《2018届高三理科数学二轮复习讲义：模块二 专题五 高考解答题专讲（五） 圆锥曲线的综合应用 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018届高三理科数学二轮复习讲义：模块二 专题五 高考解答题专讲（五） 圆锥曲线的综合应用 .doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题五解析几何高考解答题专讲(五)圆锥曲线的综合应用一、圆锥曲线中的范围、最值问题解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解(1)利用判别式来构造不等式，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，从而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)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围思维流程(1)(2)解(1)证明：因为|AD|AC|，EBAC，故EBDACDADC.所以|EB|ED|，
2、故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆A的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4.由题设得A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为1(y0)(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(4k23)x28k2x4k2120，则x1x2，x1x2，所以|MN|x1x2|.过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y(x1)，A到m的距离为，所以|PQ|24 .故四边形MPNQ的面积S|MN|PQ|12 .可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)当l与x轴垂直时，其方
3、程为x1，|MN|3，|PQ|8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12,8)解圆锥曲线范围、最值问题的要点求解范围或最值问题的关键是建立关于求解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 对点训练1(2017安徽皖西南十校期末联考)已知右焦点为F2(c,0)的椭圆C：1(ab0)过点，且椭圆C关于直线xc对称的图形过坐标原点(1)求椭圆C的方程；(2)过点作直线l与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为M，点A是椭圆C的右顶点，求直线MA的斜率k的取值范围解(1)椭圆C过点，1，椭圆C关于直线xc对称的图形过坐标原点，a2c，a2b2c2，b2a2，
4、由得a24，b23，椭圆C的方程为1.(2)依题意，直线l过点且斜率不为零，故可设其方程为xmy.由方程组消去x，并整理得4(3m24)y212my450.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)y1y2，y0，x0my0，k.当m0时，k0当m0时，k，4m8，0.0知，C不经过点P1，所以点P2在C上因此解得故C的方程为y21.(2)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：xt，由题设知t0，且|t|0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2，由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k
5、1)(m1)0.解得k.当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3点(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标 对点训练2(2016北京卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，OAB的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|BM|为定值解(1)由题
6、意得解得a2，b1.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)设P(x0，y0)，则x4y4.当x00时，直线PA的方程为y(x2)令x0，得yM，从而|BM|1yM|.直线PB的方程为yx1.令y0，得xN，从而|AN|2xN|.所以|AN|BM|4.当x00时，y01，|BM|2，|AN|2，所以|AN|BM|4.综上，|AN|BM|为定值三、圆锥曲线中的探索性问题处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性若证明某结论不存在，也可采用反证法思维流程
7、解(1)设点A1(a,0)，F2(c,0)，由题意可知c，即a42c.又椭圆的离心率e，即a2c，联立方程可得，a2，c1，则b2a2c23，所以椭圆C的方程为1.(2)解法一：根据椭圆的对称性猜测点G在与y轴平行的直线xx0上假设当点M为椭圆的上顶点时，直线l的方程为x4y40，此时点N，则联立直线lA1M：x2y20和直线lA2N：3x2y60，可得点G.据此猜想点G在直线x1上，下面对猜想给予证明设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x4)，联立方程得，可得(34k2)x232k2x64k2120，0.可得x1x2，x1x2，(*)直线lA
8、1M：y(x2)，lA2N：y(x2)，联立两直线的方程得(x2)(x2)(其中x为G点的横坐标)，即证，即3k(x14)(x22)k(x24)(x12)，即证4x1x210(x1x2)160，将(*)代入上式可得160，即16k2320k234k20，此式明显成立，原命题得证，所以点G在定直线x1上解法二：显然l与x轴不垂直，设l的方程为yk(x4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由，得(34k2)x232k2x64k2120，0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x3，y3)，x1，x2，x3两两不相等，则x1x2，x1x2，|x1x2|，由A1，M，G三点共线，得，由A2，N
9、，G三点共线，得，与两式相除得3，解得x31，所以点G在定直线x1上存在性问题的解题步骤 对点训练3在直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykxa(a0)交于M，N两点(1)当k0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OPMOPN？说明理由解(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a)又y，故y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P
10、(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.从而k1k2.当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点P(0，a)符合题意热点课题20圆锥曲线综合问题的求解策略 感悟体验(2017沈阳市高三一测)已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F1(，0)，e.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设R(x0，y0)是椭圆C上一动点，由原点O向圆(xx0)2(yy0)24引两条切线，分别交椭圆于点P，Q，若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1
11、，k2，求证：k1k2为定值；(3)在(2)的条件下，试问|OP|2|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由解(1)由题意得，c，e，解得a2，椭圆C的方程为1.(2)由已知，直线OP：yk1x，OQ：yk2x，且与圆R相切，2，化简得(x4)k2x0y0k1y40，同理，可得(x4)k2x0y0k2y40，k1，k2是方程(x4)k22x0y0ky40的两个不相等的实数根，x40，0，k1k2.点R(x0，y0)在椭圆C上，1，即y6x，k1k2.(3)|OP|2|OQ|2是定值18.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立得解得xy，同理，可得xy.由k1k2，得|OP|2|OQ|2xyxy18.综上：|OP|2|OQ|218.