2019高考数学二轮复习第14讲圆锥曲线中的综合问题课件理.ppt

第14讲圆锥曲线中的综合问题 总纲目录 考点一圆锥曲线中的最值 范围问题 例 2018昆明高三摸底调研测试 已知直线l1 ax y 1 0 直线l2 x 5ay 5a 0 直线l1与l2的交点为M 点M的轨迹为曲线C 1 当a变化时 求曲线C的方程 2 已知点D 2 0 过点E 2 0 的直线l与C交于A B两点 求 ABD面积的最大值 解析 1 由消去a 得曲线C的方程为 y2 1 y 1 即点 0 1 不在曲线C上 2 设A x1 y1 B x2 y2 l x my 2 由得 m2 5 y2 4my 1 0 则y1 y2 y1y2 ABD的面积S 2 y2 y1 2 2 设t t 1 则S 当t t 1 即t 2 m 时 ABD的面积取得最大值 方法归纳 求解范围 最值问题的五种方法 1 利用判别式构造不等式 从而确定参数的取值范围 2 利用已知参数的取值范围 求新参数的范围 解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系 3 利用隐含的不等关系 求出参数的取值范围 4 利用已知不等关系构造不等式 从而求出参数的取值范围 5 利用求函数值域的方法 确定参数的取值范围 已知点A B分别为椭圆E 1 a b 0 的左 右顶点 点P 0 2 直线BP交E于点Q 且 ABP是等腰直角三角形 1 求椭圆E的方程 2 设过点P的动直线l与E相交于M N两点 当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时 求直线l斜率的取值范围 解析 1 由题意 得a 2 B 2 0 设Q x0 y0 由 得 x0 y0 2 2 x0 y0 所以解得x0 y0 即Q 将其代入椭圆方程 解得b2 1 椭圆E的方程为 y2 1 2 由题意可知 直线l的斜率存在 设其解析式为y kx 2 M x1 y1 N x2 y2 由得 1 4k2 x2 16kx 12 0 由根与系数的关系可知x1 x2 x1x2 由直线l与E有两个不同的交点 得 0 即 16k 2 4 12 1 4k2 0 解得k2 坐标原点O位于以MN为直径的圆外 则 0 即x1x2 y1y2 0 则x1x2 y1y2 x1x2 kx1 2 kx2 2 1 k2 x1x2 2k x1 x2 4 1 k2 2k 4 0 解得k2 4 综合 可知 k2 4 解得 k 2或 2 k 故直线l斜率的取值范围为 考点二圆锥曲线中的定值 定点 存在性问题 命题角度一定值问题 例1 2018北京 19 14分 已知抛物线C y2 2px经过点P 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 1 求直线l的斜率的取值范围 2 设O为原点 求证 为定值 解析 1 因为抛物线y2 2px过点 1 2 所以2p 4 即p 2 故抛物线C的方程为y2 4x 由题意知 直线l的斜率存在且不为0 设直线l的方程为y kx 1 k 0 由得k2x2 2k 4 x 1 0 依题意知 2k 4 2 4 k2 1 0 解得k 0或0 k 1 又PA PB与y轴相交 故直线l不过点 1 2 从而k 3 所以直线l斜率的取值范围是 3 3 0 0 1 2 证明 设A x1 y1 B x2 y2 由 1 知x1 x2 x1x2 直线PA的方程为y 2 x 1 令x 0 得点M的纵坐标为yM 2 2 同理得点N的纵坐标为yN 2 由 得 1 yM 1 yN 所以 2 所以 为定值 方法归纳 求解定值问题的两大途径 1 首先由特例得出一个值 此值一般就是定值 然后证明其是定值 即将问题转化为证明待证式与参数 某些变量 无关 2 先将式子用动点坐标或动线中的参数表示 再利用其满足的条件得出参数之间满足的关系式 使正负项抵消或分子 分母约分得定值 例2 2017课标全国 20 12分 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 命题角度二定点问题 解析 1 由于P3 P4两点关于y轴对称 故由题设知C经过P3 P4两点 又由 知 C不经过点P1 所以点P2在C上 因此解得故C的方程为 y2 1 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 16 4k2 m2 1 0 设A x1 y1 B x2 y2 则x1 x2 x1x2 而k1 k2 由题设k1 k2 1 故 2k 1 x1x2 m 1 x1 x2 0 即 2k 1 m 1 0 解得k 当且仅当m 1时 0 于是l y x m 即y 1 x 2 所以l过定点 2 1 方法归纳 直线过定点问题的两大类型及解法 1 动直线l过定点问题的解法 设动直线方程 斜率存在 为y kx t 由题设条件将t用k表示为t mk 得y k x m 故动直线过定点 m 0 2 动曲线C过定点问题的解法 引入参变量建立曲线C的方程 再根据其对参变量恒成立 令其系数等于零 得出定点 命题角度三 圆锥曲线中的存在性问题 例3 2018广西联考 如图 椭圆C 1 a b 0 经过点P 离心率e 直线l的方程为x 4 1 求椭圆C的方程 2 AB是经过右焦点F的任一弦 不经过点P 设直线AB与直线l相交于点M 记直线PA PB PM的斜率分别为k1 k2 k3 问 是否存在常数 使得k1 k2 k3 若存在 求出 的值 若不存在 请说明理由 解析 1 由P在椭圆上得 1 由e 知a 2c 则b2 3c2 易得c2 1 则a2 4 b2 3 故椭圆C的方程为 1 2 存在 由题意可设直线AB的斜率为k 则直线AB的方程为y k x 1 代入椭圆方程 并整理 得 4k2 3 x2 8k2x 4 k2 3 0 设A x1 y1 B x2 y2 且x1 x2 1 则有x1 x2 x1x2 在方程 中令x 4 得y 3k 则点M的坐标为 4 3k 从而k1 k2 k3 k 因为A F B三点共线 所以有k kAF kBF 即有 k 所以k1 k2 2k 将 代入 得k1 k2 2k 2k 1 又k3 k 所以k1 k2 2k3 故存在常数 2符合题意 方法归纳 探索性问题的解题策略探索性问题 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 要思维开放 采取另外的途径 1 2018贵阳适应性考试 一 已知椭圆C 1 a b 0 的左 右焦点分别为F1 F2 点M为短轴的上端点 0 过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A B两点 且 AB 1 求椭圆C的方程 2 设经过点 2 1 且不经过点M的直线l与C相交于G H两点 若k1 k2分别为直线MH MG的斜率 求k1 k2的值 解析 1 由 0 得b c 因为过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A B两点 且 AB 所以 联立得解得故椭圆C的方程为 y2 1 2 设直线l的方程为y 1 k x 2 即y kx 2k 1 将y kx 2k 1代入 y2 1得 1 2k2 x2 4k 2k 1 x 8k2 8k 0 由题设可知 16k k 2 0 设G x1 y1 H x2 y2 则x1 x2 x1x2 k1 k2 2k 2k 2k 1 1 所以k1 k2 1 2 2018贵阳第一学期检测 如图 椭圆C 1 a b 0 的左顶点与上顶点分别为A B 右焦点为F 点P在椭圆C上 且PF x轴 若AB OP 且 AB 2 1 求椭圆C的方程 2 已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点 在x轴上是否存在一点D 使得直线QA与QD的斜率乘积恒为 若存在 求出点D的坐标 若不存在 说明理由 解析 1 由题意得A a 0 B 0 b 可设P c t t 0 1 得t 即P 由AB OP得 即b c a2 b2 c2 2b2 又 AB 2 a2 b2 12 由 得a2 8 b2 4 椭圆C的方程为 1 2 假设存在D m 0 使得直线QA与QD的斜率乘积恒为 设Q x0 y0 y0 0 则 1 kQA kQD A 2 0 x0 m 由 得 m 2 x0 2m 8 0 即解得m 2 存在点D 2 0 使得kQA kQD