(全国通用版)2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题学案 理.doc
《(全国通用版)2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题学案 理.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《(全国通用版)2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题学案 理.doc(21页珍藏版)》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。
1、1第第 3 3 讲讲 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题考情考向分析 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、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 已知N为圆C1:(x2)2y224 上一动点,圆心C1关于y轴的对称点为C2,点M,P分别是线段C1N,C2N上的点,且0,2.MPC2NC2NC2P(1)求点
2、M的轨迹方程;(2)直线l:ykxm与点M的轨迹只有一个公共点P,且点P在第二象限,过坐标原点O且与l垂直的直线l与圆x2y28 相交于A,B两点,求PAB面积的取值范围解 (1)连接MC2,因为2,C2NC2P所以P为C2N的中点,因为0,MPC2N所以,MPC2N所以点M在C2N的垂直平分线上,所以|MN|MC2|,2因为|MN|MC1|MC2|MC1|24,6所以点M在以C1,C2为焦点的椭圆上,因为a,c2,所以b22,6所以点M的轨迹方程为1.x2 6y2 2(2)由Error!得(3k21)x26kmx3m260,因为直线l:ykxm与椭圆相切于点P,所以(6km)24(3k21)
3、 (3m26)12(6k22m2)0,即m26k22,解得x,y,3km 3k21m 3k21即点P的坐标为,(3km 3k21,m 3k21)因为点P在第二象限,所以k0,m0,所以m,6k22所以点P的坐标为,(3 2k3k21,23k21)设直线l与l垂直交于点Q,则|PQ|是点P到直线l的距离,且直线l的方程为yx,1 k所以|PQ|1 k3 2k3k2123k21|1 k212 2k3k44k212 23k21 k24,2 242 32 23162当且仅当 3k2,即k2时,|PQ|有最大值,1 k23362所以SPAB 4|PQ|44,1 223即PAB面积的取值范围为.(0,4
4、34思维升华 解决范围问题的常用方法3(1)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后,利用数形结合法求解(2)构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解(3)构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域跟踪演练 1 (2018衡水金卷信息卷)已知椭圆C:1(ab0)的一条切线方程为y2 a2x2 b2y2x2,且离心率为.232(1)求椭圆C的标准方程;(2)若直线l:ykxm与椭圆C交于A,B两个不同的点,与y轴交于点M,且3,AMMB求实数m的取值范围解 (1)由题意知,离心率e ,32c aca,ba,1,321 2y2 a24x2 a
5、2将y2x2代入,得 8x28x8a20,22由12832(8a2)0,得a24,故椭圆C的标准方程为x21.y2 4(2)根据已知,得M(0,m),设A(x1,kx1m),B(x2,kx2m),由Error!得(k24)x22mkxm240,且4m2k24(k24)(m24)0,即k2m240,且x1x2,x1x2,2km k24m24 k24由3,得x13x2,即x13x2,AMMB3(x1x2)24x1x20,0,12k2m2k2424m24k24即m2k2m2k240,当m21 时,m2k2m2k240 不成立,k2,4m2 m21k2m240,4m240,即0,4m2 m21(4m2
6、)m2m2110,解得k0)的焦点 4F,与抛物线相交于A,B两点,且|AB|8.(1)求抛物线的方程;(2)过点P(12,8)的两条直线l1,l2分别交抛物线于点C,D和E,F,线段CD和EF的中点分别为M,N.如果直线l1与l2的倾斜角互余,求证:直线MN经过一定点(1)解 由题意可设直线AB的方程为yx ,p 2由Error!消去y整理得x23px0,p2 469p248p20,p2 4令A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x23p,由抛物线的定义得|AB|x1x2p4p8,p2.抛物线的方程为y24x.(2)证明 设直线l1,l2的倾斜角分别为,由题意知,. 2直线l1的斜率为k
7、,则ktan .直线l1与l2的倾斜角互余,tan tan( 2)sin(2)cos(2),cos sin 1 sin cos 1 tan 直线l2的斜率为 .1 k直线CD的方程为y8k(x12),即yk(x12)8.由Error!消去x整理得ky24y3248k0,设C(xC,yC),D(xD,yD),yCyD ,4 kxCxD24,4 k216 k点M的坐标为.(122 k28 k,2 k)以 代替点M坐标中的k,1 k可得点N的坐标为(122k28k,2k),7kMN.2(1kk)2(1 k2k2)8(1 kk)1 1 kk4直线MN的方程为y2kx(122k28k),1 1 kk4即
8、yx10,(1 kk4)显然当x10 时,y0,故直线MN经过定点(10,0).热点三 探索性问题1解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通常采用“肯定顺推法” ,将不确定性问题明确化其步骤为: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2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法例 3 (2018河南名校联考)已知椭圆C:1(ab0)的上、下焦点分别为F1,F2,y2 a2x2 b2上焦点F1到直线 4x3y120
9、的距离为 3,椭圆C的离心率e .1 2(1)求椭圆C的方程;(2)椭圆E:1,设过点M(0,1),斜率存在且不为 0 的直线交椭圆E于A,B两点,y2 a23x2 16b2试问y轴上是否存在点P,使得?若存在,求出点P的坐标;若不存在,PM(PA|PA|PB|PB|)说明理由解 (1)由已知椭圆C的方程为1(ab0),y2 a2x2 b2设椭圆的焦点F1(0,c),由F1到直线 4x3y120 的距离为 3,得3,|3c12| 5又椭圆C的离心率e ,所以 ,1 2c a1 28又a2b2c2,求得a24,b23.椭圆C的方程为1.y2 4x2 3(2)存在理由如下:由(1)得椭圆E:1,x
10、2 16y2 4设直线AB的方程为ykx1(k0),联立Error!消去y并整理得(4k21)x28kx120,(8k)24(4k21)12256k2480.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1x2.8k 4k2112 4k21假设存在点P(0,t)满足条件,由于,PM(PA|PA|PB|PB|)所以PM平分APB.所以直线PA与直线PB的倾斜角互补,所以kPAkPB0.即0,y1t x1y2t x2即x2(y1t)x1(y2t)0.(*)将y1kx11,y2kx21 代入(*)式,整理得 2kx1x2(1t)(x1x2)0,所以2k0,12 4k211t 8k4k21整理得
11、 3kk(1t)0,即k(4t)0,因为k0,所以t4.所以存在点P(0,4),使得.PM(PA|PA|PB|PB|)思维升华 解决探索性问题的注意事项存在性问题,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9(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,采取另外的途径跟踪演练 3 (2018山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为 4 的椭圆1(ab0)过点P,点F是椭圆的右焦点x2 a2y2 b2(1,3 2)(1)求椭圆方程;(2)在x轴上是否存在定
12、点D,使得过D的直线l交椭圆于A,B两点设点E为点B关于x轴的对称点,且A,F,E三点共线?若存在,求D点坐标;若不存在,说明理由解 (1) 2a4, a2,将点P代入1,得b23.(1,3 2)x2 a2y2 b2椭圆方程为1.x2 4y2 3(2)存在定点D满足条件设D(t,0),直线l方程为xmyt(m0),联立Error!消去x,得(3m24)y26mty3t2120,设A(x1,y1),B(x2,y2),则E(x2,y2),Error!且0.由A,F,E三点共线,可得(x21)y1(x11)y20,即 2my1y2(t1)(y1y2)0, 2m(t1)0,3t212 3m246mt
13、3m24解得t4,此时由0 得m24.存在定点D(4,0)满足条件,且m满足m24.真题体验1(2017全国改编)已知F为抛物线C:y24x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|DE|的最小值10为_答案 16解析 因为F为y24x的焦点,所以F(1,0)由题意知,直线l1,l2的斜率均存在且不为 0,设l1的斜率为k,则l2的斜率为 ,故直1 k线l1,l2的方程分别为yk(x1),y (x1)1 k由Error!得k2x2(2k24)xk20,16k2160.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1x21
14、,2k24 k2所以|AB|x1x2|1k21k2x1x224x1x2.1k2(2k24 k2)2441k2k2同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|4(1k2)41k2k24(1 k211k2)8484216,(k21 k2)当且仅当k2,1 k2即k1 时,取得等号2(2017山东)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:1(ab0)的离心率为,焦x2 a2y2 b222距为 2.(1)求椭圆E的方程;11(2)如图,动直线l:yk1x交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率32为k2,且k1k2.M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|23,M的半径为24|MC|,OS
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国 通用版 2019 高考 数学 二轮 复习 专题 解析几何 圆锥曲线 综合 问题 学案理
链接地址:https://www.deliwenku.com/p-719000.html
限制150内