圓錐曲線的綜合問題課件

理數(shù)課標版第十節(jié)圓錐曲線的綜合問題理數(shù)第十節(jié)圓錐曲線的綜合問題考點一定點、定值問題典例1

(2016北京,19,14分)已知橢圓C:

+

=1(a>b>0)的離心率為

,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程;(2)設P是橢圓C上一點,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求

證:|AN|·|BM|為定值.考點突破考點一定點、定值問題考點突破2解析(1)由題意得

解得a=2,b=1.所以橢圓C的方程為

+y2=1.(2)證明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).設P(x0,y0),則

+4

=4.當x0≠0時,直線PA的方程為y=

(x-2).令x=0,得yM=-

,從而|BM|=|1-yM|=

.解析(1)由題意得?3直線PB的方程為y=

x+1.令y=0,得xN=-

,從而|AN|=|2-xN|=

.所以|AN|·|BM|=

·

=

=

=4.當x0=0時,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·|BM|為定值.直線PB的方程為y=?x+1.綜上,|AN|·|BM|為定值4方法技巧1.定點問題的常見解法(1)根據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個含參數(shù)的直線系或曲線系方程,經(jīng)過分

析、整理,對方程進行等價變形,以找出適合方程且與參數(shù)無關的坐標

(該坐標對應的點即為所求定點).(2)從特殊位置入手,找出定點,再證明該點符合題意.2.求定值問題常見的方法(1)從特殊情況入手,求出定值,再證明這個值與變量無關;(2)直接推理、計算,并在計算推理的過程中消去變量,從而得到定值.方法技巧2.求定值問題常見的方法51-1已知橢圓C:

+y2=1(a>1)的上頂點為A,右焦點為F,直線AF與圓M:(x-3)2+(y-1)2=3相切.(1)求橢圓C的標準方程;(2)若不過點A的動直線l與橢圓C交于P,Q兩點,且

·

=0,求證:直線l過定點,并求出該定點的坐標.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=3,1-1已知橢圓C:?+y2=1(a>1)的上頂點為A,右焦6故橢圓C的標準方程為

+y2=1.(2)解法一:由

·

=0,知AP⊥AQ,從而直線AP與坐標軸不垂直,由A(0,1)可設直線AP的方程為y=kx+1(k≠0),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

,故橢圓C的標準方程為?+y2=1.7將上面P的坐標中的k換成-

,得Q

.∴直線l的方程為y=

+

,化簡得直線l的方程為y=

x-

,因此直線l過定點

.解法二:由

·

=0知AP⊥AQ,從而直線PQ與x軸不垂直,故可設直線l的方程為y=kx+t(t≠1),將其與橢圓方程聯(lián)立得

將上面P的坐標中的k換成-?,將其與橢圓方程聯(lián)立得?8消去y,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0.設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

.消去y,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=9考點二最值與范圍問題典例2

(2016課標全國Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:

+

=1的焦點在x軸上,A是E的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MA⊥NA.(1)當t=4,|AM|=|AN|時,求△AMN的面積;(2)當2|AM|=|AN|時,求k的取值范圍.解析(1)設M(x1,y1),則由題意知y1>0.當t=4時,E的方程為

+

=1,A(-2,0).

(1分)由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為

.因此直線AM的方程為y=x+2.

(2分)考點二最值與范圍問題10將x=y-2代入

+

=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=

,所以y1=

.

(4分)因此△AMN的面積S△AMN=2×

×

×

=

.

(5分)(2)由題意,t>3,k>0,A(-

,0).將直線AM的方程y=k(x+

)代入

+

=1得(3+tk2)x2+2

·tk2x+t2k2-3t=0.

(7分)由x1·(-

)=

得x1=

,故|AM|=|x1+

|

=

.

(8分)由題設,直線AN的方程為y=-

(x+

),同理可得|AN|=

.

(9分)將x=y-2代入?+?=1得7y2-12y=0.(2)由題意11由2|AM|=|AN|得

=

,即(k3-2)t=3k(2k-1).當k=

時上式不成立,因此t=

.

(10分)t>3等價于

=

<0,即

<0.

(11分)由此得

或

解得

<k<2.因此k的取值范圍是(

,2).

(12分)由2|AM|=|AN|得?=?,即(k3-2)t=3k(2k12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、幾何性質以及平面幾

何中的定理、性質等進行求解;二是代數(shù)法,即把要求最值(范圍)的幾何

量或代數(shù)表達式表示為某個(些)變量的函數(shù),然后利用函數(shù)方法、不等

式方法等進行求解.2-1

(2014北京文,19,14分)已知橢圓C:x2+2y2=4.(1)求橢圓C的離心率;(2)設O為原點.若點A在直線y=2上,點B在橢圓C上,且OA⊥OB,求線段AB

長度的最小值.方法技巧13解析(1)由題意,知橢圓C的標準方程為

+

=1.所以a2=4,b2=2,從而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=

.故橢圓C的離心率e=

=

.(2)設點A,B的坐標分別為(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.因為OA⊥OB,所以

·

=0,即tx0+2y0=0,解得t=-

.又

+2

=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2=

+(y0-2)2=

+

+

+4解析(1)由題意,知橢圓C的標準方程為?+?=1.14=

+

+

+4=

+

+4(0<

≤4).因為

+

≥4(0<

≤4),且當

=4時等號成立,所以|AB|2≥8.故線段AB長度的最小值為2

.=?+?+?+415考點三圓錐曲線中的探索性問題典例3

(2015北京,19,14分)已知橢圓C:

+

=1(a>b>0)的離心率為

,點P(0,1)和點A(m,n)(m≠0)都在橢圓C上,直線PA交x軸于點M.(1)求橢圓C的方程,并求點M的坐標(用m,n表示);(2)設O為原點,點B與點A關于x軸對稱,直線PB交x軸于點N.問:y軸上是

否存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點Q的坐標;若不存在,說明

理由.解析(1)由題意得

解得a2=2.故橢圓C的方程為

+y2=1.考點三圓錐曲線中的探索性問題16設M(xM,0).因為m≠0,所以-1<n<1.因為直線PA的方程為y-1=

x,所以xM=

,即M

.(2)存在.因為點B與點A關于x軸對稱,所以B(m,-n).設N(xN,0),則xN=

.“存在點Q(0,yQ),使得∠OQM=∠ONQ”等價于“存在點Q(0,yQ),使得

=

”,即yQ滿足

=|xM||xN|.因為xM=

,xN=

,

+n2=1,設M(xM,0).17所以

=|xM||xN|=

=2.所以yQ=

或yQ=-

.故在y軸上存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ.點Q的坐標為(0,

)或(0,-

).所以?=|xM||xN|=?=2.18方法技巧(1)探索性問題通常采用“肯定順推法”.其步驟如下:假設滿足條件的

元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在,列出與該元素相關的方程(組),若方

程(組)有實數(shù)解,則元素存在,否則,元素不存在.(2)反證法與驗證法也是求解探索性問題的常用方法.3-1在平面直角坐標系xOy中,經(jīng)過點(0,

)且斜率為k的直線l與橢圓

+y2=1有兩個不同的交點P和Q.(1)求k的取值范圍;(2)設橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點分別為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,請說明理由.方法技巧19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.

①直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q等價于Δ=8k2-4

=4k2-2>0,解得k<-

或k>

.即k的取值范圍為

∪

.解析(1)由已知條件知,直線l的方程為y=kx+?,代入橢20(2)不存在.設P(x1,y1),Q(x2,y2),則

+

=(x1+x2,y1+y2),由方程①知,x1+x2=-

.

②由(1)知y1+y2=k(x1+x2)+2

=-

+2

=

.

③由題意知A(

,0),B(0,1),所以

=(-

,1),所以

+

與

共線等價于x1+x2=-

(y1+y2),將②③代入上式,解得k=

.由(1)知k<-

或k>

,故不存在符合題意的常數(shù)k,使得

+

與

共線.(2)不存在.所以?+?與?共線等價于x1+x2=-?(y121理數(shù)課標版第十節(jié)圓錐曲線的綜合問題理數(shù)第十節(jié)圓錐曲線的綜合問題考點一定點、定值問題典例1

(2016北京,19,14分)已知橢圓C:

+

=1(a>b>0)的離心率為

,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程;(2)設P是橢圓C上一點,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求

證:|AN|·|BM|為定值.考點突破考點一定點、定值問題考點突破23解析(1)由題意得

解得a=2,b=1.所以橢圓C的方程為

+y2=1.(2)證明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).設P(x0,y0),則

+4

=4.當x0≠0時,直線PA的方程為y=

(x-2).令x=0,得yM=-

,從而|BM|=|1-yM|=

.解析(1)由題意得?24直線PB的方程為y=

x+1.令y=0,得xN=-

,從而|AN|=|2-xN|=

.所以|AN|·|BM|=

·

=

=

=4.當x0=0時,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.綜上,|AN|·|BM|為定值.直線PB的方程為y=?x+1.綜上,|AN|·|BM|為定值25方法技巧1.定點問題的常見解法(1)根據(jù)題意選擇參數(shù),建立一個含參數(shù)的直線系或曲線系方程,經(jīng)過分

析、整理,對方程進行等價變形,以找出適合方程且與參數(shù)無關的坐標

(該坐標對應的點即為所求定點).(2)從特殊位置入手,找出定點,再證明該點符合題意.2.求定值問題常見的方法(1)從特殊情況入手,求出定值,再證明這個值與變量無關;(2)直接推理、計算,并在計算推理的過程中消去變量,從而得到定值.方法技巧2.求定值問題常見的方法261-1已知橢圓C:

+y2=1(a>1)的上頂點為A,右焦點為F,直線AF與圓M:(x-3)2+(y-1)2=3相切.(1)求橢圓C的標準方程;(2)若不過點A的動直線l與橢圓C交于P,Q兩點,且

·

=0,求證:直線l過定點,并求出該定點的坐標.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=3,1-1已知橢圓C:?+y2=1(a>1)的上頂點為A,右焦27故橢圓C的標準方程為

+y2=1.(2)解法一:由

·

=0,知AP⊥AQ,從而直線AP與坐標軸不垂直,由A(0,1)可設直線AP的方程為y=kx+1(k≠0),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

,故橢圓C的標準方程為?+y2=1.28將上面P的坐標中的k換成-

,得Q

.∴直線l的方程為y=

+

,化簡得直線l的方程為y=

x-

,因此直線l過定點

.解法二:由

·

=0知AP⊥AQ,從而直線PQ與x軸不垂直,故可設直線l的方程為y=kx+t(t≠1),將其與橢圓方程聯(lián)立得

將上面P的坐標中的k換成-?,將其與橢圓方程聯(lián)立得?29消去y,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0.設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

.消去y,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=30考點二最值與范圍問題典例2

(2016課標全國Ⅱ,20,12分)已知橢圓E:

+

=1的焦點在x軸上,A是E的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MA⊥NA.(1)當t=4,|AM|=|AN|時,求△AMN的面積;(2)當2|AM|=|AN|時,求k的取值范圍.解析(1)設M(x1,y1),則由題意知y1>0.當t=4時,E的方程為

+

=1,A(-2,0).

(1分)由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為

.因此直線AM的方程為y=x+2.

(2分)考點二最值與范圍問題31將x=y-2代入

+

=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=

,所以y1=

.

(4分)因此△AMN的面積S△AMN=2×

×

×

=

.

(5分)(2)由題意,t>3,k>0,A(-

,0).將直線AM的方程y=k(x+

)代入

+

=1得(3+tk2)x2+2

·tk2x+t2k2-3t=0.

(7分)由x1·(-

)=

得x1=

,故|AM|=|x1+

|

=

.

(8分)由題設,直線AN的方程為y=-

(x+

),同理可得|AN|=

.

(9分)將x=y-2代入?+?=1得7y2-12y=0.(2)由題意32由2|AM|=|AN|得

=

,即(k3-2)t=3k(2k-1).當k=

時上式不成立,因此t=

.

(10分)t>3等價于

=

<0,即

<0.

(11分)由此得

或

解得

<k<2.因此k的取值范圍是(

,2).

(12分)由2|AM|=|AN|得?=?,即(k3-2)t=3k(2k33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、幾何性質以及平面幾

何中的定理、性質等進行求解;二是代數(shù)法,即把要求最值(范圍)的幾何

量或代數(shù)表達式表示為某個(些)變量的函數(shù),然后利用函數(shù)方法、不等

式方法等進行求解.2-1

(2014北京文,19,14分)已知橢圓C:x2+2y2=4.(1)求橢圓C的離心率;(2)設O為原點.若點A在直線y=2上,點B在橢圓C上,且OA⊥OB,求線段AB

長度的最小值.方法技巧34解析(1)由題意,知橢圓C的標準方程為

+

=1.所以a2=4,b2=2,從而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=

.故橢圓C的離心率e=

=

.(2)設點A,B的坐標分別為(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.因為OA⊥OB,所以

·

=0,即tx0+2y0=0,解得t=-

.又

+2

=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2=

+(y0-2)2=

+

+

+4解析(1)由題意,知橢圓C的標準方程為?+?=1.35=

+

+

+4=

+

+4(0<

≤4).因為

+

≥4(0<

≤4),且當

=4時等號成立,所以|AB|2≥8.故線段AB長度的最小值為2

.=?+?+?+436考點三圓錐曲線中的探索性問題典例3

(2015北京,19,14分)已知橢圓C:

+

=1(a>b>0)的離心率為

,點P(0,1)和點A(m,n)(m≠0)都在橢圓C上,直線PA交x軸于點M.(1)求橢圓C的方程,并求點M的坐標(用m,n表示);(2)設O為原點,點B與點A關于x軸對稱,直線PB交x軸于點N.問:y軸上是

否存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求點Q的坐標;若不存在,說明

理由.解析(1)由題意得

解得a2=2.故橢圓C的方程為

+y2=1.考點三圓錐曲線中的探索性問題37設M(xM,0).因為m≠0,所以-1<n<1.因為直線PA的方程為y-1=

x,所以xM=

,即M

.(2)存在.因為點B與點A關于x軸對稱,所以B(m,-n).設N(xN,0),則xN=

.“存在點Q(0,yQ),使得∠OQM=∠ONQ”等價于“存在點Q(0,yQ),使得

=

”,即yQ滿足

=|xM||xN|.