2019届高考数学二轮复习专题五解析几何1.5.3圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题课件文.ppt

1、第三讲 圆锥曲线中的定点、定值、最值与 范围问题,热点题型1 圆锥曲线中的定点、定值问题 【感悟经典】 【典例】已知椭圆C: (ab0)的离心率为 e= ,过点 .,(1)求椭圆C的方程. (2)过A(-a,0)且互相垂直的两条直线l1,l2与椭圆C的另一个交点分别为P,Q. 问:直线PQ是否经过定点?若是,求出该定点;否则,说明理由.,【联想解题】(1)利用椭圆的离心率公式求得a与c的关 系,则b2=a2-c2=3c2,再结合椭圆过 ,即可求得a 和b的值,求得椭圆方程.(2)由A点坐标,当直线PQ斜率 不存在时,代入椭圆方程,求得交点坐标,当直线的斜率 存在时,代入椭圆方程,利用根与系数的

2、关系及向量数 量积的坐标运算,即可求得定点.,【规范解答】(1)由已知得 解得 所以椭圆C的方程为,(2)由(1)知A(-2,0),设P(x1,y1),Q(x2,y2). 当PQx轴时,不妨设l1,l2的斜率分别为1,-1,则 l1:y=x+2, 与椭圆方程联立得x1=- , 此时直线PQ与x轴交于点M,当直线PQ与x轴不垂直时,设直线PQ方程为 y=k(x-m)(k0), 代入 整理得(4k2+3)x2-8k2mx+4k2m2-12=0, 所以,因为APAQ, =(x1+2,y1), =(x2+2,y2), 所以 =(x1+2)(x2+2)+y1y2=0, 即(x1+2)(x2+2)+k2(

3、x1-m)(x2-m)=0, 所以(k2+1)x1x2+(2-k2m)(x1+x2)+k2m2+4=0, 所以,化简得7m2+16m+4=0,解得m= 或m=-2, 当m=-2时,直线PQ与x轴交点与A重合,不合题意. 综上,直线PQ经过定点,【规律方法】 1.定点问题的求解策略 (1)假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即所求定点. (2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点适合题意.,2.定值问题的求解策略 (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

4、算推理的过程中消去变量,从而得到定值.,【对点训练】 (2018宝鸡质检)已知椭圆C: (ab0)经过 (1,1)与 两点.,(1)求椭圆C的方程. (2)过原点的直线l与椭圆C交于A,B两点,椭圆C上一点M满足|MA|=|MB|. 求证 为定值.,【解析】(1)将(1,1)与 两点代入椭圆C的方程,得 解得 所以椭圆C的方程为,(2)由|MA|=|MB|,知M在线段AB的垂直平分线上,由椭圆的对称性知A,B关于原点对称. 若点A,B是椭圆的短轴顶点,则点M是椭圆的一个长轴顶点, 此时,同理,若点A,B是椭圆的长轴顶点,则点M是椭圆的一个 短轴顶点,此时,若点A,B,M不是椭圆的顶点,设直线l

5、的方程为 y=kx(k0),则直线OM的方程为y=- x,设 A(x1,y1),B(-x1,-y1), 由 消去y得,x2+2k2x2-3=0,解得,所以|OA|2=|OB|2= 同理 所以 故 为定值.,热点题型2 圆锥曲线中的探索性问题 【感悟经典】 【典例】在直角坐标系xOy中,曲线C: 与直线 l:y=kx+a(a0)交于M,N两点. (1)当k=0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OPM= OPN?说明理由.,【联想解题】(1)看到求曲线上某点的切线方程,想到利用导数求斜率,或者利用直线与曲线方程联立消元,由根的判别式为零,求斜率.

6、(2)看到证明角相等,想到利用直线的斜率求解.,【规范解答】(1)由题设可得M(2 ,a),N(-2 ,a), 或M(-2 ,a),N(2 ,a). 因为y= x,故 在x=2 处的导数值为 , C在(2 ,a)处的切线方程为 y-a= (x-2 ),即 x-y-a=0.,在x=-2 处的导数值为- , C在(-2 ,a)处的切线方程为 y-a=- (x+2 ),即 x+y+a=0. 所以所求切线方程为 x-y-a=0或 x+y+a=0.,(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y=kx+a

7、代入C的方程整理得x2-4kx-4a=0. 所以x1+x2=4k,x1x2=-4a.,所以k1+k2= 当b=-a时,有k1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补, 故OPM=OPN,所以P(0,-a)符合题意.,【规律方法】 探索性问题的求解方法 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性 问题明朗化.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探索性问题常用的方法.,【对点训练】 已知

8、曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y=-3的距离小2. (1)求曲线的方程.,(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A.直线y=3分别与直线l及y轴交于点M,N,以MN为直径作圆C,过点A作圆C的切线,切点为B,试探究:当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时,线段AB的长度是否发生变化?证明你的结论.,【解析】方法一:(1)设S(x,y)为曲线上任意一点, 依题意,点S到F(0,1)的距离与它到直线y=-1的距离相等, 所以曲线是以点F(0,1)为焦点,直线y=-1为准线的抛物线, 所以曲线的方程为x2=4y.,(2)当点P在曲线上运动时,线段AB的长度不变,证明 如下: 由(1)知

9、抛物线的方程为y= x2, 设P(x0,y0)(x00),则y0= , 由y= x,得切线l的斜率k= x0, 所以切线l的方程为y-y0= x0(x-x0),即y= x0x- . 由 由 又N(0,3),所以圆心C 半径r=,|AB|= 所以点P在曲线上运动时,线段AB的长度不变.,方法二:(1)设S(x,y)为曲线上任意一点, 则|y-(-3)|- =2, 依题意,点S(x,y)只能在直线y=-3的上方,所以y-3, 所以 =y+1, 化简得,曲线的方程为x2=4y. (2)同方法一.,【提分备选】已知双曲线E: (a0,b0)的两条 渐近线分别为l1:y=2x,l2:y=-2x. (1)

10、求双曲线E的离心率.,(2)如图,O为坐标原点,动直线l分别交直线 l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限), 且OAB的面积恒为8,试探究:是否存在总 与直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在,求出 双曲线E的方程;若不存在,说明理由.,【解析】方法一:(1)因为双曲线E的渐近线分别为 y=2x,y=-2x, 所以 =2,有 即c= a,于是双曲线的离 心率e=,(2)由(1)知,双曲线E的方程为 =1.设直线l与x 轴相交于点C, 当lx轴时,若直线l与双曲线E有且只有一个公共点, 则 又因为OAB的面积为8, 所以 即 a4a=8,解得a=2,此时双曲线 E的方程为,若存在

11、满足条件的双曲线E,则E的方程只能为 以下证明:当直线l不与x轴垂直时,双曲线E: 也满足条件. 设直线l的方程为y=kx+m,依题意,得k2或k-2, 则C 记A(x1,y1),B(x2,y2),由 得y1= ,同理y2= , 由SOAB= 即m2=4 =4(k2-4), 由 得(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0,因为4-k20,所以=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16),又 m2=4(k2-4), 所以=0,即直线l与双曲线E有且只有一个公共点. 因此,存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E, 且E的方程只能为,方法二:(1)同方法一. (2)

12、由(1)知,双曲线E的方程为 设直线l的方程为x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2),依题意 得- m , 由 得,设直线l与x轴相交于点C,则C(t,0), 由SOAB= 所以t2=4(1-4m2), 由 得(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0,因为 4m2-10,所以直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当 =64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0,即4m2a2+t2-a2=0, 所以4m2a2+4(1-4m2)-a2=0,即(1-4m2)(a2-4)=0,有a2=4, 因此,存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E, 且E的方程只能为,方法三:(1

13、)同方法一. (2)当直线l不与x轴垂直时,设直线l:y=kx+m, A(x1,y1),B(x2,y2),依题意得k2或k0, 得x1x2= 又因为OAB的面积为8,所以 sinAOB=8, 而sinAOB= , 所以 化简得x1x2=4,所以 =4, 即m2=4(k2-4), 由(1)得双曲线E的方程为,由 得(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0, 因为4-k20,直线l与双曲线E有且只有一个公共点当 且仅当 =4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0,即(k2-4)(a2-4)=0, 有a2=4,所以双曲线E的方程为 =1,当lx轴时,由OAB 的面积为8,可得l:x=2,易

14、知l:x=2与双曲线E: 有且只有一个公共点.综上,存在总与直线l有且只有一 个公共点的双曲线E,且E的方程只能为,数学运算圆锥曲线与其他知识的交汇问题中的数学素养 【相关链接】 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分,也是数学知识的一个重要交汇点,常与平面向量和数列相结合命题.涉及求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围等问题.,命题角度1:圆锥曲线与平面向量的交汇问题 【典例1】已知M ,N(1,0),曲线C上的任意一点P满足: (1)求点P的轨迹方程.,(2)过点N(1,0)的直线l与曲线C交于A,B两点,交y轴于H 点,设 试问1+2是否为定值? 如果是定值,请求出这个定值,如果不

15、是定值,请说明理 由.,【规范解答】(1)设P 则 因为 所以-3 +0y=6 化简得, 为所求点P的轨迹方程.,(2)设 当直线l与x轴不重合时,设直线l的方程为 x=my+1 则H 从而 由 得,同理由 得-2=1+ , 所以 由 得 y2+6my-9=0. 所以y1+y2=,代入式得 所以1+2=- 当直线l与x轴重合时, 由 得1=- ,2=-2, 所以1+2=- .综上,1+2为定值- .,【提分备选】已知抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F,直 线2x-y+2=0交抛物线C于A,B两点,P是线段AB的中点,过 P作x轴的垂线交抛物线C于点Q. (1)D是抛物线C上的动点,点E

16、,若直线AB过焦点F, 求 的最小值.,(2)是否存在实数p,使 ?若存在, 求出p的值;若不存在,说明理由.,【解析】(1)因为直线2x-y+2=0与y轴的交点为 所以F 则抛物线C的方程为x2=8y,准线l:y=-2. 过D作DGl于G,则 当E,D,G三点共线时, 取最小值2+3=5.,(2)假设存在,抛物线x2=2py与直线y=2x+2联立方程组得:x2-4px-4p=0, 设 则x1+x2=4p,x1x2=-4p,所以Q . 因为 所以QAQB.,则 =0得: 5x1x2+ +8p2-8p+4=0, 代入得4p2+3p-1=0, 解得p= 或p=-1(舍去).,命题角度2:圆锥曲线与

17、数列的交汇问题 【典例2】已知两点F1(-1,0)及F2(1,0), 点P在以F1,F2为焦点的椭圆C上,且|PF1|, |F1F2|,|PF2|构成等差数列. (1)求椭圆C的方程.,(2)如图,动直线l:y=kx+m与椭圆C有且仅有一个公共点,点M,N是直线l上的两点,且F1Ml,F2Nl.求四边形F1MNF2面积S的最大值.,【规范解答】(1)依题意,设椭圆C的方程为 (ab0). 因为|PF1|,|F1F2|,|PF2|构成等差数列, 所以2a=|PF1|+|PF2|=2|F1F2|=4,a=2. 又因为c=1,所以b2=3. 所以椭圆C的方程为,(2)将直线l的方程y=kx+m代入椭

18、圆C的方程3x2+4y2=12中,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 由直线l与椭圆C仅有一个公共点知, =64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化简得:m2=4k2+3. 设,方法一:当k0时,设直线l的倾斜角为, 则|d1-d2|=|MN|tan |, 所以|MN|= , S=,因为m2=4k2+3,所以当k0时,|m| , |m|+ + = ,S2 . 当k=0时,四边形F1MNF2是矩形,S=2 . 所以四边形F1MNF2面积S的最大值为2 .,方法二:因为 所以|MN|=,四边形F1MNF2的面积S= |MN|(d1+d2)当且仅当k=0时,S2=12

19、,S=2 ,故Smax=2 . 所以四边形F1MNF2的面积S的最大值为2 .,【规律方法】 圆锥曲线交汇问题的解题思路 解决此类问题的关键是掌握向量和数列的工具性作用,向量的加、减、数乘可以转化为圆锥曲线中相关点的坐标间的关系;向量数量积可用来求圆锥曲线中相关线段的长度、夹角等.等差数列、等比数列可转化为相关线段、坐标之间的关系.,【通关题组】 若抛物y2=4x的焦点与椭圆的右焦点重合,椭圆与y轴的 上半轴交于点B2,与x轴的右半轴交于点A2,椭圆的左、 右焦点为F1,F2,且 (1)求椭圆的标准方程.,(2)过点D(0,2)的直线,斜率为k(k0),与椭圆交于M, N两点. 若M,N的中点

20、为H,且存在非零实数,使得 求斜率k的值;,在x轴上是否存在点Q(m,0),使得以QM,QN为邻边的四边形是个菱形?若存在求出m的范围,若不存在,请说明理由.,【解析】(1)抛物线y2=4x的焦点为(1,0), 所以椭圆的焦点F1(-1,0),F2(1,0). 设短半轴长b,长半轴长a, 因为| |cosB2F1F2= 所以b= c= ,a=2, 所以椭圆的标准方程为 =1.,(2)由题意设直线的方程为y=kx+2,k0, 它与椭圆交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点, 由 得(4k2+3)x2+16kx+4=0, =12k2-30,由k0,解得k , x1+x2= ,x1x2= MN的中点H,又 解得k= ,所以k= .,设在x轴上存在点Q(m,0),使得以QM,QN为邻边的四边 形是个菱形,则HQMN,kHQkMN=-1,k=-1,因为k , 所以m=,当且仅当4k= ,k ,即k= 时,取等号, 又m=- 0, 故在x轴上存在点Q(m,0),使得以QM,QN为邻边的四边形 是个菱形,m的取值范围是,