高考数学第九章平面解析几何第11课时直线与圆锥曲线的综合应用更多资料关注微博高中学习资料库

申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。

文档介绍

高考数学第九章平面解析几何第11课时直线与圆锥曲线的综合应用更多资料关注微博高中学习资料库

‎《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第九章 平面解析几何第11课时 直线与圆锥曲线的综合应用 考情分析 考点新知 会求定点、定值、最值等问题;掌握函数与方程等价转换、分类讨论等思想方法.‎ ‎  掌握圆锥曲线的简单应用.‎ ‎1. (选修11P44习题4改编)以双曲线-=1的中心为顶点,且以该双曲线的右焦点为焦点的拋物线方程是__________.‎ 答案:y2=12x 解析:双曲线-=1的中心为O(0,0),该双曲线的右焦点为F(3,0),则拋物线的顶点为(0,0),焦点为(3,0),所以p=6,所以拋物线方程是y2=12x.‎ ‎2. 以双曲线-3x2+y2=12的焦点为顶点,顶点为焦点的椭圆的方程是________.‎ 答案:+=1‎ 解析:双曲线方程可化为-=1,焦点为(0,±4),顶点为(0,±2).∴ 椭圆的焦点在y轴上,且a=4,c=2,此时b=2,∴ 椭圆方程为+=1.‎ ‎3. 若抛物线y2=2px的焦点与椭圆+=1的右焦点重合,则p=________.‎ 答案:4‎ 解析:椭圆+=1的右焦点(2,0)是抛物线y2=2px的焦点,所以=2,p=4.‎ ‎4. 已知双曲线x2-=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则·的最小值为________.‎ 答案:-2‎ 解析:设点P(x,y),其中x≥1.依题意得A1(-1,0),F2(2,0),由双曲线方程得y2=3(x2-1).·=(-1-x,-y)·(2-x,-y)=(x+1)(x-2)+y2=x2+y2-x-2=x2+3(x2-1)-x-2=4x2-x-5=4-,其中x≥1.因此,当x=1时,·取得最小值-2.‎ ‎5. 已知椭圆C:+y2=1的两焦点为F1,F2,点P(x0,y0)满足+y≤1,则PF1+PF2的取值范围为________.‎ 答案:[2,2]‎ 解析:当P在原点处时,PF1+PF2取得最小值2;当P在椭圆上时,PF1+PF2取得最大值2,故PF1+PF2的取值范围为[2,2].‎ ‎1. 圆锥曲线的统一定义 平面内到一个定点F和到一条定直线l(F不在l上)的距离的比等于常数e的轨迹.‎ 当01时,它表示双曲线;‎ 当e=1时,它表示抛物线.‎ ‎2. 曲线的方程与方程的曲线 在直角坐标系中,如果某曲线C(看作适合某种条件的点的集合或轨迹)上的点与一个二元方程f(x,y)=0的实数解建立了如下的关系:‎ ‎(1) 曲线上的点的坐标都是这个方程的解;‎ ‎(2) 以这个方程的解为坐标的点都在曲线C上,那么,这个方程叫做曲线的方程,这条曲线叫做方程的曲线(图形).‎ ‎3. 平面解析几何研究的两个主要问题 ‎(1) 根据已知条件,求出表示曲线的方程;‎ ‎(2) 通过曲线的方程研究曲线的性质.‎ ‎4. 求曲线方程的一般方法(五步法)‎ 求曲线(图形)的方程,一般有下面几个步骤:‎ ‎(1) 建立适当的坐标系,用有序实数对(x,y)表示曲线上任意一点M的坐标;‎ ‎(2) 写出适合条件p的点M的集合P={M|p(M)};‎ ‎(3) 用坐标表示条件p(M),列出方程f(x,y)=0;‎ ‎(4) 化方程f(x,y)=0为最简形式;‎ ‎(5) 说明已化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上.‎ 题型1 最值问题 例1 如图,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A,B两点,且线段AB被直线OP平分.‎ ‎(1) 求椭圆C的方程;‎ ‎(2) 求△ABP面积取最大值时直线l的方程.‎ 解:(1) 设椭圆左焦点为F(-c,0),则由题意得得 所以椭圆方程为+=1.‎ ‎(2) 设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时,直线AB的方程为x=0,与不过原点的条件不符,舍去.故可设直线AB的方程为y=kx+m(m≠0),由消去y,整理得(3+4k2)x2+8kmx+‎4m2‎-12=0,①‎ 则Δ=64k‎2m2‎-4(3+4k2)(‎4m2‎-12)>0,‎ 所以线段AB的中点为M.‎ 因为M在直线OP:y=x上,所以=,得m=0(舍去)或k=-.‎ 此时方程①为3x2-3mx+m2-3=0,则Δ=3(12-m2)>0,所以AB=·|x1-x2|=·,设点P到直线AB的距离为d,则d==.设△ABP的面积为S,则S=AB·d=·.其中m∈(-2,0)∪(0,2).令u(m)=(12-m2)(m-4)2,m∈[-2,2],u′(m)=-4(m-4)(m2-‎2m-6)=-4(m-4)·(m-1-)(m-1+).所以当且仅当m=1-时,u(m)取到最大值.故当且仅当m=1-时,S取到最大值.综上,所求直线l的方程为3x+2y+2-2=0.‎ 如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆的中心在原点O,右焦点F在x轴上,椭圆与y轴交于A、B两点,其右准线l与x轴交于T点,直线BF交椭圆于C点,P为椭圆上弧AC上的一点.‎ ‎(1) 求证:A、C、T三点共线;‎ ‎(2) 如果=3,四边形APCB的面积最大值为,求此时椭圆的方程和P点坐标.‎ ‎(1) 证明:设椭圆方程为+=1(a>b>0) ①,则A(0,b),B(0,-b),T.‎ AT:+=1 ②,BF:+=1 ③,解得交点C(,),代入①得+==1,满足①式,则C点在椭圆上,即A、C、T三点共线.‎ ‎(2) 解:过C作CE⊥x轴,垂足为E,‎ 则△OBF∽△ECF.‎ ‎∵ =3,CE=b,EF=c,则C,代入①得+=1,∴ a2=‎2c2,b2=c2.设P(x0,y0),则x0+2y=‎2c2.此时C,AC= c,S△ABC=·‎2c·=c2,‎ 直线AC的方程为x+2y-‎2c=0,P到直线AC的距离为d==,‎ S△APC=d·AC=·· c=·c.只须求x0+2y0的最大值,‎ ‎(解法1)∵ (x0+2y0)2=x+4y+2·2x0y0≤x+4y+2(x+y)=3(x+2y)=‎6c2,∴ x0+2y0≤c.当且仅当x0=y0=c时,(x0+2y0)max=c.‎ ‎(解法2)令x0+2y0=t,代入x+2y=‎2c2得(t-2y0)2+2y-‎2c2=0,即6y-4ty0+t2-‎2c2=0.Δ=(-4t)2-24(t2-‎2c2)≥0,得t≤c.当t=c,代入原方程解得x0=y0=c.‎ ‎∴ 四边形的面积最大值为c2+c2=c2=,∴ c2=1,a2=2,b2=1,此时椭圆方程为+y2=1.P点坐标为.‎ 题型2 定值问题 例2 如图,椭圆C0:+=1(a>b>0,a、b为常数),动圆C1:x2+y2=t,b0),则=1,p=2,所以抛物线方程为y2=4x.‎ ‎(2) 抛物线C的准线方程为x=-1,设M(-1,y1),N(-1,y2),其中y1y2=-4,直线MO的方程:y=-y1x,将y=-y1x与y2=4x联立解得A点坐标.同理可得B点坐标,则直线AB的方程为:=,整理得(y1+y2)y-4x+4=0,故直线AB恒过定点(1,0).‎ ‎4. 已知椭圆E:+y2=1(a>1)的上顶点为M(0,1),两条过M的动弦MA、MB满足MA⊥MB.‎ ‎(1) 当坐标原点到椭圆E的准线距离最短时,求椭圆E的方程;‎ ‎(2) 若Rt△MAB面积的最大值为,求a;‎ ‎(3) 对于给定的实数a(a>1),动直线AB是否经过一定点?如果经过,求出定点坐标(用a表示);反之,说明理由.‎ 解:(1) 由题,a2=c2+1,d===c+≥2,当c=1时取等号,此时a2=1+1=2,故椭圆E的方程为+y2=1.‎ ‎(2) 不妨设直线MA的斜率k>0,直线MA方程为y=kx+1,由 ‎① 代入②整理得(a2k2+1)x2+‎2a2kx=0,‎ 解得xA=-,‎ 故A,‎ 由MA⊥MB知直线MB的斜率为-,‎ 可得B(,),‎ 则MA=·,‎ MB==.‎ 则S△MAB=MA·MB ‎=(1+k2) ‎= ‎=.‎ 令k+=t(t≥2),‎ 则S△MAB==≤=.‎ 当t=时取“=”,∵ t=≥2,得a>+1.而(S△MAB)max==,故a=3或a=(舍).综上a=3.‎ ‎(3) 由对称性,若存在定点,则必在y轴上.‎ 当k=1时,A,直线AB过定点Q.下面证明A、Q、B三点共线:‎ ‎∵ kAQ= ‎= ‎=,‎ kBQ= ‎= ‎=.‎ 由kAQ=kBQ知A、Q、B三点共线,即直线AB过定点Q.‎ ‎5. 设A1、A2与B分别是椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右顶点与上顶点,直线A2B与圆C:x2+y2=1相切.‎ ‎(1) 求证:+=1;‎ ‎(2) P是椭圆E上异于A1、A2的一点,若直线PA1、PA2的斜率之积为-,求椭圆E的方程;‎ ‎(3) 直线l与椭圆E交于M、N两点,且·=0,试判断直线l与圆C的位置关系,并说明理由.‎ ‎(1) 证明:已知椭圆E:+=1(a>b>0),‎ A1、A2与B分别为椭圆E的左、右顶点与上顶点,‎ 所以A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),‎ 直线A2B的方程是+=1.‎ 因为A2B与圆C:x2+y2=1相切,‎ 所以=1,‎ 即+=1.‎ ‎(2) 解:设P(x0,y0),则直线PA1、PA2的斜率之积为kPA1·kPA2=·==-,+=1,而+=1,所以b2=a2.结合+=1,得a2=4,b2=.所以椭圆E的方程为+=1.‎ ‎(3) 解:设点M(x1,y1),N(x2,y2).‎ ‎① 若直线l的斜率存在,设直线l为y=kx+m,由y=kx+m代入+=1,得+=1.化简得(b2+a2k2)x2+‎2a2kmx+a‎2m2‎-a2b2=0(Δ>0).∴ x1x2=,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=+km+m2=.因为·=0,所以x1x2+y1y2=0.代入得(a2+b2)m2-a2b2(1+k2)=0.结合(1)的+=1,得m2=1+k2.圆心到直线l的距离为d==1,所以直线l与圆C相切.‎ ‎② 若直线l的斜率不存在,设直线l为x=n.代入+=1,得y=±b.∴ |n|=b·,‎ ‎∴ a2n2=b2(a2-n2).解得n=±1,所以直线l与圆C相切.‎ ‎6. 已知曲线C上动点P(x,y)到定点F1(,0)与定直线l1∶x=的距离之比为常数.‎ ‎(1) 求曲线C的轨迹方程;‎ ‎(2) 以曲线C的左顶点T为圆心作圆T:(x+2)2+y2=r2(r>0),设圆T与曲线C交于点M与点N,求·的最小值,并求此时圆T的方程.‎ 解:(1) 过点P作直线的垂线,垂足为D.‎ =,=,‎ 所以该曲线的方程为+y2=1.‎ ‎(2) 点M与点N关于x轴对称,设M(x1,y1),N(x1,-y1),不妨设y1>0.由于点M在椭圆C上,所以y=1-.由已知T(-2,0),则=(x1+2,y1),=(x1+2,-y1),∴ ·=(x1+2,y1)·(x1+2,-y1)=(x1+2)2-y=(x1+2)2-=x+4x1+3=·-.由于-20. ‎ 所以x1+x2=4k,x1x2=-4,‎ 由x2=4y,得y=x2,所以y′=x, 所以,直线AM的斜率为kAM=x1, ‎ 所以,直线AM的方程为y-y1=x1(x-x1),又x=4y1, ‎ 所以,直线AM的方程为x1x=2(y+y1) ①,‎ 同理,直线BM的方程为x2x=2(y+y2) ②,‎ ‎②-①并据x1≠x2得点M的横坐标x=, ‎ 即A、M、B三点的横坐标成等差数列.‎ ‎(2) 解:由①②易得y=-1,所以点M的坐标为(2k,-1)(k≠0). ‎ 所以kMF==-, 则直线MF的方程为y=-x+1,‎ 设C(x3,y3),D(x4,y4) ‎ 由消去y,得x2+x-4=0,显然Δ=+16>0, ‎ 所以x3+x4=-,x3x4=-4,‎ 又|AB|== ‎ ‎==4(k2+1),‎ ‎|CD|== ‎ ‎==4,‎ 因为kMF·kAB=-1,所以AB⊥CD ,‎ 所以SACBD=|AB|·|CD|=8=8·≥32, ‎ 当且仅当k=±1时,四边形ACBD面积取到最小值32.‎ ‎2. 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,一条准线方程为x= ‎(1) 求椭圆C的方程;‎ ‎(2) 设G、H为椭圆C上的两个动点,O为坐标原点,且OG⊥OH.‎ ‎① 当直线OG的倾斜角为60°时,求△GOH的面积;‎ ‎② 是否存在以原点O为圆心的定圆,使得该定圆始终与直线GH相切?若存在,请求出该定圆方程;若不存在,请说明理由.‎ 解:( 1) 因为=,=,a2=b2+c2, ‎ 解得a=3,b=,所以椭圆方程为+=1.‎ ‎(2) ① 由解得 ‎ 由 得 ‎ 所以OG=,OH=,所以S△GOH=.‎ ‎② 假设存在满足条件的定圆,设圆的半径为R,则OG·OH=R·GH,‎ 因为OG2+OH2=GH2,故+=, ‎ 当OG与OH的斜率均存在时,不妨设直线OG方程为y=kx, ‎ 由得所以OG2=, ‎ 同理可得OH2=,(将OG2中的k换成-可得) ‎ +==,R=, ‎ 当OG与OH的斜率有一个不存在时,可得+==, ‎ 故满足条件的定圆方程为:x2+y2=.‎ ‎3. 已知椭圆C的方程为+=1(a>b>0),双曲线-=1的两条渐近线为l1、l2,过椭圆C的右焦点F作直线l,使l⊥l1.又l与l2交于P点,设l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A、B(如图).‎ ‎(1) 当l1与l2夹角为60°,双曲线的焦距为4时,求椭圆C的方程;‎ ‎(2) 当=λ,求λ的最大值.‎ 解:(1) ∵双曲线的渐近线为y=±x,‎ 两渐近线夹角为60°,又<1,‎ ‎∴∠POx=30°,‎ 即=tan30°=.‎ ‎∴a=b.‎ 又a2+b2=4,∴a2=3,b2=1.‎ 故椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2) 由已知l:y=(x-c),与y=x解得P.‎ 由=λ,得A.‎ 将A点坐标代入椭圆方程,‎ 得(c2+λa2)2+λ‎2a4=(1+λ)‎2a2c2.‎ ‎∴(e2+λ)2+λ2=e2(1+λ)2.‎ ‎∴λ2==-+3≤3-2.‎ ‎∴λ的最大值为-1.‎ ‎4. 在平面直角坐标系xOy中,已知点A(-1,1),P是动点,且△POA的三边所在直线的斜率满足kOP+kOA=kPA.‎ ‎(1) 求点P的轨迹C的方程;‎ ‎(2) 若Q是轨迹C上异于点P的一个点,且=λ,直线OP与QA交于点M,问:是否存在点P,使得△PQA和△PAM的面积满足S△PQA=2S△PAM?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.‎ 解:(1) 设点P(x,y)为所求轨迹上的任意一点,则由kOP+kOA=kPA得+=,‎ 整理得轨迹C的方程为y=x2(x≠0且x≠-1).‎ ‎(2) 设P(x1,x),Q(x2,x),M(x0,y0),‎ 由=λ可知直线PQ∥OA,则kPQ=kOA,‎ 故=,即x2+x1=-1,‎ 由O、M、P三点共线可知,‎ =(x0,y0)与=(x1,x)共线,‎ ‎∴ x0x-x1y0=0,‎ 由(1)知x1≠0,故y0=x0x1,‎ 同理,由=(x0+1,y0-1)与=(x2+1,x-1)共线可知(x0+1)(x-1)-(x2+1)(y0-1)=0,‎ 即(x2+1)[(x0+1)·(x2-1)-(y0-1)]=0,‎ 由(1)知x2≠-1,故(x0+1)(x2-1)-(y0-1)=0,‎ 将y0=x0x1,x2=-1-x1代入上式得(x0+1)(-2-x1)-(x0x1-1)=0,‎ 整理得-2x0(x1+1)=x1+1,‎ 由x1≠-1得x0=-,‎ 由S△PQA=2S△PAM,得到QA=2AM,‎ ‎∵ PQ∥OA,‎ ‎∴ OP=2OM,‎ ‎∴ =2,‎ ‎∴ x1=1,‎ ‎∴ P的坐标为(1,1).‎ ‎1. 圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种:几何法和代数法.‎ ‎(1) 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,这就是几何法;‎ ‎(2) 若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值,这就是代数法.‎ ‎2. 求定值问题常见的方法有两种 ‎(1) 从特殊入手,求出表达式,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,从而得到定值.‎ ‎3. 定点的探索与证明问题 ‎(1) 探索直线过定点时,可设出直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立b,k等量关系进行消元,借助于直线系方程找出定点;‎ ‎(2) 从特殊情况入手,先探求定点,再证明一般情况.‎ 请使用课时训练(B)第11课时(见活页).‎ ‎[备课札记]‎
查看更多

相关文章

您可能关注的文档