2018屆高三數(shù)學一輪復習平面解析幾何第十節(jié)圓錐曲線的綜合問題課件理.pptx

1、理數(shù) 課標版,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(ab0)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,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x00時,直線PA的方程為y=(x-2). 令x=0,得yM=-,從而|BM|=|1-yM|=.

2、,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.,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

3、推理的過程中消去變量,從而得到定值.,1-1已知橢圓C:+y2=1(a1)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,故橢圓C的標準方程為+y2=1. (2)解法一:由=0,知APAQ,從而直線AP與坐標軸不垂直,由A(0, 1)

4、可設直線AP的方程為y=kx+1(k0),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,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APAQ,從而直線PQ與x軸不垂直,故可設直線l 的方程為y=kx+t(t1),將其與橢圓方程聯(lián)立得,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-

5、1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0, 將(*)代入,得t=-. 直線l過定點.,考點二最值與范圍問題 典例2(2016課標全國,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(k0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MANA. (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y10. 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),將x

6、=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SAMN=2=.(5分),(2)由題意,t3,k0,A(-,0).將直線AM的方程y=k(x+) 代入+=1得 (3+tk2)x2+2tk2x+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),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) t3等價于=0,即0.(11分) 由此得或解得k2. 因此k的取值范圍是(,2).(

7、12分),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(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)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OAOB,求線段AB長度的最小值.,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

8、=. 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x00. 因為OAOB,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,=+4 =+4(04). 因為+4(04),且當=4時等號成立, 所以|AB|28. 故線段AB長度的最小值為2.,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(ab0)的離心率為 ,點P(0,1)和點A(m,n)(m0)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

9、); (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.,設M(xM,0). 因為m0,所以-1n1. 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,所以=|xM|xN|=2. 所以yQ=或

10、yQ=-. 故在y軸上存在點Q,使得OQM=ONQ. 點Q的坐標為(0,)或(0,-).,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.,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+2kx+1=0.,直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q等價于=8k2-4=4k2-20,解 得k. 即k的取值范圍為.,(2)不存在. 設P(x1,y1