nbhkdz.com冰点文库

第二部分 专题五 第三讲 第一课时 圆锥曲线中的范围问题、存在性问题及证明问题

时间:2013-03-18


导练

感悟高 考

做考题 析考情

体验高

考 考

把脉高

专 题 五

第 三 讲

热点一
第 一 课 时

热点

透析高 考

热点二 热点三
通法——归纳领悟

冲刺

直击高 考

返回

返回

返回

[做考题 体验高考]
x2 y2 1.(2012· 浙江高考)如图,椭圆C:a2+b2=1 1 (a>b>0)的离心率为2,其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10.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.

返回

解:(1)设椭圆左焦点为F(-c,0),则由题意得 ? ?2+c?2+1= 10, ?c=1, ? ? ?c 1 得? ?a=2. ? ?a=2, ? x2 y2 所以椭圆方程为 4 + 3 =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),
?y=kx+m, ? 由? 2 ?3x +4y2=12, ?

消去y,整理得

返回

(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,



则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0, ? ?x1+x2=- 8km 2, 3+4k ? ? 4m2-12 ?x x = ? 1 2 3+4k2 . ?
? 4km 3m ? ? 所以线段AB的中点M?-3+4k2,3+4k2?. ? ? ?

-2km 3m 因为M在直线OP上,所以 2= 2. 3+4k 3+4k 3 得m=0(舍去)或k=-2.

返回

此时方程①为3x2-3mx+m2-3=0,则 ?x1+x2=m, ? 2 Δ=3(12-m )>0,? m2-3 ?x1x2= 3 . ? 39 所以|AB|= 1+k · 1-x2|= 6 · 12-m2. |x
2

设点P到直线AB距离为d,则 |8-2m| 2|m-4| d= 2 . 2= 13 3 +2 设△ABP的面积为S,则

返回

1 3 S=2|AB|· 6 · ?m-4?2?12-m2?. d= 其中m∈(-2 3,0)∪(0,2 3). 令u(m)=(12-m2)(m-4)2,m∈[-2 3,2 3 ], u′(m)=-4(m-4)(m2-2m-6) =-4(m-4)(m-1- 7)(m-1+ 7). 所以当且仅当m=1- 7,u(m)取到最大值. 故当且仅当m=1- 7,S取到最大值. 综上,所求直线l方程为3x+2y+2 7-2=0.

返回

2.(2012· 安徽高考)如图,点F1(-c,0),F2(c,0) x2 y2 分别是椭圆C:a2+b2=1(a>b>0)的左、右 焦点,过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部 a2 分于点P,过点F2作直线PF2的垂线交直线x= c 于点Q. (1)如果点Q的坐标是(4,4),求此时椭圆C的方程; (2)证明:直线PQ与椭圆C只有一个交点.

返回

? b2? 解:(1)法一:由条件知,P?-c, a ?. ? ?

b2 a -0 b2 故直线 PF2 的斜率为 kPF2= =-2ac. -c-c 2ac 2ac2 因 为 PF2 ⊥ F2Q , 所 以 直 线 F2Q 的 方 程 为 y = b2 x - b2 . 故
?a2 ? Q? c ,2a?. ? ?

a2 由题设知, c =4,2a=4,解得 a=2,c=1. x2 y2 故椭圆方程为 4 + 3 =1.

返回

? b2? a2 法二:设直线x= c 与x轴交于点M.由条件知,P?-c, a ?. ? ?

|PF1| |F1F2| 因为△PF1F2∽△F2MQ,所以|F M|= |MQ| . 2 2c 即a2 =|MQ|,解得|MQ|=2a. c -c a2 ? ? =4, 所以? c 解得a=2,c=1. ?2a=4, ? x2 y2 故椭圆方程为 4 + 3 =1. b2 a

返回

a2 x- c y-2a c (2)证明:直线 PQ 的方程为 2 = ,即 y=ax+a. b a2 a -2a -c- c 将上式代入椭圆方程得,x2+2cx+c2=0, b2 解得 x=-c,y= a . 所以直线 PQ 与椭圆 C 只有一个交点.

返回

3.(2012· 山东高考)在平面直角坐标系xOy中,F是抛物线C: x2=2py(p>0)的焦点,M是抛物线C上位于第一象限内的任 意一点,过M,F,O三点的圆的圆心为Q,点Q到抛物线C 3 的准线的距离为4. (1)求抛物线C的方程; (2)是否存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M?若 存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由; 1 (3)若点M的横坐标为 2,直线l:y=kx+4与抛物线C有两 个不同的交点A,B,l与圆Q有两个不同的交点D,E,求 1 当2≤k≤2时,|AB|2+|DE|2的最小值.

返回

解: (1)依题意知

? p? F?0,2?, 圆心 ? ?

p Q 在线段 OF 的垂直平分线 y= 上, 4

p 3p 3 因为抛物线 C 的准线方程为 y=- ,所以 = ,即 p=1, 2 4 4 因此抛物线 C 的方程为 x2=2y. (2)假设存在点 线斜率为
? x2 ? 0 M?x0, 2 ?(x0>0)满足条件, 抛物线 ? ?

C 在点 M 处的切

?x2? y′|x=x =? 2 ?′|x=x0=x0, ? ? 0

2 x0 所以直线 MQ 的方程为 y- =x0(x-x0). 2

返回

1 x0 1 令y=4,得xQ= 2 +4x ,
0

?x0 1 1? 所以Q? 2 +4x ,4?. ? ? 0

又|QM|=|OQ|,
? 1 x0?2 ?1 x2?2 ? 1 x0?2 1 0 故?4x - 2 ? +?4- 2 ? =?4x + 2 ? +16, ? 0 ? ? ? ? 0 ? ?1 x2?2 9 0 ? - ? = ,又因为x0>0, 因此 4 2 16 ? ?

所以x0= 2,此时M( 2,1). 故存在点M( 2,1),使得直线MQ与抛物线C相切于点M.

返回

(3)当x0=

?5 2 1? ? 2时,由(2)得Q? ,4?, ? 8 ? ? ?5 2? ? ?2 ?1?2 3 6 ? 8 ? +?4? = 8 , ? ? ? ?

⊙Q的半径为r=

? 5 2?2 ? 1?2 27 ? ? 所以⊙Q的方程为?x- ? +?y-4? =32. 8 ? ? ? ?

? 1 2 ?y=2x , 由? ?y=kx+1, 4 ?

整理得2x2-4kx-1=0.

设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),

返回

1 由于Δ1=16k +8>0,x1+x2=2k,x1x2=-2,
2

所以|AB|2=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2] =(1+k2)(4k2+2). ?? 5 2?2 ? 1?2 27 ? ? x- 8 ? +?y-4? =32, ?? ? ? ? ? 由? ?y=kx+1, 4 ? 5 2 1 整理得(1+k )x - 4 x-16=0.
2 2

设D,E两点的坐标分别为(x3,y3),(x4,y4),

返回

k2 27 由于Δ2= 4 + 8 >0, 5 2 1 x3+x4= ,x x =- . 4?1+k2? 3 4 16?1+k2? 25 1 所以|DE| =(1+k )[(x3+x4) -4x3x4]= 2 + . 8?1+k ? 4
2 2
2

25 1 因此|AB| +|DE| =(1+k )(4k +2)+ + . 8?1+k2? 4
2 2 2 2

1 5 令1+k =t,由于2≤k≤2,则4≤t≤5,
2

25 1 25 1 2 所以|AB| +|DE| =t(4t-2)+ 8t +4=4t -2t+ 8t +4,
2 2

返回

?5 ? 25 1 设g(t)=4t -2t+ 8t +4,t∈?4,5?, ? ?
2

25 因为g′(t)=8t-2-8t2,
?5 ? ?5? ?5 ? 所以当t∈ ?4,5? 时,g′(t)≥g′ ?4? =6,即函数g(t)在t∈ ?4,5? ? ? ? ? ? ?

5 13 1 是增函数,所以当t=4时,g(t)取到最小值 2 ,因此当k=2时, 13 |AB| +|DE| 取到最小值 2 .
2 2

返回

[析考情 把脉高考]
考点统计 圆锥曲线中的范围(或求值)问题 3年12考

圆锥曲线中的存在性问题
圆锥曲线中的证明问题 圆锥曲线中的定点问题 圆锥曲线中的定值问题 圆锥曲线中的最值问题

3年13考
3年5考 3年2考 3年4考 3年5考

返回

考 情 分 析
(1)圆锥曲线的标准方程、几何性质和直线与圆锥曲线的 位置关系的综合性问题仍然是高考的重点. (2)求特定字母的取值范围问题是近几年高考的热点题型, 这类问题的综合性强、涉及面广,经常将解析几何与平面几

何、函数、不等式、三角函数等知识联系起来,并且还渗透
着函数与方程、数形结合、转化与化归等一些重要数学思想 方法,具有一定的难度,应加强复习,重点突破.

返回

考 情 分 析
(3)存在性问题与证明问题是近几年高考试题对解析几何考 查的一种热点题型,以判断满足条件的点、直线、参数是否存 在,证明直线与圆锥曲线的位置关系,数量关系(等量或不等量) 为主要呈现方式,多以解答题的形式考查. (4)定点、定值与最值问题是一类综合性强、能力要求高的 问题,也是近几年高考对解析几何考查的一个重点和热点内 容.这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处

理为核心,需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸
多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求 解.对考生的代数恒等变形能力、计算能力等有较高的要求. 返回

第一课时

圆锥曲线中的范围问题、存在性问题及证明问题

返回

返回

圆锥曲线中的范围问题
[例1] 已知点P(4,4),圆C:(x-m)2+y2=5(m<3)与椭圆E:

x2 y2 a2+b2=1(a>b>0)有一个公共点A(3,1),F1、F2分别是椭圆的 左、右焦点,直线PF1与圆C相切. (1)求m的值与椭圆E的方程;

??? ???? ? (2)设Q为椭圆E上的一个动点,求 AP · 的取值范围. AQ
[思路点拨] (1)根据圆过点A可得m值,从而确定了圆的圆心

坐标,再根据直线PF1与圆相切可得直线PF1的方程,进而求出 F1的坐标,再结合椭圆过点A,即可得到方程求出a,b;

返回

??? ? ??? ???? ? (2)向量 AP 是定向量,设Q(x,y),则数量积 AP · 就是一 AQ
个关于x,y的二元一次方程,可以根据基本不等式,也可以根据 判别式方法、也可以根据椭圆的参数方程求其取值范围.
[规范解答] (1)点A坐标代入圆C方程,

得(3-m)2+1=5. ∵m<3,∴m=1. 圆C:(x-1)2+y2=5.设直线PF1的斜率为k, 则PF1:y=k(x-4)+4,即kx-y-4k+4=0. |k-0-4k+4| ∵直线PF1与圆C相切,∴ = 5. 2 k +1

返回

11 1 解得k= 2 或k=2. 11 36 当k= 2 时,直线PF1与x轴的交点横坐标为 11,不合题意舍去. 1 当k=2时,直线PF1与x轴的交点横坐标为-4, ∴c=4.F1(-4,0),F2(4,0). 2a=AF1+AF2=5 2+ 2=6 2, a=3 2,a2=18,b2=2. x2 y2 椭圆E的方程为18+ 2 =1.

返回

??? ? ???? (2) AP =(1,3),设Q(x,y), AQ =(x-3,y-1), ??? ???? ? AQ AP · =(x-3)+3(y-1)=x+3y-6.
x2 y 2 ∵18+ 2 =1,即x2+(3y)2=18, 而x2+(3y)2≥2|x|· |3y|,∴-18≤6xy≤18. 则(x+3y)2=x2+(3y)2+6xy=18+6xy的取值范围是[0,36]. x+3y的取值范围是[-6,6]. ??? ???? ? 又∵ AP · =x+3y-6, AQ ??? ???? ? ∴ AP · 的取值范围是[-12,0]. AQ

返回

求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数,

通过求这个函数的值域确定目标的范围.在建立函数的过程中
要根据题目的其他已知条件,把需要的量都用我们选用的变 量表示,有时为了运算的方便,在建立关系的过程中也可以 采用多个变量,只要在最后结果中把多变量归结为单变量即 可,同时要特别注意变量的取值范围.

返回

x2 y2 1.已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的一个焦点是 F(1,0),且离 1 心率为2. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设经过点 F 的直线交椭圆 C 于 M,N 两点,线段 MN 的垂直平分线交 y 轴于点 P(0,y0),求 y0 的取值范围.

返回

解:(1)设椭圆 C 的半焦距是 c.依题意,得 c=1. 1 因为椭圆 C 的离心率为2, 所以 a=2c=2,b2=a2-c2=3. x2 y2 故椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1. (2)当 MN⊥x 轴时,显然 y0=0. 当 MN 与 x 轴不垂直时,可设直线 MN 的方程为 y=k(x-1)(k≠0).

返回

?y=k?x-1?, ? 2 2 由 ?x y ? 4 + 3 =1, ? 消去 y 并整理得(3+4k2)x2-8k2x+4(k2-3)=0. 设 M(x1,y1),N(x2,y2),线段 MN 的中点为 Q(x3,y3), 8k2 则 x1+x2= . 3+4k2 x1+x2 -3k 4k2 所以 x3= 2 = 2,y3=k(x3-1)= 2. 3+4k 3+4k 线段 MN 的垂直平分线的方程为

返回

4k2 ? 3k 1? y+ =-k?x-3+4k2?. ? ? 3+4k2 ? ? k 1 在上述方程中,令 x=0,得 y0= = . 3+4k2 3 k+4k 3 3 当 k<0 时,k+4k≤-4 3;当 k>0 时,k+4k≥4 3. 3 3 所以- 12 ≤y0<0 或 0<y0≤ 12 .
? 3 3? ? 综上,y0 的取值范围是?- , ?. 12 ? ? 12 ?

返回

圆锥曲线中的存在性问题
??? ? [例 2] 已知: OA=( 3,0),O 为坐标原点,动点 M 满足: ???? ??? ? ? ???? ??? ? ? | OM + OA|+| OM - OA|=4.
(1)求动点 M 的轨迹 C 的方程; (2)已知直线 l1、l2 都过点 B(0,1),且 l1⊥l2,l1、l2 与轨迹 C 分 别交于点 D、E,试探究是否存在这样的直线,使得△BDE 是等 腰直角三角形.若存在,请指出这样的直线共有几组(无需求出直 线的方程);若不存在,请说明理由.

返回

[思路点拨]

???? ??? ? ? ???? ??? ? ? (1)注意| OM + OA|+| OM - OA|=4 的几何意义.

1 (2)可先假设存在,设其斜率为 k、-k,由等腰直角三角形满 足的条件求出其值,或其值不存在,从而得出结论.
[规范解答] (1)法一:设 A′(- 3,0), ???? ??? ? ? ???? ??? ? ? ???? ???? ? ???? ??? ? ? 则| OM + OA|+| OM - OA|=| OM - OA?|+| OM - OA| ????? ? ???? ? =| A? M |+| AM |=4>2 3, 故动点 M 的轨迹是以 A、A′为焦点, 长轴长为 4 的椭圆. 由 c= 3,2a=4?a=2, 所以 b= a2-c2=1. x2 2 因此动点 M 的轨迹 C 的方程为 4 +y =1.

返回

???? ??? ? ? 法二:设点M(x,y),则 OM + OA=(x+ 3,y), ???? ??? ? ? OM - OA=(x- 3,y) ???? ??? ? ? ???? ??? ? ? ∵| OM + OA|+| OM - OA|=4,
∴ ?x+ 3?2+y2+ ?x- 3?2+y2=4>2 3

∴点M的轨迹C是以(± 3,0)为焦点,长轴长为4的椭圆 ∴a=2,c= 3,∴b= a2-c2=1 x2 2 ∴动点M的轨迹C的方程为 4 +y =1.

返回

x2 2 (2)由(1)知,轨迹 C 是椭圆 4 +y =1,点 B(0,1)是它的上顶点, 设满足条件的直线 l1、l2 存在,直线 l1 的方 程为 y=kx+1(k>0), 1 则直线 l2 的方程为 y=-kx+1. ① ②

将①代入椭圆方程并整理得:(1+4k2)x2+8kx=0,可得 -8k -8k2 xD= ,则 yD= +1. 1+4k2 1+4k2

返回

将②代入椭圆方程并整理得:(4+k2)x2-8kx=0,可得 xE= -8 8k ,则 yE= +1. 4+k2 4+k2 由△BDE 是等腰直角三角形得: |BD|=|BE| ?
? -8k ? ? -8k2 ? ? ?2 ? ?2 2? +? 2? = ?1+4k ? ? ?1+4k ? ? ? ? 8k ? ? ?2 ? -8 ?2 ?4+k2? +?4+k2? ? ? ? ?

64k2 64k4 64k2 64 ? + = + ?1+4k2?2 ?1+4k2?2 ?4+k2?2 ?4+k2?2 k2?1+k2? 1+k2 k2 1 ? 2 2= 2 2? 2 2= ?1+4k ? ?4+k ? ?1+4k ? ?4+k2?2

返回

k 1 ? 2= 1+4k 4+k2 ?k3+4k=1+4k2?k3-1=4k2-4k ?(k-1)(k2+k+1)=4k(k-1), 所以 k=1 或 k2-3k+1=0. ③ ④

∵方程④的根的判别式 Δ=5>0,即方程④有两个不相等的 实根,且不为 1. ∴方程③有三个互不相等的实根.即满足条件的直线 l1、l2 存在,共有 3 组.

返回

1.解决存在性问题应注意以下几点
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.

返回

2.解决存在性问题的解题步骤 第一步: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); 第二步:解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在,若 无解则不存在;

第三步:得出结论.

返回

2.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上,C1的中心和C2
的顶点均为原点O,从每条曲线上各取两个点,将其坐标 记录于下表中:
x y 3 -2 3 -2 0 4 -4 2 2 2

(1)求C1、C2的标准方程; (2)是否存在直线l满足条件:①过C2的焦点F;②与C1交于 ???? ???? ? 不同的两点M、N,且满足 OM ⊥ ON ?若存在,求出直线l 的方程;若不存在,说明理由.

返回

y2 解:(1)设抛物线C2:y2=2px(p≠0),则有 x =2p(x≠0), 据此验证四个点知(3,-2 3),(4,-4)在抛物线上,易求 C2:y2=4x.
? x2 y2 2? ? 设C1:a2+b2=1(a>b>0),把点(-2,0),? 2, ?代入得: 2? ? ?

?4 ?a2=1, ? ? 22+ 1 2=1, ?a 2b

?a2=4, ? 解得? 2 ?b =1. ?

x2 2 所以C1的标准方程为 4 +y =1.

返回

(2)容易验证当直线l的斜率不存在时,不满足题意. 当直线l的斜率存在时,设其方程为y=k(x-1),与C1的 交点为M(x1,y1)、N(x2,y2). ?x ? +y2=1, 由? 4 ?y=k?x-1?, ? 消去y并整理得(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0, 4?k2-1? 8k 于是x1+x2= 2,x1x2= 2 .① 1+4k 1+4k
2 2

y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1],

返回

4?k2-1? 8k2 3k2 即y1y2=k2[ 2 - 2+1]=- 2. ② 1+4k 1+4k 1+4k ???? ???? ? ???? ???? ? 由 OM ⊥ ON ,即 OM · =0,得x1x2+y1y2=0.(*) ON 4?k2-1? k2-4 3k2 将①、②代入(*)式,得 - = =0,解得 1+4k2 1+4k2 1+4k2 k=± 2, 所以存在直线l满足条件,且l的方程为2x-y-2=0或2x+ y-2=0.

返回

圆锥曲线中的证明问题
[例3] 8(m∈R). (1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围; (2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上 方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y=1与 直线BM交于点G.求证:A,G,N三点共线. [思路点拨] x2 y2 (1)将曲线方程整理成 2+ 2=1的形式后求解; a b (2012· 北京高考)已知曲线C:(5-m)x2+(m-2)y2=

(2)要证A,G,N三点共线,可证明kAG=kAN.

返回

[规范解答] ?5-m>0, ? ?m-2>0, ? 8 ? 8 ?5-m>m-2, ?

(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆,当且仅当

?7 ? 7 解得2<m<5,所以m的取值范围是?2,5?. ? ?

(2)当m=4时,曲线C的方程为x2+2y2=8,点A,B的坐标分 别为(0,2),(0,-2).
?y=kx+4, ? 由? 2 ?x +2y2=8, ?

得(1+2k2)x2+16kx+24=0.

返回

因为直线与曲线C交于不同的两点, 3 所以Δ=(16k) -4(1+2k )×24>0,即k >2.
2 2 2

设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 y1=kx1+4,y2=kx2+4, -16k 24 x1+x2= ,x1x2= . 1+2k2 1+2k2 y1+2 直线BM的方程为y+2= x x, 1
? 3x1 ? ? 点G的坐标为?y +2,1?. ? ? 1 ?

返回

因为直线AN和直线AG的斜率分别为 y2-2 y1+2 kAN= x ,kAG=- 3x , 2 1 y2-2 y1+2 kx2+2 kx1+6 所以kAN-kAG= x + 3x = x + 3x 2 1 2 1 -16k 2× 1+2k2 4 2?x1+x2? 4 =3k+ x x =3k+ =0. 24 1 2 1+2k2 即kAN=kAG. 故A,G,N三点共线.

返回

在涉及直线与二次曲线的两个交点坐标时,一般不 是求出这两个点的坐标,而是设出这两个点的坐标,联 立直线方程和曲线方程,根据消元后得到的方程的根的

情况,使用根与系数的关系进行整体代入,这种设而不
求的思想是解析几何中处理直线和二次曲线相交问题的 最基本方法.

返回

3.如图,抛物线C1:x2=2py(p>0)的焦点为F, x2 y2 3 椭圆C2:a2+b2=1(a>b>0)的离心率e= 2 ,
? C1与C2在第一象限的交点为P? ?

1? 3,2?. ?

(1)求抛物线C1及椭圆C2的方程; (2)已知直线l:y=kx+t(k≠0,t>0)与椭圆C2交于不同两点A、 ???? ???? ? ? B,点M满足 AM + BM =0,直线FM的斜率为k1,试证明 1 k·1>-4. k

返回

? 解:(1)将P? ?

1? 3,2?代入x2=2py,得p=3, ?
2

∴抛物线C1的方程为x
? 把P? ?

? 3? =6y,焦点F?0,2?. ? ?

1? x2 y2 3 1 3,2?代入 2+ 2=1,得 2+ 2=1, a b a 4b ?

c 3 c2 3 b2 c2 1 又∵e=a= 2 ,∴a2=4,a2=1-a2=4,a2=4b2, 解得a=2,b=1(负值舍去). x2 2 故椭圆C2的方程为 4 +y =1.

返回

?y=kx+t, ? 2 (2)证明:由?x 得 2 ? 4 +y =1, ? (1+4k2)x2+8ktx+4(t2-1)=0. 令Δ=64k2t2-16(1+4k2)(t2-1)>0得1+4k2>t2. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 8kt 则x1+x2=- . 1+4k2 ???? ???? ? ? ???? ???? ? ? ∵ AM + BM =0,∴ AM = MB , 即点M为线段AB的中点,设M(xM,yM), 4kt ∴xM=- , 1+4k2

返回

4k2t t yM=k·M+t=- x +t= . 1+4k2 1+4k2 t 3 3 -2 yM-2 1+4k2 2t-3?1+4k2? k1= x = . 4kt = -8kt M - 1+4k2 2t-3?1+4k2? 3?1+4k2?-2t ∴k·1=k· k = , 8t -8kt 3t2-2t 3t-2 ∵t2<1+4k2,∴k·1> 8t = 8 , k 3t-2 1 1 又∵t>0,∴ 8 >-4,即k·1>-4. k

返回

1.求解特定字母取值范围问题的常用方法 (1)构造不等式法:根据题设条件以及曲线的几何性质(如: 曲线的范围、对称性、位置关系等),建立关于特定字母的不等

式(或不等式组),然后解不等式(或不等式组),求得特定字母的
取值范围. (2)构造函数法:根据题设条件,用其他的变量或参数表示 欲求范围的特定字母,即建立关于特定字母的目标函数,然后研 究该函数的值域或最值情况,从而得到特定字母的取值范围.

返回

(3)数形结合法:研究特定字母所对应的几何意义,然后 根据相关曲线的定义、几何性质,利用数形结合的方法求解. 2.圆锥曲线中的存在性问题 (1)所谓存在性问题,就是判断满足某个(某些)条件的点、

直线、曲线(或参数)等几何元素是否存在的问题.这类问题通
常以开放性的设问方式给出,若存在符合条件的几何元素或参 数值,就求出这些几何元素或参数值,若不存在,则要求说明 理由.

返回

(2)求解存在性问题时,通常的方法是首先假设满足条件
的几何元素或参数值存在,然后利用这些条件并结合题目的

其他已知条件进行推理与计算,若不出现矛盾,并且得到了
相应的几何元素或参数值,就说明满足条件的几何元素或参 数值存在;若在推理与计算中出现了矛盾,则说明满足条件 的几何元素或参数值不存在,同时推理与计算的过程就是说 明理由的过程.

返回

3.圆锥曲线中的证明问题 (1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一类是证明点、

直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:某点在某直线上、
某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;另一类是证 明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等). (2)解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质、 直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数

式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.

返回

以下是一些常用的证明方法:

???? ???? ①证A、B、C三点共线,可证kAB=kAC或 AB =λ BC ;
???? ???? ? ②证直线MA⊥MB,可证kMA·MB=-1或 MA· =0; k MB
③证|AB|=|AC|,可证A点在线段BC的垂直平分线上.

返回

点击下列 图片进入 “冲刺直击 高考”

返回


赞助商链接

圆锥曲线的存在性问题与取值范围问题

圆锥曲线的存在性问题与取值范围问题_理学_高等教育_...→→ AB为定值; (Ⅰ)证明FM· (Ⅱ)设△ABM ...第二部分 专题五 第... 58页 5下载券 第21...

圆锥曲线存在性问题

第九章 圆锥曲线中的存在性问题 解析几何 圆锥曲线中的存在性问题一、基础知识 1、在处理圆锥曲线中的存在性问题时,通常先假定所求的要素(点,线,图形或是参数)...

...圆锥曲线中的共线与存在性问题 单元测试 Word版 含...

结果居多,但不绝对,有不存在的类型. ·三点剖析· ·一.考试范围与要求层次: 考点 圆锥曲线中共线问题 圆锥曲线中共线与存在性问题 圆锥曲线中存在性问题 二...

浅谈高考圆锥曲线中的存在性问题

龙源期刊网 http://www.qikan.com.cn 浅谈高考圆锥曲线中的存在性问题 作者:邹玲平 吴瑾 来源:《新教育时代》2014 年第 10 期 摘要:在新课标、新考纲和新...

2018届高三理科数学一轮复习学案 圆锥曲线中的定点、定值、存在性...

第九章 解析几何 第十节 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 突破点(一) 圆锥曲线中的定点、定值问题 圆锥曲线中的定点、 定值问题是解析几何中的常见问题, ...

...2018高三一轮复习--圆锥曲线中的存在性问题

圆锥曲线中的存在性问题 存在性问题常见要素的代数形式:未知要素用字母代替 (1)点:坐标 (2)直线:斜截式或点斜式(通常以斜率为未知量) (3)曲线:含有未知参数...

千题百炼——高中数学100个热点问题(三):第76炼 存在性问题

千题百炼——高中数学100个热点问题(三):第76炼 存在性问题_数学_高中教育_教育专区。第九章 圆锥曲线中的存在性问题 解析几何 圆锥曲线中的存在性问题一、基础...

圆锥曲线定值存在性问题

证明:直线 AB 的斜率第 2 页(共 8 页) 与直线 AP 的斜率乘积为定值. 8...圆锥曲线中最值、范围、... 暂无评价 8页 ¥3.00 专题五第3讲圆锥曲线...

...版:课时达标检测(四十九) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题...

2018-2019学年高中新创新一轮复习理数通用版:课时达标检测(四十九) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题_数学_高中教育_教育专区。课时达标检测(四十九) 圆锥...

...(直线与圆锥曲线的位置关系、定值、存在性问题(教师...

曲线—定值、存在性问题 1.已知椭圆 C : x2 ?...请证明你的结论. M y P 解: (1)设 P( x0 ...专题五第3讲圆锥曲线中的... 48页 2下载券 喜欢...

更多相关标签