2021届课标版高考文科数学大一轮复习课件：§9-6 圆锥曲线的综合问题（讲解部分）

2021届课标版高考文科数学大一轮复习课件：§9-6 圆锥曲线的综合问题（讲解部分）

专题九　平面解析几何 §9.1 　直线方程与圆的方程 高考文数 考点一　轨迹与轨迹方程 考点清单 考向基础 1.曲线与方程的关系 (1)曲线方程的实质是曲线上任意一点的坐标与方程的解之间是 一一对应 的关系 ; (2)方程 f   ( x , y )+ f   ( x , y )=0表示的“曲线”为一些孤立的点,即曲线 f 1 ( x , y )=0 和曲线 f 2 ( x , y )=0的交点; (3)方程 f 1 ( x , y )· f 2 ( x , y )· … · f n ( x , y )=0表示的曲线是由曲线 f 1 ( x , y )=0, f 2 ( x , y )=0, … … ,曲线 f n ( x , y )=0构成的 n 条曲线. 2.求轨迹方程的步骤 (1)建系、设点;(2)列式(列出动点所满足的几何等量关系式);(3)坐标化(选 用合适的公式表示几何等量关系);(4)化简(注意化简前后的等价性);(5)检 验(去伪存真). 考向　求轨迹方程 考向突破 例1　已知动圆 M 和定圆 C 1 : x 2 +( y -3) 2 =64相内切,并且外切于定圆 C 2 : x 2 +( y +3) 2 =4,则动圆圆心 M 的轨迹方程为 　　　     . 解析　设动圆 M 的半径为 r ,圆心为 M ( x , y ), 由题意知两定圆圆心 C 1 (0,3), C 2 (0,-3),半径 r 1 =8, r 2 =2. 则| MC 1 |=8- r ,| MC 2 |= r +2. 故| MC 1 |+| MC 2 |=(8- r )+( r +2)=10. 又| C 1 C 2 |=6,则动圆圆心 M 的轨迹是椭圆, 设其方程为   +   =1( a > b >0), 椭圆焦点为 C 1 (0,3), C 2 (0,-3),2 a =10,则 a =5, c =3, 所以 b 2 = a 2 - c 2 =25-9=16. 所以动圆圆心 M 的轨迹方程是   +   =1. 答案       +   =1 考向基础 1.定点问题 解析几何中证明直线过定点,一般是先选择一个参数建立直线系方程,然后 再根据直线系方程过定点时方程的成立与参数没有关系得到一个关于 x , y 的方程组,以这个方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点. 2.定值问题 (1)解析几何中的定值问题的证明可运用函数的思想方法.证明过程可总结 为“ 变量 ⇒ 函数 ⇒ 定值 ”,具体操作步骤如下: ①变量——选择适当的量为变量; ②函数——把要证明为定值的量表示成上述变量的函数; ③定值——把得到的函数解析式化简,消去变量得到定值. (2)求定值问题常见的方法 考点二　定点与定值问题 ①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关; ②直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值. 例2    (2019新疆第一次毕业诊断及模拟,20)已知椭圆   +   =1( a > b >0)过 点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线 l 与 x 轴正半 轴和 y 轴分别交于点 Q 、 P ,与椭圆分别交于点 M 、 N ,各点均不重合且满足   = λ 1   ,   = λ 2   . (1)求椭圆的标准方程; (2)若 λ 1 + λ 2 =-3,证明:直线 l 过定点并求此定点坐标. 考向突破 考向一　定点问题 解析　(1)∵椭圆   +   =1( a > b >0)过点(0,1),∴ b =1. 设焦距为2 c , ∵长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列, ∴(2 a ) 2 +(2 b ) 2 =2(2 c ) 2 ,又 a 2 = b 2 + c 2 ,∴ a 2 =3. ∴椭圆的标准方程为   + y 2 =1. (2)设 P (0, m ), Q ( x 0 ,0), M ( x 1 , y 1 ), N ( x 2 , y 2 ), l 的方程为 x = t ( y - m ), 由   = λ 1   ,知( x 1 , y 1 - m )= λ 1 ( x 0 - x 1 ,- y 1 ), ∴ y 1 - m =- y 1 λ 1 ,由题意知 y 1 ≠ 0,∴ λ 1 =   -1, 同理由   = λ 2   知, λ 2 =   -1, ∵ λ 1 + λ 2 =-3,∴ y 1 y 2 + m ( y 1 + y 2 )=0①, 联立   得( t 2 +3) y 2 -2 mt 2 y + t 2 m 2 -3=0, ∴ Δ =4 m 2 t 4 -4( t 2 +3)( t 2 m 2 -3)>0②, 且有   ③, 将③代入①得 t 2 m 2 -3+ m ·2 mt 2 =0,∴( mt ) 2 =1, ∵直线 l 与 x 轴正半轴和 y 轴分别交于点 Q 、 P , ∴ mt <0,∴ mt =-1(满足②), 故 l 的方程为 x = ty +1, l 过定点(1,0). 例3    (2019四川教考联盟二诊,20)已知椭圆 C 过点 A   ,两个焦点为(0, 2),(0,-2), E , F 是椭圆 C 上的两个动点,直线 AE 的斜率与直线 AF 的斜率互为相 反数. (1)求椭圆 C 的方程; (2)求证:直线 EF 的斜率为定值. 考向二　定值问题 解析　(1)设椭圆方程为   +   =1( a > b >0), ∴2 a =   +   =2   , ∴ a =   ,又∵ c =2, ∴ b 2 = a 2 - c 2 =6, ∴椭圆 C 的方程为   +   =1. (2)证明:由已知得直线 AE , AF 的斜率均存在且不为0,设直线 AE 的方程为 y = k   +   ( k ≠ 0),代入   +   =1, 得(3 k 2 +5) x 2 +3 k (5-3 k ) x +3   -30=0, 设 E ( x E , y E ), F ( x F , y F ),∵点 A   在直线 AE 上, ∴ x E =   -   =   , y E = kx E -   k +   , 又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数, 在上式中,用- k 代替 k , 得 x F =   , y F =- kx F +   k +   . ∴直线 EF 的斜率 k =   =   =1,为定值. 考向基础 1.求最值问题常见的方法 (1) 几何法     :若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. (2) 代数法     :若题中给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目 标函数,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. 2.求定值、最值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. 考点三　求参变量的取值范围和最值问题 3.求参数的取值范围 根据已知条件建立关于参数的等式或不等式,再求参数的范围. 考向突破 考向一　求参变量的取值范围 例4　椭圆   +   =1( a > b >0)的右顶点是 A ( a ,0),其上存在一点 P ,使∠ APO = 90 ° ,则椭圆离心率的取值范围为 　　　     . 解析　设 P ( x , y )(0< x < a ),由∠ APO =90 ° 知,点 P 在以 OA 为直径的圆上,圆的方 程是   + y 2 =   , ∴ y 2 = ax - x 2 .① 又 P 点在椭圆上,故   +   =1.② 把①代入②化简,得( a 2 - b 2 ) x 2 - a 3 x + a 2 b 2 =0, 即( x - a )[( a 2 - b 2 ) x - ab 2 ]=0, ∵ x ≠ a , x ≠ 0, ∴ x =   ,又0< x < a , a > b >0, ∴0<   < a ,即2 b 2 < a 2 . 由 b 2 = a 2 - c 2 ,得 a 2 <2 c 2 ,∴ e >   . 又∵0< e <1,∴   < e <1. 故椭圆离心率的取值范围是   . 答案       考向二　求参变量的最值 例5    (2019河南郑州一中4月模拟,10)已知 F 为抛物线 y 2 = x 的焦点,点 A , B 在 该抛物线上且位于 x 轴的两侧,   ·   =6(其中 O 为坐标原点),则△ ABO 与 △ AFO 面积之和的最小值是   (　　) A.   　    B.3　    C.   　    D.   解析　设直线 AB 的方程为 x = ty + m ,点 A ( x 1 , y 1 ), B ( x 2 , y 2 ),直线 AB 与 x 轴的交点为 M ( m ,0),将 x = ty + m 代入 y 2 = x ,可得 y 2 - ty - m =0,则 y 1 · y 2 =- m .∵   ·   =6,∴ x 1 x 2 + y 1 y 2 =6,从而( y 1 y 2 ) 2 + y 1 y 2 -6=0.∵点 A , B 位于 x 轴的两侧,∴ y 1 y 2 =-3,故 m =3.不妨令点 A 在 x 轴上方,则 y 1 >0,又 F   ,∴ S △ ABO + S △ AFO =   × 3 × ( y 1 - y 2 )+   ×   y 1 =   y 1 +   ≥ 2   =   ,当且仅当   y 1 =   ,即 y 1 =   时,取“=”,∴△ ABO 与 △ AFO 面积之和的最小值是   ,故选D. 答案    D 考点四　存在性问题 考向基础 1.存在性问题的解题步骤 (1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参数的方程或不等式 (组). (2)解此方程或不等式(组),若有解,则存在,若无解,则不存在. 2.解答此类问题要充分注意解题的规范性. 例6    (2019四川大学附中期中,19)已知椭圆 C 1 :   +   =1( a > b >0), F 为左焦 点, A 为上顶点, B (2,0)为右顶点,若   |   |=2|   |,抛物线 C 2 的顶点在坐标原 点,焦点为 F . (1)求 C 1 的标准方程; (2)是否存在过 F 点的直线,与 C 1 和 C 2 的交点分别是 P , Q 和 M , N ,使得 S △ OPQ =   S △ OMN ?如果存在,求出直线的方程;如果不存在,请说明理由. 考向突破 考向　存在性问题 解析　(1)因为   |   |=2|   |,所以   a =2   ,由右顶点为 B (2,0)得 a =2, 所以 b 2 =3, 所以 C 1 的标准方程为   +   =1. (2)存在.依题意可知 C 2 的方程为 y 2 =-4 x .假设存在符合题意的直线, 设该直线方程为 x = ky -1, P ( x 1 , y 1 ), Q ( x 2 , y 2 ), M ( x 3 , y 3 ), N ( x 4 , y 4 ). 联立   得(3 k 2 +4) y 2 -6 ky -9=0, 由根与系数的关系得 y 1 + y 2 =   , y 1 y 2 =   , 则| y 1 - y 2 |=   =   . 联立   得 y 2 +4 ky -4=0,由根与系数的关系得 y 3 + y 4 =-4 k , y 3 y 4 =-4, 所以| y 3 - y 4 |=   =4   . 若 S △ OPQ =   S △ OMN ,则| y 1 - y 2 |=   | y 3 - y 4 |, 即   =2   ,解得 k = ±   . 所以存在符合题意的直线,其方程为 x +   y +1=0或 x -   y +1=0. 方法1 　求动点轨迹方程的方法 方法技巧 求动点轨迹方程常用的方法 ①直接法;②定义法;③几何法;④相关点法(代入法);⑤参数法;⑥交轨法.其 中④⑤⑥统称为间接法,体现了一种转化思想,若解题过程中引入了 n 个参 数,则只需建立( n -1)个方程.在探求轨迹方程的过程中,需要注意的是轨迹 方程的“完备性”和“纯粹性”,因此,在求得轨迹方程之后,要深入地思 考一下:是否还遗漏了一些点;是否还有另一个满足条件的轨迹方程存在; 在所求得的轨迹方程中, x , y 的取值范围是否有限制. 例1    (2017课标全国Ⅱ,20,12分)设 O 为坐标原点,动点 M 在椭圆 C :   + y 2 =1 上,过 M 作 x 轴的垂线,垂足为 N ,点 P 满足   =     . (1)求点 P 的轨迹方程; (2)设点 Q 在直线 x =-3上,且   ·   =1.证明:过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的 左焦点 F .   解析　(1)设 P ( x , y ), M ( x 0 , y 0 ), 则 N ( x 0 ,0),   =( x - x 0 , y ),   =(0, y 0 ). 由   =     得 x 0 = x , y 0 =   y . 因为 M ( x 0 , y 0 )在 C 上,所以   +   =1. 因此点 P 的轨迹方程为 x 2 + y 2 =2. (2)证明:由题意知 F (-1,0).设 Q (-3, t ), P ( m , n ),则   =(-3, t ),   =(-1- m ,- n ),   ·   =3+3 m - tn ,   =( m , n ),   =(-3- m , t - n ). 由   ·   =1得-3 m - m 2 + tn - n 2 =1, 又由(1)知 m 2 + n 2 =2,故3+3 m - tn =0. 所以   ·   =0,即   ⊥   . 又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ , 所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F . 方法2 　圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法 1.圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关,如椭 圆的长、短轴的长,双曲线的虚、实轴的长,抛物线的焦参数等,可通过直 接计算求解,也可用“特殊位置法”和“相关曲线系数”求解. 2.解决定点、定值问题常用的思路有两种: (1)从特殊入手,求含参变量的定 点、定值,再证明这个定点、定值与变量无关;(2)直接推理计算,并在计算 的过程中消去变量,从而得到定点、定值. 例2    (2019北京,19,14分)已知椭圆 C :   +   =1的右焦点为(1,0),且经过点 A (0,1). (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 O 为原点,直线 l : y = kx + t ( t ≠ ± 1)与椭圆 C 交于两个不同点 P , Q ,直线 AP 与 x 轴交于点 M ,直线 AQ 与 x 轴交于点 N .若| OM |·| ON |=2,求证:直线 l 经过定点. 解析　本题主要考查椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等知识点,考查 学生用方程思想、数形结合思想、分类讨论法解决综合问题的能力,体现 了逻辑推理、直观想象和数学运算的核心素养. (1)由题意得, b 2 =1, c =1. 所以 a 2 = b 2 + c 2 =2. 所以椭圆 C 的方程为   + y 2 =1. (2)证明:设 P ( x 1 , y 1 ), Q ( x 2 , y 2 ), 则直线 AP 的方程为 y =   x +1. 令 y =0,得点 M 的横坐标 x M =-   . 又 y 1 = kx 1 + t ,从而| OM |=| x M |=   . 同理,| ON |=   . 由   得(1+2 k 2 ) x 2 +4 ktx +2 t 2 -2=0. 则 x 1 + x 2 =-   , x 1 x 2 =   . 所以| OM |·| ON |=   ·   =   =   =2   . 又| OM |·| ON |=2, 所以2   =2, 解得 t =0,所以直线 l 经过定点(0,0). 方法3　 圆锥曲线中的最值、范围问题的求解方法 1. 几何法 :若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图 形性质来解决,此法称为几何法. 2. 代数法 :根据题目构造关于变量的等式或不等式,采用方程思想或函数思 想求解最值或范围的方法称为代数法.利用代数法解决最值和范围问题的 常见思路:(1)利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的范围;(2)利用已 知参数范围,求新参数的范围,解决这类问题的核心为构建所求变量与已知 变量的函数关系式;(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出所需要 的参数范围;(4)利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范 围;(5)利用函数的值域,确定参数的取值范围. 例3    (2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线 x 2 = y ,点 A   , B   ,抛物线 上的点 P ( x , y )   .过点 B 作直线 AP 的垂线,垂足为 Q . (1)求直线 AP 斜率的取值范围; (2)求| PA |·| PQ |的最大值.     解析　(1)设直线 AP 的斜率为 k , k =   = x -   , 因为-   < x <   ,所以直线 AP 斜率的取值范围是(-1,1). (2)解法一:联立直线 AP 与 BQ 的方程   解得点 Q 的横坐标是 x Q =   . 因为| PA |=     =   ( k +1), | PQ |=   ( x Q - x )=-   , 所以| PA |·| PQ |=-( k -1)( k +1) 3 , 令 f ( k )=-( k -1)( k +1) 3 .因为 f '( k )=-(4 k -2)( k +1) 2 , 所以 f ( k )在区间   上单调递增,   上单调递减,因此当 k =   时,| PA |·| PQ | 取得最大值   . 解法二:如图,连接 BP ,| AP |·| PQ |=| AP |·| PB |·cos∠ BPQ =   ·(   -   )=   ·   -   .   易知 P ( x , x 2 )   , 则   ·   =2 x +1+2 x 2 -   =2 x 2 +2 x +   ,   =   +   = x 2 + x +   + x 4 -   x 2 +   = x 4 +   x 2 + x +   . ∴| AP |·| PQ |=- x 4 +   x 2 + x +     . 设 f ( x )=- x 4 +   x 2 + x +     , 则 f '( x )=-4 x 3 +3 x +1=-( x -1)(2 x +1) 2 , ∴ f ( x )在   上为增函数,在   上为减函数, ∴ f ( x ) max = f (1)=   . 故| AP |·| PQ |的最大值为   . 方法4 　圆锥曲线中的存在性问题的求解方法 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种,若探究条件,则可先假设条件 成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在.若探究结论,则应先求 出结论的表达式,再针对表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论. 例4    (2020届新疆乌鲁木齐开学摸底,21)已知椭圆 C :   +   =1( a > b >0)的 一个焦点与上、下顶点构成直角三角形,以椭圆 C 的长轴长为直径的圆与 直线 x + y -2=0相切. (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)设过椭圆右焦点且不平行于 x 轴的动直线与椭圆 C 相交于 A 、 B 两点,探 究在 x 轴上是否存在定点 E ,使得   ·   为定值?若存在,试求出该定值和点 E 的坐标;若不存在,请说明理由. 解析　(1)由题意知   又 b >0,解得   则椭圆 C 的标准方程为   + y 2 =1. (2)存在.当直线的斜率存在时,设直线方程为 y = k ( x -1), 联立   得(1+2 k 2 ) x 2 -4 k 2 x +2 k 2 -2=0, 则 Δ =8 k 2 +8>0, ∴ x A + x B =   , x A x B =   . 假设存在点 E ( x 0 ,0),则   ·   =( x A - x 0 , y A )·( x B - x 0 , y B )= x A x B - x 0 ( x A + x B )+   + y A y B = x A x B - x 0 ( x A + x B )+   + k 2 ( x A -1)( x B -1)=(1+ k 2 ) x A x B -( x 0 + k 2 )( x A + x B )+   + k 2 =   . 要使   ·   为定值,则   ·   的值与 k 无关, ∴2   -4 x 0 +1=2(   -2),解得 x 0 =   , 此时   ·   =-   ,为定值,定点 E 的坐标为   . 当直线的斜率不存在时,不妨取 A   , B   ,若 E   ,则   =   ,   =   ,   ·   =   ×   +   ×   =-   . 所以在 x 轴上存在定点 E   ,使得   ·   为定值-   .