2019届二轮复习圆锥曲线综合问题提分秘籍学案(全国通用)

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文档介绍

2019届二轮复习圆锥曲线综合问题提分秘籍学案(全国通用)

题型一 范围、最值问题 ‎1. 范围问题 例1 (2016·天津)设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O为原点,e为椭圆的离心率.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.‎ ‎ ‎ ‎(2)设直线l的斜率为k(k≠0),‎ 则直线l的方程为y=k(x-2).‎ 设B(xB,yB),由方程组消去y,‎ 整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.‎ 解得x=2或x=.‎ 由题意得xB=,从而yB=.‎ 由(1)知,F(1,0),设H(0,yH),‎ 有=(-1,yH),=.‎ 由BF⊥HF,得·=0,‎ 所以+=0,解得yH=.‎ 因此直线MH的方程为y=-x+.‎ 设M(xM,yM),由方程组消去y,解得xM=.‎ 在△MAO中,由∠MOA≤∠MAO,得|MA|≤|MO|,‎ 即 (xM-2)2+y≤x+y,‎ 化简,得xM≥1,即≥1,解得k≤-或k≥.‎ 所以直线l的斜率的取值范围为∪.学 ‎ 点评解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面 ‎(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围.‎ ‎(2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.‎ ‎(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围.‎ ‎(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)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围.‎ 巩固1(2018·开封质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)与双曲线-y2=1的离心率互为倒数,且直线x-y-2=0经过椭圆的右顶点.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)设不过原点O的直线与椭圆C交于M,N两点,且直线OM,MN,ON的斜率依次成等比数列,求△OMN面积的取值范围.‎ ‎2、最值问题 例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.‎ ‎【解析】 (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. 学 ‎ 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=±.‎ 点评 处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是利用几何法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解;二是利用代数法,即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式),然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.‎ 巩固2(2018北京文)已知椭圆的离心率为,焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点,.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若,求的最大值;‎ ‎(3)设,直线与椭圆的另一个交点为,直线与椭圆的另一个交点为.若,和点共线,求.‎ 题型二 定点、定值问题 ‎1 定点问题 例3(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.‎ ‎(1)求C的方程;‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.‎ ‎ ‎ ‎(2)证明 设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.‎ 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为,,则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.‎ 从而可设l:y=kx+m(m≠1).‎ 将y=kx+m代入+y2=1,‎ 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.‎ 由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.‎ 点评 圆锥曲线中定点问题的两种解法 ‎(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.‎ ‎(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.‎ 巩固3 已知椭圆+=1(a>0,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=λ1,=λ2.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)若λ1+λ2=-3,试证明:直线l过定点并求此定点.‎ ‎2 定值问题 例4 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若P,Q是椭圆C上的两个动点,且使∠PAQ的角平分线总垂直于x轴,试判断直线PQ的斜率是否为定值?若是,求出该值;若不是,请说明理由.‎ ‎【解析】 (1)因为椭圆C的离心率为,且过点A(2,1),‎ 所以+=1,=,‎ 又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=2,‎ 所以椭圆C的方程为+=1. 学 ‎ 方法二 设直线PQ的方程为y=kx+b,点P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 则y1=kx1+b,y2=kx2+b,‎ 直线PA的斜率kPA=,直线QA的斜率kQA=.‎ 因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴, ]‎ 所以PA与AQ所在的直线关于直线x=2对称,‎ 所以kPA=-kQA,即=-,‎ 化简得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0.‎ 把y1=kx1+b,y2=kx2+b代入上式,化简得 ‎2kx1x2+(b-1-2k)(x1+x2)-4b+4=0.①‎ 由得(4k2+1)x2+8kbx+4b2-8=0,②‎ 则x1+x2=-,x1x2=, 学 ]‎ 代入①,得--4b+4=0,‎ 整理得(2k-1)(b+2k-1)=0,所以k=或b=1-2k.‎ 若b=1-2k,可得方程②的一个根为2,不符合题意.‎ 所以直线PQ的斜率为定值,该值为.学 ‎ 点评 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值.‎ ‎(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得.‎ ‎(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.‎ 巩固4(2018北京理)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.‎ 题型三 探索性问题 例5 在平面直角坐标系xOy中,曲线C:y=与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点,‎ ‎(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;‎ ‎(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?说明理由.‎ ‎【解析】 (1)由题设可得M(2,a),N(-2,a),或M(-2,a),N(2,a).‎ 又y′=,故y=在x=2处的导数值为,‎ C在点(2,a)处的切线方程为y-a=(x-2),即x-y-a=0.‎ y=在x=-2处的导数值为-,‎ C在点(-2,a)处的切线方程为y-a=-(x+2),即x+y+a=0.‎ 故所求切线方程为x-y-a=0和x+y+a=0.‎ 点评解决探索性问题的注意事项 探索性问题,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,要开放思维,采取另外合适的方法.‎ 巩固5(2018·唐山模拟)已知椭圆E:+=1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0,设短轴的一个端点为D,原点O到直线DF的距离为,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C,G两点,且||+||=4. ]‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A,B且使得2=4·成立?若存在,试求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.‎ 答案与解析 巩固1【解析】 (1)∵双曲线的离心率为,‎ ‎∴椭圆的离心率e==.‎ 又∵直线x-y-2=0经过椭圆的右顶点,‎ ‎∴右顶点为点(2,0),即a=2,c=,b=1,‎ ‎∴椭圆方程为+y2=1.‎ ‎【答案】 +y2=1. (0,1).‎ 巩固2【解析】(1)由题意得,所以,‎ 又,所以,所以,‎ 所以椭圆的标准方程为.‎ ‎(2)设直线的方程为,‎ 由消去可得,‎ 则,即,‎ 设,,则,, ]‎ 则,‎ 易得当时,,故的最大值为.‎ ‎【答案】(1);(2);(3)1.‎ 巩固3【解析】(1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c)2,‎ 又a2=b2+c2,∴a2=3.‎ ‎∴椭圆的方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明 由题意设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),‎ N(x2,y2),设l方程为x=t(y-m),‎ 由=λ1知(x1,y1-m)=λ1(x0-x1,-y1),‎ ‎∴y1-m=-y1λ1,由题意y1≠0,∴λ1=-1.‎ 同理由=λ2知λ2=-1.‎ ‎∵λ1+λ2=-3,∴y1y2+m(y1+y2)=0,①‎ 联立得(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0,‎ ‎∴由题意知Δ=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)>0,②‎ 且有y1+y2=,y1y2=,③‎ ‎③代入①得t2m2-3+2m2t2=0,‎ ‎∴(mt)2=1,‎ 由题意mt<0,∴mt=-1,满足②,‎ 得直线l方程为x=ty+1,过定点(1,0),即Q为定点.‎ ‎(2)设,.‎ 由(1)知,,直线的方程为.‎ 令,得点的纵坐标为.‎ 同理得点的纵坐标为.‎ 由,得,.‎ ‎,‎ 所以为定值.‎ ‎【答案】(1)取值范围是;(2)证明过程见解析.‎ ‎ ‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件.故可设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 直线l的方程为y=k(x-2)+1,‎ 代入椭圆方程得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0,‎ ‎∴x1+x2=,x1x2=,‎ Δ=32(6k+3)>0,∴k>-.学 ‎ ‎∵2=4·,‎ 即4[(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)]=5,‎ ‎∴4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5,‎ 即4[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=5,‎ ‎∴4 (1+k2)=4×=5, 学 ]‎ 解得k=±,k=-不符合题意,舍去.‎ ‎∴存在满足条件的直线l,其方程为y=x.‎
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