【数学】2019届一轮复习人教A版（理）专题16圆锥曲线的综合问题教案

【数学】2019届一轮复习人教A版（理）专题16圆锥曲线的综合问题教案

第3讲　圆锥曲线的综合问题 高考定位　圆锥曲线的综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大.这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解，对考生的代数恒等变形能力、计算能力等有较高的要求.‎ 真 题 感 悟 ‎(2017·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2.‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标.‎ 解　(1)设椭圆的半焦距为c.‎ 因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，‎ 所以＝，＝8，‎ 解得a＝2，c＝1，于是b＝＝，‎ 因此椭圆E的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知，F1(－1，0)，F2(1，0).‎ 设P(x0，y0)，因为P为第一象限的点，故x0>0，y0>0.‎ 当x0＝1时，l2与l1相交于F1，与题设不符.‎ 当x0≠1时，直线PF1的斜率为，直线PF2的斜率为.因为l1⊥PF1，l2⊥PF2，‎ 所以直线l1的斜率为－，‎ 直线l2的斜率为－，‎ 从而直线l1的方程：y＝－(x＋1)，①‎ 直线l2的方程：y＝－(x－1).②‎ 由①②，解得x＝－x0，y＝，所以Q .‎ 因为点Q在椭圆上，由对称性，得＝±y0，‎ 即x－y＝1或x＋y＝1.‎ 又P在椭圆E上，故＋＝1.‎ 由解得x0＝，y0＝；‎ 无解.因此点P的坐标为.‎ 考 点 整 合 ‎1.定值、定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点.解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.‎ ‎2.圆锥曲线中最值问题主要是求线段长度的最值、三角形面积的最值等.‎ ‎(1)椭圆中的最值 F1，F2分别为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆上的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有 ‎①OP∈[b，a]；‎ ‎②PF1∈[a－c，a＋c]；‎ ‎③PF1·PF2∈[b2，a2]；‎ ‎④∠F1PF2≤∠F1BF2.‎ ‎(2)双曲线中的最值 F1，F2分别为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，‎ O为坐标原点，则有 ‎①OP≥a；‎ ‎②PF1≥c－a.‎ ‎3.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系.该问题主要有以下三种情况：‎ ‎(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解.‎ ‎(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系.‎ ‎(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.‎ 热点一　定点与定值问题 ‎[命题角度1]　定点的探究与证明 ‎【例1－1】 (2017·南京、盐城调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆Ω：＋y2＝1，A为椭圆右顶点，过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆Ω交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.‎ ‎(1)求k1k2的值；‎ ‎(2)记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求出λ值；若不存在，说明理由；‎ ‎(3)求证：直线AC必过点Q.‎ ‎(1)解　设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，＋y＝1，‎ 因为A(2，0)，所以k1＝，k2＝，‎ 所以k1k2＝·＝＝＝－.‎ ‎(2)解　存在.设直线AP方程为y＝k1(x－2)，‎ 联立得(1＋k)x2－4kx＋4(k－1)＝0，‎ 解得xP＝，yP＝k1(xP－2)＝，‎ 联立得(1＋4k)x2－16kx＋4(4k－1)＝0，‎ 解得xB＝，yB＝k1(xB－2)＝，‎ 所以kBC＝＝，kPQ＝＝＝，‎ 所以kPQ＝kBC，故存在常数λ＝，使得kPQ＝kBC.‎ ‎(3)证明　设直线AC方程为y＝k2(x－2)，‎ 当直线PQ与x轴垂直时，Q，‎ 则P，所以k1＝－，即B(0，1)，C(0，－1)，所以k2＝，则kAQ＝＝＝k2，所以直线AC必过点Q.当直线PQ与x轴不垂直时，设直线PQ方程为y＝，‎ 联立解得xQ＝，yQ＝，因为k2＝＝＝－，‎ 所以kAQ＝＝－＝k2，‎ 故直线AC必过点Q.‎ 探究提高　如果要解决的问题是一个定点问题，而题设条件又没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定点，明确解决问题的目标，然后进行推理探究，这种先根据特殊情况确定定点，再进行一般性证明的方法就是由特殊到一般的方法.‎ ‎[命题角度2]　定值的探究与证明 ‎【例1－2】 (2016·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：AN·BM为定值.‎ ‎(1)解　由题意得解得 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知A(2，0)，B(0，1).‎ 设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.‎ 当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2).‎ 令x＝0，得yM＝－，‎ 从而BM＝|1－yM|＝.‎ 直线PB的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得xN＝－，‎ 从而AN＝|2－xN|＝.‎ 所以AN·BM＝· ‎＝ ‎＝＝4.‎ 当x0＝0时，y0＝－1，BM＝2，AN＝2，‎ 所以AN·BM＝4.综上，AN·BM为定值.‎ 探究提高　定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现.‎ ‎【训练1】 (2012·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0).已知点(1，e)和都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P.‎ ‎(ⅰ)若AF1－BF2＝，求直线AF1的斜率；‎ ‎(ⅱ)求证：PF1＋PF2是定值.‎ 解　(1)由题设知a2＝b2＋c2，e＝，由点(1，e)在椭圆上，‎ 得＋＝1，解得b2＝1，于是c2＝a2－1，‎ 又点在椭圆上，所以＋＝1，即＋＝1，解得a2＝2.‎ 因此，所求椭圆的方程是＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为x＋1＝my，直线BF2的方程为x－1＝my.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1＞0，y2＞0.‎ 由得(m2＋2)y－2my1－1＝0，‎ 解得y1＝，‎ 故AF1＝＝ ‎＝.①‎ 同理，BF2＝.②‎ ‎(ⅰ)由①②得AF1－BF2＝，‎ 解＝得m2＝2，注意到m＞0，‎ 故m＝.所以直线AF1的斜率为＝.‎ ‎(ⅱ)证明　因为直线AF1与BF2平行，‎ 所以＝，于是＝，‎ 故PF1＝BF1.‎ 由B点在椭圆上知BF1＋BF2＝2，‎ 从而PF1＝(2－BF2).‎ 同理PF2＝·(2－AF1).‎ 因此，PF1＋PF2＝(2－BF2)＋·(2－AF1)＝2－.‎ 又由①②知AF1＋BF2＝，AF1·BF2＝，所以PF1＋PF2＝2－＝.因此，PF1＋PF2是定值.‎ 热点二　最值与范围问题 ‎[命题角度1]　求线段长度、三角形面积的最值 ‎【例2－1】 (2017·宿迁调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且右焦点F到左准线的距离为6.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设A为椭圆C的左顶点，P为椭圆C上位于x轴上方的点，直线PA交y轴于点M，过点F作MF的垂线，交y轴于点N.‎ ‎①当直线PA的斜率为时，求△FMN的外接圆的方程；‎ ‎②设直线AN交椭圆C于另一点Q，求△APQ的面积的最大值.‎ 解　(1)由题意，得 解得则b＝2，‎ 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题可设直线PA的方程为y＝k(x＋4)，k>0，‎ 则M(0，4k)，可得MF的斜率为kMF＝－k，‎ 因为MF⊥FN，所以直线FN的斜率kFN＝－＝，‎ 所以直线FN的方程为y＝(x－2)，则N.‎ ‎①当直线PA的斜率为，‎ 即k＝时，M(0，2)，N(0，－4)，F(2，0)，‎ 因为MF⊥FN，所以圆心为(0，－1)，半径为3，‎ 所以△FMN的外接圆的方程为x2＋(y＋1)2＝9.‎ ‎②联立消去y并整理得 ‎(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0，‎ 解得x1＝－4或x2＝，‎ 所以P，‎ 直线AN的方程为y＝－(x＋4)，‎ 同理可得Q，‎ 所以P，Q关于原点对称，即PQ过原点.‎ 所以△APQ的面积S＝OA·(yP－yQ)＝2× ‎＝≤8，当且仅当2k＝，即k＝时，取等号.‎ 所以△APQ的面积的最大值为8.‎ 探究提高　(1)处理求最值的式子常用两种方式：①转化为函数图象的最值；②转化为能利用基本不等式求最值的形式.(2)若得到的函数式是分式形式，函数式的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出现复杂的式子时可用换元法).‎ ‎[命题角度2]　求几何量、某个参数的取值范围 ‎【例2－2】 (2016·全国Ⅱ卷)已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.‎ ‎(1)当t＝4，AM＝AN时，求△AMN的面积；‎ ‎(2)当2AM＝AN时，求k的取值范围.‎ 解　(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.‎ 当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2，0).‎ 由AM＝AN及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y＝x＋2.‎ 将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0，‎ 解得y＝0或y＝，所以y1＝.‎ 因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.‎ ‎(2)由题意t>3，k>0，A(－，0)，‎ 将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得 ‎(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.‎ 由x1·(－)＝得x1＝，‎ 故AM＝|x1＋|＝.‎ 由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，‎ 故同理可得AN＝.‎ 由2AM＝AN得＝，‎ 即(k3－2)t＝3k(2k－1)，‎ 当k＝时上式不成立，因此t＝.‎ t>3等价于＝<0，‎ 即<0.‎ 由此得或 解得

查看更多