第3讲-圆锥曲线中的综合问题(教案).doc

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1、第3讲圆锥曲线中的综合问题1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题2试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大热点一范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题,可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值),或者利用式子的几何意义求解例1(2017届天津市红桥区二模)已知椭圆C:1 (ab0)的离心率为,且过点.(1)求椭圆C的方程;(2)设与圆O:x2y2相切的直线l交椭圆C于A, B两点,求OAB面积的最大值及取得最大值时直线l的方程解(1)由题

2、意可得解得a23,b21,椭圆C的方程为y21.(2)当k不存在时, x,y,SOAB.当k存在时,设直线方程为ykxm,A, B,联立得x26kmx3m230,x1x2,x1x2.dr4m23. 2,当且仅当9k2,即k时等号成立,此时m1.SOABr2,OAB面积的最大值为,此时直线方程为yx1.思维升华解决范围问题的常用方法(1)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后,利用数形结合法求解(2)构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解(3)构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域跟踪演练1(2017山东)在平面直角坐标系xOy中,

3、已知椭圆C:1(ab0)的离心率为,椭圆C截直线y1所得线段的长度为2.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:ykxm(m0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与N分别相切于点E,F,求EDF的最小值解(1)由椭圆的离心率为,得a22(a2b2),又当y1时,x2a2,得a22,所以a24,b22.因此椭圆C的方程为1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)联立方程,得得(2k21)x24kmx2m240.由0,得m20,从而yt在3,)上单调递增,因此t,当且仅当t3时等号成立,此时k0,所以134.由(*)得mb

4、0)经过两圆的交点(1)求椭圆C的方程;(2)M,N是椭圆C上的两点,若直线OM与ON的斜率之积为,试问OMN的面积是否为定值?若是,求出这个定值;若不是,请说明理由解(1)设两圆的交点为Q,依题意有|QF1|QF2|34,由椭圆定义知,2a4,解得a212.F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,a2b29,解得b23,椭圆C的方程为1. (2)当直线MN的斜率不存在时,设M(x1,y1),N(x1,y1)kOMkON,.又1,|x1|,|y1|.SOMN3.当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为ykxm,M(x1,y1),N(x2,y2),由得(4k21)x28kmx4m2120,由64k

5、2m24(4k21)(4m212)0,得12k2m230,(*)且x1x2,x1x2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.kOMkON,整理得2m212k23, 代入(*)得m0.|MN|x1x2| ,原点O到直线MN的距离d,SOMN|MN|d3(定值)综上所述,OMN的面积为定值3.热点三探索性问题1解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型,解决这类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明确化其步骤为: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

6、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存在性问题常用的方法例3已知抛物线E的顶点为原点O,焦点为圆F:x2y24x30的圆心F.经过点F的直线l交抛物线E于A,D两点,交圆F于B,C两点,A,B在第一象限,C,D在第四象限(1)求抛物线E的方程;(2)是否存在直线l,使2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由解(1)根据已知,设抛物线E的方程为y22px(p0)圆F的方程为(x2)2y21,圆心F的坐标为F(2,0),半径r1.2,解得p4.抛物线E的方程为y28x.(2)2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项

7、,|AB|CD|4|BC|42r8,|AD|AB|BC|CD|10.若l垂直于x轴,则l的方程为x2,代入y28x,得y4.此时|AD|y1y2|810,即直线x2不满足题意;若l不垂直于x轴,设l的斜率为k,由已知得k0,l的方程为yk(x2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由得k2x2(4k28)x4k20,x1x2,且(4k28)216k464k2640,抛物线E的准线为x2,|AD|AF|DF|(x12)(x22)x1x24,410,解得k2.存在满足要求的直线l,它的方程为2xy40或2xy40.思维升华解决探索性问题的注意事项存在性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论

8、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,采取另外的途径跟踪演练3(2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C:1 (ab0)的长轴长为6,且椭圆C与圆M:(x2)2y2的公共弦长为.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,2)作斜率为k(k0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得ADB为以AB为底边的等腰三角形若存在,求出点D的横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由解(1)由题意可得2a6,所以a3.由椭圆C与圆M:

9、 2y2的公共弦长为,恰为圆M的直径,可得椭圆C经过点,所以1,解得b28.所以椭圆C的方程为1.(2)直线l的解析式为ykx2,设A,B, AB的中点为E.假设存在点D,使得ADB为以AB为底边的等腰三角形,则DEAB.由得x236kx360,故x1x2,所以x0, y0kx02.因为DEAB,所以kDE,即,所以m.当k0时, 9k212,所以m0;当k0时, 9k12,所以00.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2,x1x21,所以|AB|x1x2|.同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|4(1k2)48484216,当且仅当k2,即k1时,取得等号2(2017山东)

10、在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:1(ab0)的离心率为,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:yk1x交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2.M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切线,切点分别为S,T.求SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率解(1)由题意知,e,2c2,所以c1,所以a,b1,所以椭圆E的方程为y21.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程得(4k2)x24k1x10.由题意知,0,且x1x2,x1x2,所以|AB|x1x2|.由题意可知,圆M的半径r为

11、r|AB|.由题设知k1k2,所以k2,因此直线OC的方程为yx.联立方程得x2,y2,因此|OC|.由题意可知,sin.而,令t12k,则t1,(0,1),因此1,当且仅当,即t2时等号成立,此时k1,所以sin ,因此,所以SOT的最大值为.综上所述,SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率为k1.押题预测已知椭圆C1:1(a0)与抛物线C2:y22ax相交于A,B两点,且两曲线的焦点F重合(1)求C1,C2的方程;(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M,Q两点,与抛物线分别交于P,N两点,是否存在斜率为k(k0)的直线l,使得2?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由押题依据本题将

12、椭圆和抛物线联合起来设置命题,体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查关注知识交汇,突出综合应用是高考的特色解(1)因为C1,C2的焦点重合,所以,所以a24.又a0,所以a2.于是椭圆C1的方程为1,抛物线C2的方程为y24x.(2)假设存在直线l使得2,则可设直线l的方程为yk(x1),P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4)由可得k2x2(2k24)xk20,则x1x4,x1x41,且16k2160,所以|PN|.由可得(34k2)x28k2x4k2120,则x2x3,x2x3,且144k21440,所以|MQ|.若2,则2,解得k.故存在斜率为k的直线l,

13、使得2.A组专题通关1(2016全国)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,故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

14、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,且144k21440,所以|MN|x1x2|.过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y(x1),点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,l的方程为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)2(2017山西省实验中学模拟)已知椭圆C:

15、 1 (ab0)的短轴长为2,且椭圆C的顶点在圆M:x22上(1)求椭圆C的方程;(2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦AB,CD,求的最小值解(1)由题意可得2b2,所以b1.椭圆C的顶点在圆M: x22上,所以a.故椭圆C的方程为x21.(2)当直线AB的斜率不存在或为零时,3.当直线AB的斜率存在且不为零时,设直线AB的方程为ykx1,由得x22kx10,设A, B,由根与系数的关系,得x1x2, x1x2,所以,同理可得,所以 .令tk21,则t1, ,而2,所以 3.综上, 3,故的最小值为.3(2017届太原模拟)已知动点C到点F(1,0)的距离比到直线x2的距离小1,动点C的轨迹

16、为E.(1)求曲线E的方程;(2)若直线l:ykxm(km0),1,p2,动点C的轨迹E的方程为y24x.(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),由得k2x2(2km4)xm20,x1x2,x1x2.5,x1x2y1y2(1k2)x1x2km(x1x2)m25,m24km5k20,mk或m5k.km0,直线l的方程为yk(x5),直线l必经过定点(5,0)4(2017届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线C:x24y的焦点为F,直线l:ykxa(a0)与抛物线C交于A,B两点(1)若直线l过焦点F,且与圆x2(y1)21交于D,E(其中A,D在y轴同侧),求证:|AD|BE|是定值;(2

17、)设抛物线C在A和B点的切线交于点P,试问:y轴上是否存在点Q,使得APBQ为菱形?若存在,请说明理由,并求此时直线l的斜率和点Q的坐标解抛物线C:x24y的焦点为F(0,1), 设A(x1,y1),B(x2,y2),联立x24y与ykxa,得x24kx4a0,则16(k2a)0,且x1x24k,x1x24a.(1)证明若直线l过焦点F,则a1,则x1x24k,x1x24.由条件可知圆x2(y1)21的圆心为F(0,1),半径为1,由抛物线的定义可知,|AF|y11,|BF|y21,则|AD|AF|1y1,|BE|BF|1y2,|AD|BE|y1y2(kx11)(kx21)k2x1x2k(x1

18、x2)14k24k211,(或|AD|BE|y1y21)即|AD|BE|为定值,定值为1.(2)解方法一当直线l的斜率为0,且Q的坐标为(0,3a)时,APBQ为菱形理由如下: 由x24y,得yx2,则yx,则抛物线C在A处的切线为yxx1,即yx1xx.同理抛物线C在B处的切线为yx2xx.联立,解得x2k,代入式解得ya,即P.又2k,所以ka2k2a,即AB的中点为R.则有PRx轴若APBQ为菱形,则PRAB,所以k0, 此时P, R,Q.方法二设A,B, Q,由x24y,得yx2,则yx, 若APBQ为菱形,则AQBP,BQAP,则kAQx2,kBQx1,即y1y0x1x2,y2y0x

19、1x2,则y1y2,k0, A,B, 则抛物线C在A处的切线为ya,即yxa,同理抛物线C在B处的切线为yxa,联立得P.又AB的中点为R,所以Q.方法三设A,B, Q,由x24y,得yx2,则yx, 若APBQ为菱形,则AQBP,BQAP,则kAQx2,kBQx1,即y1y0x1x2,y2y0x1x2,则y1y2,k0, 此时直线AB: ykxaa,则y0x1x2y1a3a,所以Q.B组能力提高5.如图,抛物线C:y22px的焦点为F,抛物线上一定点Q(1,2)(1)求抛物线C的方程及准线l的方程;(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A,B两点,与准线l交于点M,记QA,QB,QM

20、的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在常数,使得k1k2k3成立,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由解(1)把Q(1,2)代入y22px,得2p4,所以抛物线方程为y24x,准线l的方程为x1.(2)由条件可设直线AB的方程为yk(x1),k0.由抛物线准线l:x1可知,M(1,2k)又Q(1,2),所以k3k1,即k3k1.把直线AB的方程yk(x1),代入抛物线方程y24x,并整理,可得k2x22(k22)xk20.设A(x1,y1),B(x2,y2),由根与系数的关系知,x1x2,x1x21,且16(k21)0,又Q(1,2),则k1,k2.因为A,F,B共线,所以kAFkBFk,

21、即k.所以k1k22k2k2,即k1k22k2.又k3k1,可得k1k22k3.即存在常数2,使得k1k2k3成立6.(2017届九江模拟)如图所示,已知椭圆C:1(abc)的焦距为 2,直线yx被椭圆 C截得的弦长为 .(1)求椭圆 C的方程;(2)设点M是椭圆 C上的动点,过原点O引两条射线l1,l2与圆M:22分别相切,且l1,l2的斜率k1,k2存在试问 k1k2 是否为定值?若是,求出该定值,若不是,说明理由; 若射线l1,l2与椭圆 C分别交于点A,B,求的最大值解(1)依题意得c1,设直线yx与椭圆C相交于P,Q两点,则,不妨设P,1,又a2b21,解得a,b1,椭圆 C的方程为y21.(2)设射线l方程为ykx,A,B,则,两边平方整理得k26x0y0k3y20, y1,k1k2.联立消去 y 得x2,2,同理2, 2242,当且仅当k时,取等号,()max.

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