 0 将 式代入上式得2k m k 2m 0 化简得m 4k 10分 所以直线pq的方程为y k x 4 所以直线pq恒经过一定点 4 0 12分 1 最值问题的求解方法 1 建立函数模型 利用二次函数 三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值 2 建立不等式模型 利用基本不等式求最值 3 数形结合 利用相切 相交的几何性质求最值 2 求参数范围的常用方法 1 函数法 用其他变量表示该参数 建立函数关系 利用求函数值域的方法求解 2 不等式法 根据题意建立含参数的不等式 通过解不等式求参数范围 3 判别式法 建立关于某变量的一元二次方程 利用判别式 求参数的范围 4 数形结合法 研究该参数所表示的几何意义 利用数形结合思想求解 例2 2012浙江 21 15分 如图 椭圆c 1 a b 0 的离心率为 其左焦点到点p 2 1 的距离为 不过原点o的直线l与c相交于a b两点 且线段ab被直线op平分 1 求椭圆c的方程 2 求 abp面积取最大值时直线l的方程 方法2圆锥曲线中的最值 参数范围问题 解题导引 1 设f c 0 则 结合 得c 1 a 2椭圆方程 2 设lab y kx m m 0 与椭圆方程联立求ab中点m的坐标 由o p m共线求k及m将s abp表示成关于m的函数利用导数法求最值 得直线l的方程解析 1 设椭圆左焦点为f c 0 则由题意得得所以椭圆方程为 1 2 设a x1 y1 b x2 y2 线段ab的中点为m 当直线ab与x轴垂直时 直线ab的方程为x 0 与不过原点的条件不符 舍去 故可设直线ab的方程为y kx m m 0 由消去y 整理得 3 4k2 x2 8kmx 4m2 12 0 则 64k2m2 4 3 4k2 4m2 12 0 所以线段ab的中点m 因为m在直线op上 所以 得m 0 舍去 或k 此时方程 为3x2 3mx m2 3 0 则 3 12 m2 0 所以 ab x1 x2 设点p到直线ab的距离为d 则d 设 abp的面积为s 则s ab d 其中m 2 0 0 2 令u m 12 m2 m 4 2 m 2 2 u m 4 m 4 m2 2m 6 4 m 4 m 1 m 1 所以当且仅当m 1 时 u m 取到最大值 故当且仅当m 1 时 s取到最大值 综上 所求直线l的方程为3x 2y 2 2 0 2 1 2015辽宁抚顺二中测试 设点p在以f1 f2为左 右焦点的双曲线c 1 a 0 b 0 上 pf2 x轴 pf2 3 点d为右顶点 且 f1d 3 df2 1 求双曲线c的方程 2 设过点f2的直线l与双曲线c交于不同的两点a b 且满足 oa 2 ob 2 ab 2 其中o为原点 求直线l的斜率的取值范围 解析 1 由题意 得 3 a c 3 c a 且c2 a2 b2 解得a 1 b c 2 故双曲线c的方程为x2 1 2 设a x1 y1 b x2 y2 由 oa 2 ob 2 ab 2 得0 0 0 x1x2 y1y2 0 显然 kab 0不合题意 当ab x轴时 不妨令a在b的上方 则a 2 3 b 2 3 5 也不合题意 故直线l的斜率存在且不为零 设直线l的斜率为k 由消去y 整理得 3 k2 x2 4k2x 4k2 3 0 4k2 2 4 3 k2 4k2 3 0 k2 0 x1 x2 x1x2 由x1x2 y1y2 0 x1x2 k x1 2 k x2 2 0 1 k2 x1x2 2k2 x1 x2 4k2 0 1 k2 2k2 4k2 0 k2 3 故l的斜率的取值范围是 存在性 问题是一类探索性问题 存在性问题的求解方法具有以下特点 1 存在性问题通常采用 肯定顺推法 将不确定性问题明朗化 一般步骤为 假设满足条件的曲线 或直线 点等 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 则曲线 或直线 点等 存在 否则不存在 2 反证法和验证法也是求解存在性问题常用的方法 例3 2012江西 20 13分 已知三点o 0 0 a 2 1 b 2 1 曲线c上任意一点m x y 满足 2 1 求曲线c的方程 2 动点q x0 y0 2 x0 2 在曲线c上 曲线c在点q处的切线为l 问 是否存在定点p 0 t t 0 使得l与pa pb都相交 交点分别为d e 且 qab与 pde的面积之比是常数 若存在 求出t的值 若不存在 请说明理由 解题导引 1 坐标化 由 方法3圆锥曲线中的存在性问题 2得关系式 曲线c的方程 2 写出pa pb l的方程 并设l与y轴交于点f 1 t 0时 l与直线pa平行 不合题意 t 1时 l与pa pb的方程分别联立 由d e的横坐标之差及 fp t得s pde s qab的表达式 由为常数求t解析 1 2 x 1 y 2 x 1 y 则 x y 0 2 2y 由已知得 2y 2 化简得曲线c的方程 x2 4y 2 假设存在点p 0 t t 0 满足条件 则直线pa的方程是y x t pb的方程是y x t 曲线c在q处的切线l的方程是y x 设它与y轴的交点为f 因为 2 所以l与直线pa pb一定相交 分别联立得方程组解得d e的横坐标分别是xd xe 则xe xd 1 t 又 fp t 则s pde fp xe xd s qab 4 于是 对于任意x0 2 2 要使为常数 即只需t满足解得t 1 此时 2 故存在t 1 使得 qab与 pde的面积之比是常数2 3 1 2015内蒙古呼伦贝尔一模 20 已知抛物线e y2 2px p 0 的准线与x轴交于点m 过点m作圆c x 2 2 y2 1的两条切线 切点为a b ab 1 求抛物线e的方程 2 过m点斜率为k的直线l与抛物线e交于h g两点 是否存在这样的k 使得抛物线e上总存在点q x0 y0 满足qh qg 若存