2018届高三数学复习平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题课件.pptx

1、文数 课标版,第九节圆锥曲线的综合问题,考点一圆锥曲线中的范围、最值问题 典例1已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(ab0)的离心率为,F是椭圆 E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点. (1)求E的方程; (2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当OPQ的面积最大时,求l的方程.,考点突破,解析(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=. 又=,所以a=2,b2=a2-c2=1. 故E的方程为+y2=1. (2)当lx轴时不合题意,故设l:y=kx-2(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2).,将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.,由题意知=

2、16(4k2-3)0, 解得k2.x1,2=. 从而|PQ|=|x1-x2|=. 又点O到直线PQ的距离d=, 所以SOPQ=d|PQ|=. 设=t,则t0,SOPQ=. 因为t+4,当且仅当t=2,即k=时等号成立,且满足0, 所以,当OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.,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.,1-1已知A,B

3、,C是椭圆M:+=1(ab0)上的三点,其中点A的坐标为 (2,0),BC过椭圆的中心,且=0,|=2|. (1)求椭圆M的方程; (2)过点(0,t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P,Q,设D为椭圆M与y轴负半轴的交点,且|=|,求实数t的取值范围. 解析(1)因为|=2|且BC过(0,0), 则|OC|=|AC|. 因为=0,所以OCA=90,所以C(,). 由题意知a=2,所以设椭圆M的方程为+=1. 将C点坐标代入得+=1,解得b2=4,所以椭圆M的方程为+=1. (2)由条件及(1)知D(0,-2), 当k=0时,显然-2t2; 当k0时,设l:y=kx+t, 由消去y得,(

4、1+3k2)x2+6ktx+3t2-12=0,由0可得t24+12k2, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ中点H(x0,y0), 则x0=, y0=kx0+t=, 所以H, 由于|=|, 所以DHPQ,则kDH=-, 即=-,化简得t=1+3k2, 所以t1,将代入得,t24t,故1t4. 所以t的范围是(1,4). 综上可得t(-2,4).,考点二圆锥曲线中的定点、定值问题 典例2(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1过A(2,0),B(0,1)两点. (1)求椭圆C的方程及离心率; (2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.

5、求证:四边形ABNM的面积为定值. 解析(1)由题意得,a=2,b=1. 所以椭圆C的方程为+y2=1. 又c=, 所以离心率e=. (2)证明:设P(x0,y0)(x00,y00),则+4=4. 又A(2,0),B(0,1), 所以,直线PA的方程为y=(x-2). 令x=0,得yM=-, 从而|BM|=1-yM=1+. 直线PB的方程为y=x+1. 令y=0,得xN=-, 从而|AN|=2-xN=2+. 所以四边形ABNM的面积,S=|AN|BM| = = =2. 从而四边形ABNM的面积为定值.,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

6、,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.,2-1已知椭圆C:+y2=1(a1)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M: (x-3)2+(y-1)2=3相切. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P,Q两点,且=0,求证:直线l 过定点,并求该定点的坐标. 解析(1)圆M的圆心为(3,1),半径r=.

7、 由题意知A(0,1),F(c,0), 则直线AF的方程为+y=1,即x+cy-c=0, 由直线AF与圆M相切,得=, 解得c2=2,所以a2=c2+1=3,故椭圆C的方程为+y2=1. (2)解法一:由=0,知APAQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,由A(0, 1)可设直线AP的方程为y=kx+1(k0),则直线AQ的方程为y=-x+1(k 0). 将y=kx+1代入椭圆C的方程+y2=1中, 整理,得(1+3k2)x2+6kx=0, 解得x=0或x=-, P, 即P,将上式中的k换成-,得Q. 直线l的方程为y=+, 化简得直线l的方程为y=x-, 因此直线l过定点. 解法二:由=0知APA

8、Q,从而直线PQ与x轴不垂直,故可设直线l 的方程为y=kx+t(t1), 将其与椭圆方程联立得,消去y,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则 (*),由=0,得=(x1,y1-1)(x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2= 0, 将(*)代入,得t=-. 直线l过定点.,考点三圆锥曲线中的探索性问题 典例3(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(ab0)的离心率是 ,点P(0,1)在短轴CD上,且=-1. (1)求椭圆E的方程; (2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A

9、,B两点.是否存在常数,使得+为定值?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.,解析(1)由已知,得点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b). 又点P的坐标为(0,1),且=-1,e=, 于是 解得a=2,b=. 所以椭圆E的方程为+=1. (2)存在.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).,联立 得(2k2+1)x2+4kx-2=0. 其判别式=(4k)2+8(2k2+1)0, 所以,x1+x2=-,x1x2=-.,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

10、,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在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,)且斜率为k的直线l与椭圆 +y2=1有两个不同的交点P和Q. (1)求k的取值范围; (2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B,是否存在常数k,使得向量+与共线?如果存在,求k的值;如果不存在,请说明理 由. 解析(1)由已知条件知,直线l的方程为y=kx+,代入椭圆方程得+ (kx+)2=1, 整理得x2+2kx+1=0.,直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于=8k2-4=4k2-20,解 得k. 即k的取值范围为. (2)不存在.理由如下: 设P(x1,y1),Q(x