2018届二轮复习圆锥曲线的综合问题学案

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2018届二轮复习圆锥曲线的综合问题学案

第3讲 圆锥曲线的综合问题 ‎1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题.‎ ‎2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大.‎ 热点一 范围、最值问题 圆锥曲线中的范围、最值问题,可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值),或者利用式子的几何意义求解.‎ 例1 (2017届日照模拟)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A,B.以F1F2为直径的圆O过椭圆E的上顶点D,直线DB与圆O相交得到的弦长为.设点P,连接PA交椭圆于点C,坐标原点为O.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)若△ABC的面积不大于四边形OBPC的面积,求的最小值.‎ 解 (1)因为以F1F2为直径的圆O过点D,所以b=c,则圆O的方程为x2+y2=b2,又a2=b2+c2,‎ 所以a=b,直线DB的方程为y=-x+b,‎ 直线DB与圆O相交得到的弦长为,‎ 则2=,所以b=1, a=,‎ 所以椭圆E的方程为+y2=1.‎ ‎(2)由(1)得a=, b=1,椭圆方程为+y2=1,‎ 设直线PA的方程为y=(x+),‎ 由 整理得x2+2t2x+2t2-8=0,‎ 解得x1=-, x2=,‎ 则点C的坐标是,‎ 故直线BC的斜率为kBC=-,‎ 由于直线OP的斜率为kOP=,‎ 所以kBC ·kOP=-1,‎ 所以OP⊥BC.‎ 所以SOBPC=××=,‎ S△ABC=×2×=,‎ 所以≤,‎ 整理得2+t2≥4,≥,‎ 所以min=.‎ 思维升华 解决范围问题的常用方法 ‎(1)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后,利用数形结合法求解.‎ ‎(2)构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.‎ ‎(3)构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.‎ 跟踪演练1 (2017届福建省宁德市质检)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上的点M到点N距离的最小值为.‎ ‎(1)求抛物线C的方程;‎ ‎(2)若x0>2,圆E:2+y2=1,过M作圆E的两条切线分别交y轴于A,B两点,求△MAB面积的最小值.‎ 解 (1)∵=,‎ 又∵y=2px0,‎ ‎∴2=x-4x0+4+2px0=x-2x0+4‎ ‎=2+4-2.‎ ‎∵x0≥0,∴当2-p≤0,即p≥2时, min=2,不符合题意,舍去;当2-p>0,即02,‎ ‎∴S△MAB=·== ‎=x0+2+ ‎=x0-2++4≥8,‎ 当且仅当x0=4时,取最小值8.‎ 热点二 定点、定值问题 ‎1.由直线方程确定定点,若得到了直线方程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m).‎ ‎2.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值.‎ 例2 (2017·长沙市长郡中学模拟)已知抛物线E:y2=4x的准线为l,焦点为F,O为坐标原点.‎ ‎(1)求过点O,F,且与l相切的圆的方程;‎ ‎(2)过F的直线交抛物线E于A,B两点,A关于x轴的对称点为A′,求证:直线A′B过定点.‎ ‎(1)解 抛物线E:y2=4x的准线l的方程为x=-1,‎ 焦点坐标为F(1,0),设所求圆的圆心C为(a,b),半径为r, ‎ ‎∵圆C过O,F,∴a=,‎ ‎∵圆C与直线l:x=-1相切, ‎ ‎∴r=-=.‎ 由r== =,得b=±.‎ ‎∴过O,F且与直线l相切的圆的方程为 2+2=.‎ ‎(2)证明 方法一 依题意知,直线AB的斜率存在,‎ 设直线AB方程为y=k,‎ A, B, A′,‎ 联立 消去y,得k2x2-x+k2=0,‎ ‎∴x1+x2=, x1x2=1.‎ ‎∵直线BA′的方程为y-y2=,‎ ‎∴令y=0,得x= ‎= ‎==-1 .‎ ‎∴直线BA′过定点.‎ 方法二 设直线AB的方程为x=my+1, ‎ A, B,则A′.‎ 由得y2-4my-4=0,‎ ‎∴y1+y2=4m, y1y2=-4.‎ ‎∵kBA′===,‎ ‎∴直线BA′的方程为y-y2=.‎ ‎∴y=(x-x2)+y2=x+y2- ‎=x+ ‎=x+ ‎=(x+1).‎ ‎∴直线BA′过定点(-1,0).‎ 思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法 ‎①动直线l过定点问题,解法:设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).‎ ‎②动曲线C过定点问题,解法:引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.‎ ‎(2)求解定值问题的两大途径 ‎①→‎ ‎②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.‎ 跟踪演练2 (2017届江西省重点中学协作体联考)已知⊙F1:(x+3)2+y2=27与⊙F2:(x-3)2+y2=3,以F1,F2分别为左、右焦点的椭圆C:+=1 (a>b>0)经过两圆的交点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)M,N是椭圆C上的两点,若直线OM与ON的斜率之积为-,试问△OMN的面积是否为定值?若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.‎ 解 (1)设两圆的交点为Q,‎ 依题意有|QF1|+|QF2|=3+=4,‎ 由椭圆定义知,2a=4,解得a2=12.‎ ‎∵F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,‎ ‎∴a2-b2=9,解得b2=3,‎ ‎∴椭圆C的方程为+=1. ‎ ‎(2)①当直线MN的斜率不存在时,‎ 设M(x1,y1),N(x1,-y1).‎ kOM·kON=-=-,∴=.‎ 又+=1,∴|x1|=,|y1|=.‎ ‎∴S△OMN=××=3.‎ ‎②当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 由 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-12=0,‎ 由Δ=64k2m2-4(4k2+1)(4m2-12)>0,‎ 得12k2-m2+3>0,(*)‎ 且x1+x2=-,x1x2=.‎ ‎∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)‎ ‎=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.‎ ‎∵kOM·kON==-,∴=-,‎ 整理得2m2=12k2+3, ‎ 代入(*)得m≠0.‎ ‎∵|MN|=|x1-x2|‎ ‎= ‎= =,‎ 原点O到直线MN的距离d=,‎ ‎∴S△OMN=|MN|d ‎=··=3(定值).‎ 综上所述,△OMN的面积为定值3.‎ ‎‎ 热点三 探索性问题 ‎1.解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明确化.其步骤为:假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.‎ ‎2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.‎ 例3 已知A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线C:x2=2py(p>0)上的不同两点.‎ ‎(1)设直线l:y=与y轴交于点M,若A,B两点所在的直线方程为y=x-1,且直线l:y=恰好平分∠AMB,求抛物线C的标准方程;‎ ‎(2)若直线AB与x轴交于点P,与y轴的正半轴交于点Q,且y1y2=,是否存在直线AB,使得+=?若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),M,‎ 由 消去y整理,得x2-2px+2p=0,‎ 则 ‎∵直线y=平分∠AMB,∴kAM+kBM=0,‎ ‎∴+=0,‎ 即+=2-=0,‎ ‎∴p=4,满足Δ>0,∴抛物线C的标准方程为x2=8y.‎ ‎(2)由题意知,直线AB的斜率存在,且不为零,‎ 设直线AB的方程为y=kx+b(k≠0,b>0),‎ 由 得x2-2pkx-2pb=0, ‎ ‎∴ ‎∴y1y2=·==b2,‎ ‎∵y1y2=,∴b2=, ∵b>0, ∴b=.‎ ‎∴直线AB的方程为y=kx+.‎ 假设存在直线AB,使得+=,‎ 即+=3,‎ 作AA′⊥x轴,BB′⊥x轴,垂足为A′,B′,‎ ‎∴+=+=+ ‎=·,‎ ‎∵y1+y2=k+p=2pk2+p, y1y2=,‎ ‎∴+=·=4k2+2,‎ 由4k2+2=3,得k=±,‎ 故存在直线AB,使得+=,‎ 此时直线AB的方程为y=±x+.‎ 思维升华 解决探索性问题的注意事项 存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在.‎ ‎(1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论.‎ ‎(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件.‎ ‎(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采取另外的途径.‎ 跟踪演练3 (2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C:+=1 (a>b>0)的长轴长为6,且椭圆C与圆M:(x-2)2+y2=的公共弦长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)过点P(0,2)作斜率为k (k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形.若存在,求出点D的横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)由题意可得2a=6,所以a=3.由椭圆C与圆M: 2+y2=的公共弦长为,恰为圆M的直径,可得椭圆C经过点,所以+=1,解得b2=8.所以椭圆C的方程为 ‎+=1.‎ ‎(2)直线l的解析式为y=kx+2,‎ 设A,B, AB的中点为E.‎ 假设存在点D,使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形,则DE⊥AB.由 得x2+36kx-36=0,故x1+x2=-,‎ 所以x0=-, y0=kx0+2=.‎ 因为DE⊥AB,所以kDE=-,‎ 即=-,‎ 所以m=-=-.‎ 当k>0时, 9k+≥2=12,所以-≤m<0;‎ 当k<0时, 9k+≤-12,所以00.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=1,‎ 所以|AB|=·|x1-x2|‎ ‎=· ‎=· ‎=.‎ 同理可得|DE|=4(1+k2).‎ 所以|AB|+|DE|=+4(1+k2)‎ ‎=4 ‎=8+4≥8+4×2=16,‎ 当且仅当k2=,即k=±1时,取得等号.‎ ‎2.(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=.M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,⊙M的半径为|MC|,OS,OT是⊙M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.‎ 解 (1)由题意知,e==,2c=2,所以c=1,‎ 所以a=,b=1,‎ 所以椭圆E的方程为+y2=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立方程 得(4k+2)x2-4k1x-1=0.‎ 由题意知,Δ>0,‎ 且x1+x2=,x1x2=-,‎ 所以|AB|=|x1-x2|=·.‎ 由题意可知,圆M的半径r为 r=|AB|=·.‎ 由题设知k1k2=,‎ 所以k2=,‎ 因此直线OC的方程为y=x.‎ 联立方程 得x2=,y2=,‎ 因此|OC|==.‎ 由题意可知,sin==.‎ 而= ‎=·,‎ 令t=1+2k,则t>1,∈(0,1),‎ 因此=·=·=‎ ·≥1,‎ 当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,‎ 所以sin ≤,因此≤,‎ 所以∠SOT的最大值为.‎ 综上所述,∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率为k1=±.‎ 押题预测 已知椭圆C1:+=1(a>0)与抛物线C2:y2=2ax相交于A,B两点,且两曲线的焦点F重合.‎ ‎(1)求C1,C2的方程;‎ ‎(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M,Q两点,与抛物线分别交于P,N两点,是否存在斜率为k(k≠0)的直线l,使得=2?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.‎ 押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题,体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查.关注知识交汇,突出综合应用是高考的特色.‎ 解 (1)因为C1,C2的焦点重合,‎ 所以=,‎ 所以a2=4.‎ 又a>0,所以a=2.‎ 于是椭圆C1的方程为+=1,‎ 抛物线C2的方程为y2=4x.‎ ‎(2)假设存在直线l使得=2,‎ 则可设直线l的方程为y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4).‎ 由可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,‎ 则x1+x4=,x1x4=1,且Δ=16k2+16>0,‎ 所以|PN|=· ‎=.‎ 由可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,‎ 则x2+x3=,x2x3=,‎ 且Δ=144k2+144>0,‎ 所以|MQ|=·=.‎ 若=2,‎ 则=2×,‎ 解得k=±.‎ 故存在斜率为k=±的直线l,使得=2.‎ A组 专题通关 ‎1.(2016·全国Ⅰ)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.‎ ‎(1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点E的轨迹方程;‎ ‎(2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.‎ 解 (1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,‎ 故∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以|EB|=|ED|,‎ 故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.‎ 又圆A的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4.‎ 由题设得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,‎ 由椭圆定义可得点E的轨迹方程为 +=1(y≠0).‎ ‎(2)当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).‎ 由 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.‎ 则x1+x2=,x1x2=,‎ 且Δ=144k2+144>0,‎ 所以|MN|=|x1-x2|=.‎ 过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y=-(x-1),‎ 点A到m的距离为,‎ 所以|PQ|=2=4.‎ 故四边形MPNQ的面积 S=|MN||PQ|=12.‎ 可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8).‎ 当l与x轴垂直时,l的方程为x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四边形MPNQ的面积为12.‎ 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8).‎ ‎2.(2017届黑龙江省大庆实验中学模拟)已知F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点, D,E分别是椭圆C的上顶点和右顶点,且S△DEF2=,离心率e=.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设经过F2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,求的最小值.‎ 解 (1)依题意得 ‎ 解得 故所求椭圆方程为+=1.‎ ‎(2)由(1)知,F2,设A,B, ‎ AB的方程为x=ty+1,代入椭圆的方程,‎ 整理得y2+6ty-9=0,‎ ‎∴ ‎∵S△OAB=×1×,|AF2|=,‎ ‎|BF2|=, ‎ ‎∴ = ‎ ‎= ≥, ‎ 当且仅当t=0时上式取等号.‎ ‎∴的最小值为.‎ ‎3.(2017届南昌模拟)如图,已知直线l:y=kx+1 (k>0)关于直线y=x+1对称的直线为l1,直线l,l1与椭圆E:+y2=1分别交于点A,M和A,N,记直线l1的斜率为k1.‎ ‎(1)求kk1的值;‎ ‎(2)当k变化时,试问直线MN是否恒过定点? 若恒过定点,求出该定点坐标;若不恒过定点,请说明理由.‎ 解 (1)设直线上任意一点P(x,y)关于直线y=x+1的对称点为P0(x0,y0),‎ 直线l与直线l1的交点为(0,1),‎ ‎∴l:y=kx+1,l1:y=k1x+1.‎ k=,k1=.‎ 由=+1,‎ 得y+y0=x+x0+2. ①‎ 由=-1,得y-y0=x0-x. ②‎ 由①②得 kk1= ‎==1.‎ ‎(2)设点M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 由 得(4k2+1)x+8kx1=0,‎ ‎∴xM=,∴yM=.‎ 同理xN==,‎ yN= =.‎ kMN== ‎==-.‎ 直线MN:y-yM=kMN(x-xM),‎ ‎∴y-=-,‎ 即y=-x-+ ‎=-x-.‎ ‎∴当k变化时,直线MN过定点.‎ ‎4.(2017届沈阳市模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦点为F1,F2,离心率为,点P为其上动点,且△PF1F2面积的最大值为,O为坐标原点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若点M,N为C上的两个动点,求常数m,使·=m时,点O到直线MN的距离为定值,求这个定值.‎ 解 (1)依题意知, ‎ 解得 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 则x1x2+y1y2=m,(*)‎ 当直线MN的斜率存在时,设其方程为y=kx+n,‎ 则点O到直线MN的距离d== .‎ 由 消去y,得(4k2+3)x2+8knx+4n2-12=0,‎ 由Δ>0,得4k2-n2+3>0,‎ 则x1+x2=,x1x2=,‎ 代入(*)式,‎ x1x2+(kx1+n)(kx2+n)‎ ‎=(k2+1)x1x2+kn(x1+x2)+n2=m,‎ 整理得=12+为常数,‎ 则m=0,d==,‎ 此时=12满足Δ>0.‎ 当MN⊥x轴时,由m=0,得kOM=±1,‎  ‎ 消去y,得x2=,d=|x|=仍成立,‎ 综上,m=0,d=.‎ B组 能力提高 ‎5.如图,抛物线C:y2=2px的焦点为F,抛物线上一定点Q(1,2).‎ ‎(1)求抛物线C的方程及准线l的方程;‎ ‎(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A,B两点,与准线l交于点M,记QA,QB,QM的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在常数λ,使得k1+k2=λk3成立,若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2p=4,‎ 所以抛物线方程为y2=4x,准线l的方程为x=-1.‎ ‎(2)由条件可设直线AB的方程为y=k(x-1),k≠0.‎ 由抛物线准线l:x=-1可知,M(-1,-2k).‎ 又Q(1,2),所以k3==k+1,‎ 即k3=k+1.‎ 把直线AB的方程y=k(x-1),代入抛物线方程y2=4x,并整理,可得 k2x2-2(k2+2)x+k2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系知,‎ x1+x2=,x1x2=1,且Δ=16(k2+1)>0.‎ 又Q(1,2),则k1=,k2=.‎ 因为A,F,B共线,所以kAF=kBF=k,‎ 即==k.‎ 所以k1+k2=+ ‎=+- ‎=2k-=2k+2,‎ 即k1+k2=2k+2.‎ 又k3=k+1,可得k1+k2=2k3.‎ 即存在常数λ=2,使得k1+k2=λk3成立.‎ ‎6.(2017届三湘名校教育联盟联考)已知动圆P与圆F1:2+y2=49相切,且与圆F2:2+y2=1相内切,记圆心P的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程;‎ ‎(2)设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点, O为坐标原点,过点F2作OQ的平行线交曲线C于M,N两个不同的点,求△QMN面积的最大值.‎ 解 (1)设圆P的半径为R,圆心P的坐标为,‎ 由于动圆P与圆F1只能内切,‎ 所以 则F1F2|=4,‎ 所以圆心P的轨迹是以点F1, F2为焦点的椭圆.‎ 且a=3,c=2,则b2=a2-c2=5.‎ 所以曲线C的方程为+=1.‎ ‎(2)设M, N, Q,‎ 直线MN的方程为x=my+2,‎ 由可得y2+20my-25=0,‎ 可知Δ=400m2+100(5m2+9)>0,‎ 则y1+y2=-,y1y2=-.‎ 所以= ‎= ‎=.‎ 因为MN∥OQ,‎ 所以△QMN的面积等于△OMN的面积.‎ 点O到直线MN:x=my+2的距离d= .‎ 所以△QMN的面积 S=·d=×× ‎=.‎ 令=t,则m2=t2-1, ‎ S= ==.‎ 设f=5t+,‎ 则f′=5-=,‎ 因为t≥1,所以f′=>0,‎ 所以f=5t+在上单调递增.‎ 所以当t=1时, f取得最小值9.‎ 所以△QMN的面积的最大值为.‎ 说明:△QMN的面积S= ‎== .‎
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