- 2021-06-20 发布 |
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文档介绍
2020届二轮复习圆锥曲线的综合应用教案(全国通用)
2020届二轮复习 圆锥曲线的综合应用 教案(全国通用) 高频考点一 圆锥曲线中的最值、范围 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、如图所示,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1. (1)求p的值; (2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M,求M的横坐标的取值范围. 【变式探究】已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.学-科网 (1)求E的方程; (2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求l的方程. 解:(1)设F(c,0),由条件知,=,得c=. 又=,所以a=2,b2=a2-c2=1. 故E的方程为+y2=1. (2)当l⊥x轴时不合题意, 故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2). 将y=kx-2代入+y2=1, 得(1+4k2)x2-16kx+12=0. 当Δ=16(4k2-3)>0, 即k2>时,x1,2=. 从而|PQ|=|x1-x2|=. 又点O到直线PQ的距离d= . 所以△OPQ的面积S△OPQ=d·|PQ|=. 设=t,则t>0,S△OPQ==. 因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0. 所以当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2. 高频考点二 定点、定值问题探究 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、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. 综上可知,|AN|·|BM|为定值. 【方法规律】 1.求定值问题常见的方法有两种: (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,并在计算推理的过程中消去变量,从而得出定值. 2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题,然后证明与参数无关,这类问题选择消元的方向是非常关键的. 【变式探究】如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为定值. (1)解:由题设知=,b=1, 结合a2=b2+c2,解得a=, 所以椭圆的方程为+y2=1. (2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1, 得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知Δ>0, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0, 则x1+x2=,x1x2=, 从而直线AP,AQ的斜率之和 kAP+kAQ=+=+=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2. 故kAP+kAQ为定值2. 例3、已知焦距为2的椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点为A,直线y=与椭圆C交于P,Q两点(P在Q的左边),Q在x轴上的射影为B,且四边形ABPQ是平行四边形. (1)求椭圆C的方程; (2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M,N. 若M是椭圆的左顶点,D是直线MN上一点,且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点,且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,求证:点G是定点. (2)证明:设直线MN的方程为y=k(x+2),N(x0,y0), DA⊥AM,所以D(2,4k). 由整理得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0. 则-2x0=,即x0=, 所以y0=k(x0+2)=,则N, 设G(t,0),则t≠-2,若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,则DG⊥AN, 所以·=0恒成立. 因为=(2-t,4k), =, 所以·=(2-t)·+4k·=0恒成立, 即=0恒成立,所以t=0, 所以点G是定点(0,0). 【方法规律】 1.动直线l过定点问题,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,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.[来源:] 【变式探究】已知两点A(-,0),B(,0),动点P在x轴上的投影是Q,且2·=||2. (1)求动点P的轨迹C的方程; (2)过F(1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G,H,M,N,且E1,E2分别是GH,MN的中点.求证:直线E1E2恒过定点. (1)解:设点P坐标为(x,y),所以点Q的坐标为(x,0). 因为2·=||2, 所以2[(--x)(-x)+y2]=y2, 化简得点P的轨迹方程为+=1. (2)证明:当两直线的斜率都存在且不为0时,设lGH:y=k(x-1),G(x1,y1),H(x2,y2),lMN:y=-(x-1),M(x3,y3),N(x4,y4), 联立消去y得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-4=0. 则Δ>0恒成立. 所以x1+x2=,且x1x2=. 所以GH中点E1坐标为, 同理,MN中点E2坐标为,[来源:] 所以kE1E2=, 所以lE1E2的方程为y=,所以过点, 当两直线的斜率分别为0和不存在时,lE1E2的方程为y=0,也过点, 综上所述,lE1E2过定点. 高频考点三 圆锥曲线中的存在性问题 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变量的方程(组)或不等式(组). (2)解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在,若无解则不存在. (3)得出结论. 例3、 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),点A在椭圆C上. (1)求椭圆C的标准方程; (2)是否存在斜率为2的直线,使得当该直线与椭圆C有两个不同交点M,N时,能在直线y=上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足=?若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由. 解:(1)设椭圆C的焦距为2c,则c=1, 因为A在椭圆C上, 所以2a=|AF1|+|AF2|=2,则a=,b2=a2-c2=1, 故椭圆C的方程为+y2=1. (2)不存在满足条件的直线,证明如下:设直线的方程为y=2x+t, 设M(x1,y1),N(x2,y2),P,Q(x4,y4),MN的中点为D(x0,y0) 由消去x,得9y2-2ty+t2-8=0, 所以y1+y2=,且Δ=4t2-36(t2-8)>0, 故y0==,且-3<t<3. 由=得=(x4-x2,y4-y2), 所以有y1-=y4-y2,y4=y1+y2-=t-. 也可由=知四边形PMQN为平行四边形,而D为线段MN的中点,因此,D也为线段PQ的中点,所以y0==,可得y4=. 又-3<t<3,所以-<y4<-1, 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[-1,1]矛盾. 因此不存在满足条件的直线. 【方法规律】 1.此类问题一般分为探究条件、探究结构两种.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,不成立则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式,再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论. 2.求解步骤: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. 【变式探究】已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点P,F为其右焦点. (1)求椭圆C的方程; (2)设过点A(4,0)的直线l与椭圆相交于M,N两点(点M在A,N两点之间),是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等?若存在,试求直线l的方程;若不存在,请说明理由. 解:(1)因为=,所以a=2c,b=c. 设椭圆方程+=1, 又点P在椭圆上,所以+=1,解得c2=1. 所以椭圆方程为+=1. (2)易知直线l的斜率存在,设l的方程为y=k(x-4), 由消去y, 得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0, 由题意知Δ=(32k2)2-4(3+4k2)(64k2-12)>0, 解得-<k<. 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则x1+x2=,① x1x2=.② 因为△AMF 与△MFN的面积相等, 所以|AM|=|MN|,所以2x1=x2+4.③ 由①③消去x2得x1=.④ 将x2=2x1-4代入②,得x1(2x1-4)=,⑤ 将④代入到⑤式,整理化简得36k2=5, 所以k=±,经检验满足题设. 故直线l的方程为y=±(x-4). 1. (2018年天津卷)设椭圆(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B. 已知椭圆的离心率为,点A的坐标为,且. (I)求椭圆的方程; (II)设直线l:与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q. 若 (O为原点) ,求k的值. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)或 【解析】(Ⅰ)设椭圆的焦距为2c,由已知有, 又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,,, 由,可得ab=6,从而a=3,b=2. 所以,椭圆的方程为. (Ⅱ)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2). 由已知有y1>y2>0,故. 又因为,而∠OAB=,故. 由,可得5y1=9y2. 由方程组消去x,可得. 易知直线AB的方程为x+y–2=0, 由方程组消去x,可得. 由5y1=9y2,可得5(k+1)=, 两边平方,整理得, 解得,或. 所以,k的值为或 2. (2018年江苏卷)如图,在平面直角坐标系中,椭圆C过点,焦点,圆O的直径为. (1)求椭圆C及圆O的方程; (2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P. ①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标; ②直线l与椭圆C交于两点.若的面积为,求直线l的方程. 【答案】(1)椭圆C的方程为;圆O的方程为 (2)①点P的坐标为;②直线l的方程为 【解析】(1)因为椭圆C的焦点为, 可设椭圆C的方程为.又点在椭圆C上, 所以,解得 因此,椭圆C的方程为. 因为圆O的直径为,所以其方程为. (2)①设直线l与圆O相切于,则, 所以直线l的方程为,即. 由,消去y,得 .(*) 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点, 所以. 因为,所以. 因此,点P的坐标为. ②因为三角形OAB的面积为,所以,从而. 设, 由(*)得, 所以 . 因为, 所以,即, 解得舍去),则,因此P的坐标为. 综上,直线l的方程为. 3.(2018年全国I卷理数)设椭圆的右焦点为,过的直线与交于两点,点的坐标为. (1)当与轴垂直时,求直线的方程; (2)设为坐标原点,证明:. 【答案】(1) AM的方程为或. (2)证明见解析. 【解析】 (1)由已知得,l的方程为x=1. 由已知可得,点A的坐标为或. 所以AM的方程为或. (2)当l与x轴重合时,. 当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以. 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为,, 则,直线MA,MB的斜率之和为. 由得 . 将代入得 . 所以,. 则. 从而,故MA,MB的倾斜角互补,所以. 综上,. 4. (2018年全国Ⅲ卷理数)已知斜率为的直线与椭圆交于,两点,线段的中点为. (1)证明:; (2)设为的右焦点,为上一点,且.证明:,,成等差数列,并求该数列的公差. 【答案】(1) (2)或 【解析】(1)设,则. 两式相减,并由得 . 由题设知,于是 .①[来源:学,科,网Z,X,X,K] 由题设得,故. (2)由题意得,设,则 . 由(1)及题设得. 又点P在C上,所以,从而,. 于是 . 同理. 所以. 故,即成等差数列. 设该数列的公差为d,则 .② 将代入①得. 所以l的方程为,代入C的方程,并整理得. 故,代入②解得. 所以该数列的公差为或. 5. (2018年浙江卷)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上. (Ⅰ)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴; (Ⅱ)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围. 【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ) 【解析】(Ⅰ)设,,. 因为,的中点在抛物线上,所以,为方程 即的两个不同的实数根. 所以. 因此,垂直于轴. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 所以,. 因此,的面积. 因为,所以. 因此,面积的取值范围是. 6. (2018年北京卷)已知抛物线C:=2px经过点(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N. (Ⅰ)求直线l的斜率的取值范围; (Ⅱ)设O为原点,,,求证:为定值. 【答案】(1) 取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1) (2)证明过程见解析 【解析】(Ⅰ)因为抛物线y2=2px经过点P(1,2), 所以4=2p,解得p=2,所以抛物线的方程为y2=4x. 由题意可知直线l的斜率存在且不为0, 设直线l的方程为y=kx+1(k≠0). 由得. 依题意,解得k<0或0查看更多