《2018年高考数学（理）二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题5 第13讲 圆锥曲线中的综合问题 .doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考数学（理）二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题5 第13讲 圆锥曲线中的综合问题 .doc（10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、第13讲圆锥曲线中的综合问题题型1圆锥曲线中的定值问题(对应学生用书第43页)核心知识储备解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值典题试解寻法【典题】已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点(2，)在C上(1)求C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值解(1)由题意有，1，解得a28，b24.所以C的方程为1.(2)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，
2、y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入1，得(2k21)x24kbx2b280.故xM，yMkxMb.于是直线OM的斜率kOM，即kOMk.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值类题通法 定值问题的常见方法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值对点即时训练已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F1(，0)，e.图131(1)求椭圆C的方程； (2)如图131，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
3、k1，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，
4、得|OP|2|OQ|2xyxy18.综上：|OP|2|OQ|218.题型强化集训(见专题限时集训T3)题型2圆锥曲线中的最值、范围问题(对应学生用书第44页)核心知识储备1解决圆、圆锥曲线范围问题的方法(1)圆、圆锥曲线自身范围的应用，运用圆锥曲线上点的坐标的取值范围(2)参数转化：利用引入参数法转化为三角函数来解决(3)构造函数法：运用求函数的值域、最值以及二次方程实根的分布等知识2求最值的方法(1)代数法：设变量、建立目标函数、转化为求函数的最值注意灵活运用配方法、导数法、基本不等式法等(2)几何法：若题中的条件与结论有明显的几何特征和意义，则考虑利用图形的几何性质来解决典题试解寻法【典题
5、】如图132，已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称图132(1)求实数m的取值范围；(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点). 【导学号：07804094】解(1)由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb.由消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b220.设M为AB的中点，则M，代入直线方程ymx，解得b.由得m或m.(2)令t，则|AB|，且O到直线AB的距离d.设AOB的面积为S(t)，所以S(t)|AB|d，当且仅当t2时，等号成立故AOB面积的最大值为.类题通法在研究直线与圆锥曲线位置关系时，常涉及弦长、中点、面积等问题.一般是先
6、联立方程，再根据根与系数的关系，用设而不求，整体代入的技巧进行求解.易错警示：在设直线方程时，若要设成ykxm的形式，注意先讨论斜率是否存在；若要设成xtyn的形式，注意先讨论斜率是否为0.对点即时训练如图133，点F1为圆(x1)2y216的圆心，N为圆F1上一动点，且F2(1,0)，M，P分别是线段F1N，F2N上的点，且满足0，2.图133(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)过点F2的直线l(与x轴不重合)与轨迹E交于A，C两点，线段AC的中点为G，连接OG并延长交轨迹E于点B(O为坐标原点)，求四边形OABC的面积S的最小值解(1)由题意，知MP垂直平分F2N，所以|MF1|MF2|4
7、.所以动点M的轨迹是以F1(1,0)，F2(1,0)为焦点的椭圆，且长轴长为2a4，焦距2c2，所以a2，c1，b23.轨迹E的方程为1.(2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，G(x0，y0)设直线AC的方程为xmy1，与椭圆方程联立，可得(43m2)y26my90，所以y1y2，y1y2.由弦长公式可得|AC|y1y2|，又y0，所以G.直线OG的方程为yx，与椭圆方程联立得x2，所以B.点B到直线AC的距离d1，点O到直线AC的距离d2.所以S四边形OABC|AC|(d1d2)63，当且仅当m0时取得最小值3.题型强化集训(见专题限时集训T1、T4)题型3圆锥曲线中的探索性问题(答题
8、模板)(对应学生用书第45页)圆锥曲线中的存在性(探索性)问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否存在涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题(2015全国卷T20、2015全国卷T20)典题试解寻法【典题】(本小题满分12分)(2015全国卷)在直角坐标系xOy中，(1)当k0时，分别求C在；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有？说明理由审题指导题眼挖掘关键信息看到直线与曲线C相交，想到设点、联立方程、消元，表示x1x2，x1x2的值.看到曲线上某点处的切线，想到利用导数法求切线斜率；看到两角相等，想到把角的相等转
9、化为直线斜率的关系.规范解答(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a).2分，C在点(2，a)处的切线方程为 ya(x2)，即xya0.4分y在2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.5分6分(2)存在符合题意的点证明如下：设P(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x24kx4a0.8分故x1x24k，x1x24a.从而.10分当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.12分阅卷
10、者说易错点防范措施忽视导数法求切线斜率导致思路不清.明确求切线斜率的方法，导数法求曲线上某点处的导数就等于该点处切线的斜率.忽视直线的形式及解答题的得分点失分.表示直线方程时无特殊要求一般采用直线的一般式，结论性、总结性的语句是得分点，一定不能省.忽视化简、消元致错.当式子中未知数较多时要注意消元，如此处把y1，y2代换为x1，x2，再利用根与系数的关系求解.忽视转化致思路不清.把条件转化为熟知的知识，进而利用根与系数的关系，知OPMOPN转化为kPMkPN0.类题通法1定点问题的解法：(1)直线过定点：化为yy0k(xx0)，当xx00时与k无关(2)曲线过定点：利用方程f(x，y)0对任意
11、参数恒成立得出关于x，y的方程组，进而求出定点2存在性问题的解题步骤：一设：设满足条件的元素(点、直线等)存在；二列：用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组；三解：解方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线等)存在；否则，元素(点、直线等)不存在对点即时训练已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2xy60相切(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A，B为动直线yk(x2)(k0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得2为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由. 【导学号：07804095】解(1)由e，得，即
12、ca，又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2y2a2，且该圆与直线2xy60相切，所以a，代入得c2，所以b2a2c22，所以椭圆C的标准方程为1.(2)由得(13k2)x212k2x12k260.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x2，x1x2.根据题意，假设x轴上存在定点E(m,0)，使得2()为定值，则(x1m，y1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)(4k2m2)，要使上式为定值，即与k无关，只需3m212m103(m26)，解得m，此时，2m26，所以在x轴上存在定点E使得2为定值，且定值为.题型强化集训(见
13、专题限时集训T2)三年真题| 验收复习效果(对应学生用书第46页)1(2017全国卷)已知椭圆C：1(ab0)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过定点解(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点又由知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上因此解得故椭圆C的方程为y21.动圆圆心M的轨迹C的方程为y24x.(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：xt，由题设知t0，且|t|2，
14、可得A，B的坐标分别为，则k1k21，得t2，不符合题设从而可设l：ykxm(m1)将ykxm代入y21得(4k21)x28kmx4m240.由题设可知16(4k2m21)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(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)2(2016全国卷)设圆x2y22x150的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|EB|为定值，并写出
15、点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围解(1)因为|AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，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)，点A到直线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，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8，故四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12,8)