《2018版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 重點強(qiáng)化專題 專題5 解析幾何 第13講 圓錐曲線中的綜合問題教學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 重點強(qiáng)化專題 專題5 解析幾何 第13講 圓錐曲線中的綜合問題教學(xué)案 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第13講　圓錐曲線中的綜合問題 題型1　圓錐曲線中的定值問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第43頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等)的大小或某些代數(shù)表達(dá)式的值等與題目中的參數(shù)無關(guān)，不依參數(shù)的變化而變化，而始終是一個確定的值． ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(2，)在C上． (1)求C的方程； (2)直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB

2、的中點為M.證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． [解]　(1)由題意有＝，＋＝1， 解得a2＝8，b2＝4. 所以C的方程為＋＝1. (2)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0. 故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－， 即kOM·k＝－. 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． [類題通法] 定值問題的常見方法 (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與

3、變量無關(guān)． (2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值． ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦點為F1(－，0)，e＝. 圖13-1 (1)求橢圓C的方程； (2)如圖13-1，設(shè)R(x0，y0)是橢圓C上一動點，由原點O向圓(x－x0)2＋(y－y0)2＝4引兩條切線，分別交橢圓于點P，Q，若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k1，k2，求證：k1k2為定值； (3)在(2)的條件下，試問|OP|2＋|OQ|2是否為定值？若是，求出該值；若不是，請說明理由． [解]　(1)由題

4、意得，c＝，e＝，解得a＝2， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)由已知，直線OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且與圓R相切， ∴＝2，化簡得(x－4)k－2x0y0k1＋y－4＝0， 同理，可得(x－4)k－2x0y0k2＋y－4＝0， ∴k1，k2是方程(x－4)k2－2x0y0k＋y－4＝0的兩個不相等的實數(shù)根， ∴x－4≠0，Δ＞0，k1k2＝. ∵點R(x0，y0)在橢圓C上，∴＋＝1， 即y＝6－x， ∴k1k2＝＝－. (3)|OP|2＋|OQ|2是定值18. 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立得， 解得， ∴x＋y＝， 同理，可得x＋y＝.

5、 由k1k2＝－，得|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝＋＝＋＝＝18. 綜上：|OP|2＋|OQ|2＝18. ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T3) 題型2　圓錐曲線中的最值、范圍問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第44頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 1．解決圓、圓錐曲線范圍問題的方法 (1)圓、圓錐曲線自身范圍的應(yīng)用，運(yùn)用圓錐曲線上點的坐標(biāo)的取值范圍． (2)參數(shù)轉(zhuǎn)化：利用引入?yún)?shù)法轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)來解決． (3)構(gòu)造函數(shù)法：運(yùn)用求函數(shù)的值域、最值以及二次方程實根的分布等知識．

6、 2．求最值的方法 (1)代數(shù)法：設(shè)變量、建立目標(biāo)函數(shù)、轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值．注意靈活運(yùn)用配方法、導(dǎo)數(shù)法、基本不等式法等． (2)幾何法：若題中的條件與結(jié)論有明顯的幾何特征和意義，則考慮利用圖形的幾何性質(zhì)來解決． ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　如圖13-2，已知橢圓＋y2＝1上兩個不同的點A，B關(guān)于直線y＝mx＋對稱． 圖13-2 (1)求實數(shù)m的取值范圍； (2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點). 【導(dǎo)學(xué)號：07804094】 [解]　(1)由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為 y＝－x＋b. 由消去y，得x

7、2－x＋b2－1＝0. 因為直線y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點， 所以Δ＝－2b2＋2＋＞0.?、? 設(shè)M為AB的中點，則M， 代入直線方程y＝mx＋，解得b＝－.?、? 由①②得m＜－或m＞. (2)令t＝∈∪， 則|AB|＝·， 且O到直線AB的距離d＝. 設(shè)△AOB的面積為S(t)，所以S(t)＝|AB|·d＝≤， 當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時，等號成立． 故△AOB面積的最大值為. [類題通法] 在研究直線與圓錐曲線位置關(guān)系時，常涉及弦長、中點、面積等問題.一般是先聯(lián)立方程，再根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，用設(shè)而不求，整體代入的技巧進(jìn)行求解. 易錯警示：在設(shè)直線方程

8、時，若要設(shè)成y＝kx＋m的形式，注意先討論斜率是否存在；若要設(shè)成x＝ty＋n的形式，注意先討論斜率是否為0. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 如圖13-3，點F1為圓(x＋1)2＋y2＝16的圓心，N為圓F1上一動點，且F2(1,0)，M，P分別是線段F1N，F(xiàn)2N上的點，且滿足·＝0，＝2. 圖13-3 (1)求動點M的軌跡E的方程； (2)過點F2的直線l(與x軸不重合)與軌跡E交于A，C兩點，線段AC的中點為G，連接OG并延長交軌跡E于點B(O為坐標(biāo)原點)，求四邊形OABC的面積S的最小值． [解]　(1)由題意，知MP垂直平分F2

9、N， 所以|MF1|＋|MF2|＝4. 所以動點M的軌跡是以F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)為焦點的橢圓， 且長軸長為2a＝4，焦距2c＝2， 所以a＝2，c＝1，b2＝3. 軌跡E的方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，G(x0，y0)． 設(shè)直線AC的方程為x＝my＋1，與橢圓方程聯(lián)立， 可得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0， 所以y1＋y2＝－，y1y2＝－. 由弦長公式可得|AC|＝|y1－y2|＝， 又y0＝－，所以G. 直線OG的方程為y＝－x，與橢圓方程聯(lián)立得x2＝，所以B.點B到直線AC的距離d1＝， 點O到直線AC的距離d2＝.

10、 所以S四邊形OABC＝|AC|(d1＋d2)＝6≥3，當(dāng)且僅當(dāng)m＝0時取得最小值3. ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T1、T4) 題型3　圓錐曲線中的探索性問題(答題模板) (對應(yīng)學(xué)生用書第45頁) 圓錐曲線中的存在性(探索性)問題主要體現(xiàn)在以下幾個方面：(1)探索點是否存在；(2)探索曲線是否存在；(3)探索命題是否存在．涉及這類命題的求解主要是研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題．(2015·全國Ⅰ卷T20、2015·全國Ⅱ卷T20) ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題】　(

11、本小題滿分12分)(2015·全國Ⅰ卷)在直角坐標(biāo)系xOy中， ① (1)當(dāng)k＝0時，分別求C在②； (2)y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有③？說明理由． [審題指導(dǎo)] 題眼 挖掘關(guān)鍵信息 ① 看到直線與曲線C相交， 想到設(shè)點、聯(lián)立方程、消元，表示x1＋x2，x1x2的值. ② 看到曲線上某點處的切線， 想到利用導(dǎo)數(shù)法求切線斜率； ③ 看到兩角相等， 想到把角的相等轉(zhuǎn)化為直線斜率的關(guān)系. [規(guī)范解答]　(1)由題設(shè)可得M(2，a)，N(－2，a)， 或M(－2，a)，N(2，a). 2分 ，④ C在點(2，a)處的切線方程為 y－a＝(x－2)，

12、 即x－y－a＝0. 4分 y＝在＝－2處的導(dǎo)數(shù)值為－， C在點(－2，a)處的切線方程為y－a＝－(x＋2)，即x＋y＋a＝0. 5分 ⑤ 6分 (2)存在符合題意的點．證明如下： 設(shè)P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2將y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0. 8分 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. 從而⑥ ＝＝. 10分 當(dāng)b＝－a時，有k1＋k2＝0.則直線PM的傾斜角與直,線PN的傾斜角互補(bǔ)，故∠OPM＝∠OPN，⑦ 所以點P(0，－a)符合題意. 12分 [閱卷者說

13、] 易錯點 防范措施 ④忽視導(dǎo)數(shù)法求切線斜率導(dǎo)致思路不清. 明確求切線斜率的方法，導(dǎo)數(shù)法求曲線上某點處的導(dǎo)數(shù)就等于該點處切線的斜率. ⑤忽視直線的形式及解答題的得分點失分. 表示直線方程時無特殊要求一般采用直線的一般式，結(jié)論性、總結(jié)性的語句是得分點，一定不能省. ⑥忽視化簡、消元致錯. 當(dāng)式子中未知數(shù)較多時要注意消元，如此處把y1，y2代換為x1，x2，再利用根與系數(shù)的關(guān)系求解. ⑦忽視轉(zhuǎn)化致思路不清. 把條件轉(zhuǎn)化為熟知的知識，進(jìn)而利用根與系數(shù)的關(guān)系，知∠OPM＝∠OPN轉(zhuǎn)化為kPM＋kPN＝0. [類題通法]　 1．定點問題的解法： (1)直線過定點：化為y－y0＝

14、k(x－x0)， 當(dāng)x－x0＝0時與k無關(guān)． (2)曲線過定點：利用方程f(x，y)＝0對任意參數(shù)恒成立得出關(guān)于x，y的方程組，進(jìn)而求出定點． 2．存在性問題的解題步驟： 一設(shè)：設(shè)滿足條件的元素(點、直線等)存在； 二列：用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組； 三解：解方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線等)存在；否則，元素(點、直線等)不存在． ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，以原點O為圓心，橢圓C的長半軸長為半徑的圓與直線2x－y＋6＝0相切． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (

15、2)已知點A，B為動直線y＝k(x－2)(k≠0)與橢圓C的兩個交點，問：在x軸上是否存在定點E，使得2＋·為定值？若存在，試求出點E的坐標(biāo)和定值；若不存在，請說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號：07804095】 [解]　(1)由e＝，得＝，即c＝a，　① 又以原點O為圓心，橢圓C的長半軸長為半徑的圓為x2＋y2＝a2，且該圓與直線2x－y＋6＝0相切， 所以a＝＝，代入①得c＝2， 所以b2＝a2－c2＝2， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝，x1x2＝. 根據(jù)題意，假

16、設(shè)x軸上存在定點E(m,0)， 使得2＋·＝(＋)·＝·為定值， 則·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝， 要使上式為定值，即與k無關(guān)，只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，解得m＝， 此時，2＋·＝m2－6＝－， 所以在x軸上存在定點E使得2＋·為定值，且定值為－. ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T2) 三年真題| 驗收復(fù)習(xí)效果 (對應(yīng)學(xué)生用書第46頁) 1．(2017·全國Ⅰ卷)已知橢圓C：＋＝1

17、(a＞b＞0)四點P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C上． (1)求C的方程． (2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點． [解]　(1)由于P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點． 又由＋＞＋知，橢圓C不經(jīng)過點P1， 所以點P2在橢圓C上． 因此解得故橢圓C的方程為＋y2＝1. ∴動圓圓心M的軌跡C的方程為y2＝4x. (2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標(biāo)分別

18、為，，則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)． 從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－， x1x2＝. 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0， 解得k＝－. 當(dāng)且僅當(dāng)m＞－1時，Δ＞0， 于是l：y＝－x＋m， 即y＋1＝－(x－2)， 所以l過定點(2，－1)． 2．(

19、2016·全國Ⅰ卷)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E. (1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程； (2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． [解]　(1)因為|AD|＝|AC|，EB∥AC， 所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|， 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4， 所以|E

20、A|＋|EB|＝4. 由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2， 由橢圓定義可得點E的軌跡方程為＋＝1(y≠0)． (2)當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|MN|＝|x1－x2|＝. 過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，點A到直線m的距離為， 所以|PQ|＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積S＝|MN|| PQ|＝12. 可得當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)． 當(dāng)l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，故四邊形MPNQ的面積為12. 綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)． 11