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2014版高考数学一轮总复习 第62讲 圆锥曲线的综合问题课件 理 新人教A版


掌握探究与圆锥曲线相关的定点与定值 问题、参变数取值范围问题、最值问题和探

究性问题的基本思想与方法,培养并提升运
算求解能力和创新思维能力.

1.基本概念 在圆锥曲线中,还有一类曲线系方程, 对其参数取不同值时,曲线本身的性质不 变;或形态发生某些变化,但其某些固有 的共同性质始终保持着,这就是我们所指 的定值问题.

而当某参数取不同值时,某几 何量达到最大或最小,这就是我们指的最 值问题.曲线遵循某种条件时,参数有相应 的允许取值范围,即我们指的参变数取值 范围问题.

2.基本求法 解析几何中的最值和定值问题是以 圆锥曲线与直线为载体,以函数、不等 式、导数等知识为背景,综合解决实际 问题,其常用方法有两种: (1)代数法:引入参变量,通过圆锥 曲线的性质,及曲线与曲线的交点理论、 韦达定理、方程思想等,用变量表示(计 算)最值与定值问题,再用函数思想、不 等式方法得到最值、定值;

(2)几何法:若问题的条件和结论能明 显的体现几何特征,利用图形性质来解决 最值与定值问题. 在圆锥曲线中经常遇到求范围问题, 这类问题在题目中往往没有给出不等关系, 需要我们去寻找.对于圆锥曲线的参数的取 值范围问题,解法通常有两种:当题目的条件 和结论能明显体现几何特征及意义时,

可考虑利用数形结合法求解或构造参数 满足的不等式(如双曲线的范围,直线 与圆锥曲线相交时Δ>0等),通过解不 等式(组)求得参数的取值范围;当题 目的条件和结论能体现一种明确的函数 关系时,则可先建立目标函数,进而转 化为求解函数的值域.

1.已知抛物线 C 的方程为 y=x2-2m2x-(2m2+1)(m∈R), 则抛物线 C 恒过定点( )

A.(0,0) C.(1,0)

B.(-1,0) D.(-1,1)

【解析】由 y=x2-2m2x-(2m2+1),即 2m2(x+1) =x2-y-1 过定点,
?x+1=0 ?x=-1 则? 2 ,求得? , ?x -y-1=0 ?y=0

可知抛物线过定点(-1,0),选 B.

x2 2 3 5 4 5 2.已知双曲线 C: 4 -y =1 和定点 M( 5 , 5 ), F( 5,0),P 为双曲线 C 上一动点,则||MP|-|FP||的最大 值为( A.2 C.3 ) B.1 3 D.2

【解析】如图, ||MP|-|FP||≤|MF|, 当 M、 F 三点共线, P、 且点 P 在 MF 的延长线上时, |MP| -|FP|取得最大值|MF|,且|MF|= 故选 A. 3 5 4 52 2 ? 5 - 5? +? 5 ? =2,

3.过抛物线 y2=2px(p>0)的焦点 F 的直线与抛物线交于 M、 N 两点,M、N 在抛物线的准线上的射影分别为 M1、N1, 则∠M1FN1 的大小为( A.45° C.90° B.60° D.与 p 的取值有关 )

【解析】 由抛物线定义可知, 1N|=|NF|, 1M|=|MF|, |N |M 可推导∠OFN1=∠FN1N=∠NFN1,∠OFM1=∠FM1M= 1 ∠M1FM,从而∠M1FN1=2×180° =90° ,故选 C.

x2 y2 4.已知双曲线 a2 - b2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F,若过 点F且倾斜角为60° 的直线与双曲线的右支有且只有一个交 点,则此双曲线的离心率的取值范围是 [2,+∞) .

b 【解析】依题意,a≥tan60° , b 又a= e2-1,所以 e2-1≥ 3,所以 e≥2.



定点、定值问题
【例 1】(2011· 温州一模)已知过 T(3,-2)的直线

l 与抛物线 C:y2=4x 交于 P,Q 两点,定点 A 的坐标 为(1,2). (1)证明: 直线 AP 与直线 AQ 的斜率乘积恒为定值; (2)以 PQ 为底边的等腰三角形 APQ 有几个?请说 明理由.

【解析】 (1)设直线 l 的方程为 x=m(y+2)+3.
?x=m?y+2?+3 由? 2 得 y2-4my-8m-12=0. ?y =4x

设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 则 y1+y2=4m,y1y2=-8m-12, y1-2 y2-2 4 4 kAP·AQ= k · = · x1-1 x2-1 y1+2 y2+2 16 = =-2. y1y2+2?y1+y2?+4

(2)一个.理由如下: x1+x2 y1+y2 设 PQ 的中点坐标 M( 2 , 2 ), 1 1 y2 y2 1 1 2 由(1)及已知 2 (x1 +x2)= 2 ( 4 + 4 )= 8 [(y1 +y2)2 -2y1y2]= 2m2+2m+3. y1+y2 又 2 =2m,即 M(2m2+2m+3,2m). 2m-2 因为 AM⊥PQ,所以 2 =-m, 2m +2m+3-1 整理得 m3+m2+2m-1=0.(*)

令 f(m)=m3+m2+2m-1, 则 f′(m)=3m2+2m+2>0. 可知 f(m)在 R 上是增函数, 又 f(0)=-1,f(1)=3, 即 f(m)在 R 上有且只有一个零点, 即方程(*)有且只有一解. 所以满足条件的等腰三角形有且只有一个.

【点评】一般地定值问题研究方法有两种,一种是 依题设条件直接推导出定值,另一种是由特殊情形找到 定值,然后进行一般性推理论证.

素材1

已知 A(1,0),B(-1,0),P 是平面上一动点,且满足 → |BA → AB → → |PA|· |=PB· . (1)求点 P 的轨迹 C 的方程; (2)已知点 M(m,2)在曲线 C 上,过点 M 作直线 l1、 l2 与 C 交于 D、E 两点,且 l1、l2 的斜率 k1、k2 满足 k1k2 =2,求证:直线 DE 过定点,并求此定点.

→ → 【解析】 (1)设 P(x,y),则PA=(1-x,-y),PB=(-1-x, → → -y),AB=(-2,0),BA=(2,0). → |BA → AB → → 因为|PA|· |=PB· , 所以 ?1-x?2+y2· 2=2(x+1),即 y2=4x, 所以点 P 的轨迹 C 的方程为 y2=4x .

y2 y2 1 2 (2)证明:由(1)知 M(1,2),设 D( 4 ,y1),E( 4 ,y2), y1-2 y2-2 所以 k1k2=y2 ·2 =2, y2 1 4 -1 4 -1 整理得(y1+2)(y2+2)=8.① y1-y2 4 4 kDE=y2 y2= =k,所以 y1+y2=k .② y1+y2 1 2 4-4

8 由①②知 y1y2=4-k , 4 y2 1 所以直线 DE 的方程为 y-y1= (x- 4 ), y1+y2 整理得 4x-(y1+y2)y+y1y2=0, 4 8 即 4x- ky+4-k =0,即(x+1)k-(y+2)=0, 所以直线 DE 过定点(-1,-2).

【点评】与圆锥曲线有关的定点问题的探求的一般途 径是恰当引入参变量,将题设转化为坐标关系式,然后通 过分析参变量取符合题设条件的任何一个值时,坐标关系 式恒成立的条件,而获得定点坐标.

二 最值问题和参变量范围问题
x2 2 【例 2】(2011· 北京卷)已知椭圆 G: 4 +y =1.过点(m,0) 作圆 x2+y2=1 的切线 l 交椭圆 G 于 A,B 两点. (1)求椭圆 G 的焦点坐标和离心率; (2)将|AB|表示为 m 的函数,并求|AB|的最大值.

【解析】(1)由已知得 a=2,b=1, 所以 c= a2-b2= 3. 所以椭圆 G 的焦点坐标为(- 3,0),( 3,0) 3 c 离心率为 e=a= 2 .

(2)由题意知,|m|≥1. 当 m=1 时,切线 l 的方程为 x=1,点 A、B 的坐标分别 3 3 为(1, 2 ),(1,- 2 ),此时|AB|= 3; 当 m=-1 时,同理可得|AB|= 3; 当|m|>1 时,设切线 l 的方程为 y=k(x-m).
?y=k?x-m? ? 由?x2 2 ? 4 +y =1 ?

得,(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0,

设 A、B 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 4k2m2-4 8k2m 则 x1+x2= ,x x = , 1+4k2 1 2 1+4k2 |km| 又由 l 与圆 x +y =1 相切,得 2 =1, k +1
2 2

即 m2k2=k2+1. 所以|AB|= ?x2-x1?2+?y2-y1?2 =
2 2 64k4m2 4?4k m -4? ?1+k2?[ - ] ?1+4k2?2 1+4k2

4 3|m| = 2 . m +3

由于当 m=± 时,|AB|= 3, 1 4 3|m| 所以|AB|= 2 ,m∈(-∞,-1]∪[1,+∞). m +3 4 3|m| 4 3 因为|AB|= 2 = 3 ≤2, m +3 |m|+|m| 且当 m=± 3时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为 2.

【点评】求有关圆锥曲线的最值时,依题设条件引入适 当的变量,建立目标函数,然后根据目标函数的特征,利用 恰当的方法求得最值,是最值问题常见解法之一.

素材2
x2 2 设 F1、F2 分别是椭圆 4 +y =1 的左、右焦点. → (1)若 P 是该椭圆上的一个动点, →1· 2的最小值及取 求PF PF 最小值时 P 点坐标; (2)设过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆交于不同的两点 A、 B, 且∠AOB 为锐角(其中 O 为坐标原点), 求直线 l 的斜率 k 的取 值范围.

【解析】 (1)由椭圆方程易知 a=2,b=1,c= 3, 所以 F1(- 3,0),F2( 3,0).设 P(x,y), → PF → 则PF1· 2=(- 3-x,-y)· 3-x,-y) ( =x2+y2-3 x2 =x2+1- 4 -3 1 2 =4(3x -8). 因为 x∈[-2,2],所以 0≤x2≤4, → PF → 故PF1· 2的最小值为-2,此时点 P(0,± 1).

(2)显然直线 x=0 不满足题设条件, 可设直线 l:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2).
?y=kx+2 ? 联立方程组?x2 2 ? 4 +y =1 ?

,消去 y,整理得,

1 2 (k +4)x +4kx+3=0.
2

所以 x1+x2=-

1,x1x2= 2 1. k2+4 k +4

4k

3

1 由 Δ=(4k) -4(k +4)×3=4k2-3>0,
2 2

3 3 解得 k> 2 或 k<- 2 .① → OB → 又 0° <∠AOB<90° ,即 cos∠AOB>0,得OA· >0, → OB → 所以OA· =x1x2+y1y2>0.

又 y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4 -8k2 -k2+1 = 1+ 2 1+4= 2 1 . k2+4 k +4 k +4 3k2 -k2+1 3 所以 + >0,即 k2<4.② 1 1 2 2 k + 4 k +4 3 3 结合①、②知,k 的取值范围是(-2,- 2 )∪( 2 ,2).

【点评】圆锥曲线中求最值与范围问题是高考题中的 常考问题,解决此类问题,一般有两个思路:(1)构造关于 所求量的不等式,通过解不等式来获得问题的解(如本题第 (2)问);(2)构造关于所求量的函数,通过求函数的值域来获 得问题的解(如本题第(1)问).在解题的过程中,一定要深 刻挖掘题目中的隐含条件,如判别式大于零等.

三 探究性问题
【例 3】(2011· 辽宁卷)如图,已知椭圆 C1 的中心在原 点 O,长轴左、右端点 M,N 在 x 轴上,椭圆 C2 的短轴为 MN,且 C1,C2 的离心率都为 e,直线 l⊥MN,l 与 C1 交于 两点, C2 交于两点, 与 这四点按纵坐标从大到小依次为 A, B,C,D.

1 (1)设 e=2,求|BC|与|AD|的比值; (2)当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并 说明理由.

【解析】 (1)因为 C1,C2 的离心率相同, x2 y 2 b 2y 2 x 2 故依题意可设 C1 :a2+b2=1,C2: a4 +a2=1(a>b>0), 设直线 l:x=t(|t|<a),分别与 C1,C2 的方程联立, a 2 2 b 2 2 求得 A(t,b a -t ),B(t,a a -t ). 1 3 当 e=2时,b= 2 a,分别用 yA,yB 表示 A,B 的纵坐标, 2|yB| b2 3 可知|BC|∶|AD|=2|y |=a2=4. A

(2)当 t=0 时的 l 不符合题意. 当 t≠0 时,BO∥AN,当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的 斜率 kAN 相等, b 2 2 a 2 2 e2-1 a a -t b a -t ab2 即 = ,解得 t=- 2 2= e2 · a. t t-a a -b 1-e2 2 因为|t|<a,又 0<e<1,所以 e2 <1,解得 2 <e<1. 2 所以当 0<e≤ 2 时,不存在直线 l,使得 BO∥AN; 2 当 2 <e<1 时,存在直线 l 使得 BO∥AN.

【点评】探究性问题的题设情境“是否存在满足某条件 的点、直线、曲线和几何量等”,求解时可假设存在后,通 过运算推导探索,也可依题意推理论证是否存在.

素材3

如图,F1(-3,0),F2(3,0)是双曲线 C 的两焦点,其一 5 条渐近线方程为 y= 2 x,A1、A2 是双曲线 C 的两个顶点, 点 P 是双曲线 C 右支上异于 A2 的一动点,直线 A1P,A2P 4 交直线 x=3分别于 M、N 两点.

(1)求双曲线 C 的方程; → F → (2)试问F1M· 2N是否为定值.若是,求出定值;若不是, 说明理由.

5 b 【解析】(1)由已知,c=3,a= 2 . 又 c2=a2+b2,所以 a=2,b= 5. x2 y2 所求双曲线 C 的方程为 4 - 5 =1.

(2)设 P 的坐标为(x0,y0),M、N 的纵坐标分别为 y1、y2, 因为 A1(-2,0),A2(2,0), → → 所以A1P=(x0+2,y0),A2P=(x0-2,y0), → =(10,y1),A2N=(-2,y2). → A1M 3 3 → → 因为A1P与A1M共线, 10 10y0 所以(x0+2)y1= 3 y0,y1= . 3?x0+2? 2y0 同理 y2=- . 3?x0-2?

→ =(13,y1),F2N=(-5,y2), → 因为F1M 3 3 65 65 20y2 0 → F → 所以F1M· 2N=- 9 +y1y2=- 9 - 2 9?x0-4? 65 =- 9 - 9?x2-4? 0 =-10. → F → 即F1M· 2N为定值. 5?x2-4? 0 20× 4

备选例题

抛物线有光学性质,由其焦点射出的光线经抛物线折 射后,沿平行于抛物线的对称轴的方向射出.今有抛物线 41 y =2px(p>0),一光源在点 M( 4 ,4)处,由其发出的光线
2

沿平行于抛物线的对称轴的方向射向抛物线上的点 P,折 射后又射向抛物线上的点 Q,再折射后,又沿平行于抛物 线的对称轴的方向射出,途中遇到直线 l:2x-4y-17=0 上的点 N,再折射后又射回点 M.

(1)设 P、Q 两点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),证明: y1y2=-p2; (2)求抛物线的方程; (3)试判断在抛物线上是否存在一点,使该点与点 M 关 于 PN 所在的直线对称?若存在,请求出此点的坐标;若 不存在,请说明理由.

【解析】(1)证明:由抛物线的光学性质及题意知, p 光线 PQ 必过抛物线的焦点 F(2,0), p 设直线 PQ 的方程为 y=k(x-2).① 1 p 由①式得 x=k y+2, 将其代入抛物线的方程 y2=2px 2p 中,整理得 y - k y-p2=0,
2

由韦达定理得 y1y2=-p2. p 当直线 PQ 的倾斜角为 90° 时,将 x=2代入抛物线 方程得 y=± p,同样得到 y1y2=-p2.

(2)设光线 QN 经直线 l 反射后又射向 M 点, 所以直线 MN 与直线 QN 关于直线 l 对称. 41 设点 M( 4 ,4)关于 l 的对称点为 M′(x′,y′),
? y′-4 1 ? 41×2=-1 ? ?x′- 4 则? 41 ? ? x′+ 4 y′+4 ?2· 2 -4· 2 -17=0 ?

? 51 ?x′= 4 ,解得? ?y′=-1 ?

.

直线 QN 的方程为 y=-1,Q 点的纵坐标为 y2=-1. 由题设 P 点的纵坐标为 y1=4, 由(1)知 y1y2=-p2,则 4×(-1)=-p2,得 p=2, 故所求抛物线的方程为 y2=4x.

(3)将 y=4 代入 y2=4x 得 x=4, 故 P 点的坐标为(4,4). 将 y=-1 代入直线 l 的方程 2x-4y-17=0, 13 13 得 x= 2 ,故 N 点的坐标为( 2 ,-1). 由 P、N 两点坐标得直线 PN 的方程为 2x+y-12=0.

设 M 点关于直线 NP 的对称点 M1(x1,y1),
? y1-4 ? 41×?-2?=-1 ? ?x1- 4 则? 41 ? x1+ 4 y +4 ? 1 ?2× + 2 -12=0 2 ?

? 1 ?x1= 4 ,解得? ?y =-1 ? 1



1 即 M1(4,-1)的坐标是抛物线方程 y2=4x 的解, 1 故抛物线上存在一点(4,-1)与点 M 关于直线 PN 对称.

【点评】本题是一道与物理中的光学知识相结合的综合 性题目,考查了学生理解问题、分析问题、解决问题的能 力.对称问题是直线方程的一个重要应用.对称问题常有: 点关于直线对称,直线关于直线对称、圆锥曲线关于直线对 称,圆锥曲线关于点对称问题,但解题方法是一样的.

1.若探究直线或曲线过定点,则 直线或曲线的表示一定含有参变数, 即直线系或曲线系,可将其方程变式 为f(x,y)+λg(x,y)=0(其中λ为参变数), 由 f(x,y)=0
g(x,y)=0确定定点坐标.

2.在几何问题中,有些几何量与参变 数无关,即定值问题,这类问题求解策略 是通过应用赋值法找到定值,然后将问题 转化为代数式的推导、论证定值符合一般 情形. 3.解析几何中的最值问题,或数形结 合,利用几何性质求得最值,或依题设条 件列出所求最值关于某个变量的目标函数, 然后应用代数方法求得最值.


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