2018课标版文数一轮(9)第九章-平面解析几何(含答案)9-第九节 圆锥曲线的综合问题

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第九节 圆锥曲线的综合问题

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考点突破
考点一 圆锥曲线中的范围、最值问题
x2 y 2 3 典例1 已知点A(0,-2),椭圆E:? + ? =1( a > b >0) 的离心率为 ? ,F是椭圆 a2 b2 2 2 3 E的右焦点,直线AF的斜率为? ,O为坐标原点. 3

(1)求E的方程; (2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的

方程.

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解析 (1)设F(c,0),由条件知,? =? ,得c=?3 .

2 2 3 3 c

又? =?,所以a=2,b2=a2-c2=1.
x2 2 故E的方程为? +y =1. 4

c a

3 2

(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2).
x2 2 将y=kx-2代入? +y =1得(1+4k2)x2-16kx+12=0. 4

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由题意知Δ=16(4k2-3)>0,
8k ? 2 4 k 2 ? 3 3 解得k >? .x1,2=? 2 . 4k ? 1 4 4 k 2 ? 1 ? 4k 2 ? 3 2 从而|PQ|=?k ? 1 |x1-x2|=? . 4k 2 ? 1
2

又点O到直线PQ的距离d=?2

2

k ?1 4 4k 2 ? 3 1 所以S△OPQ=? d· |PQ|=? 2 . 4 k ? 1 2

,

4 4t = . 4 t ?4 t? t 7 4 因为t+? ≥4,当且仅当t=2,即k=±?时等号成立,且满足Δ>0, 2 t

设?4k 2 ? 3 =t,则t>0,S△OPQ=? 2

?

7 x-2或y=-? 7 x-2. 所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=? 2 2

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方法技巧 圆锥曲线中的最值(范围)问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有 两种方法:一是几何法,即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几 何中的定理、性质等进行求解;二是代数法,即把要求最值(范围)的几何 量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数,然后利用函数方法、不等 式方法等进行求解.

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1-1

x2 y 2 已知A,B,C是椭圆M:? +?=1(a>b>0)上的三点,其中点A的坐标为 a2 b2
? ? ? ?

AC · BC =0,|? BC |=2|? AC |. (2?3 ,0),BC过椭圆的中心,且? ?

(1)求椭圆M的方程; (2)过点(0,t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P,Q,设D为椭圆M与
DQ |,求实数t的取值范围. y轴负半轴的交点,且|? DP |=|?
?

?

BC |=2|? AC |且BC过(0,0), 解析 (1)因为|?

?

?

则|OC|=|AC|.
AC · BC =0,所以∠OCA=90°,所以C(?3 ,?3 ). 因为? ?
x2 y 2 由题意知a=2?3 ,所以设椭圆M的方程为? +?=1. 12 b 2 3 3 将C点坐标代入得? +? =1, 12 b2
? ?

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x2 y 2 解得b =4,所以椭圆M的方程为? +?=1. 12 4
2

(2)由条件及(1)知D(0,-2),
当k=0时,显然-2<t<2; 当k≠0时,设l:y=kx+t,
? x2 y 2 ? 1, ? ? 由 ?12 4 消去y得 ? y ? kx ? t , ?

?

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(1+3k2)x2+6ktx+3t2-12=0,由Δ>0可得t2<4+12k2,? ① 设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ中点H(x0,y0),
x ? x2 ?3kt =? 2 , 2 1 ? 3k t y0=kx0+t=? 2 , 1 ? 3k 3kt t ? ? ? , 所以H? , ? 2 2 ? 1 ? 3 k 1 ? 3 k ? ? ? ? 由于|? DQ |, DP |=|?
1 则x0=?

所以DH⊥PQ,则kDH=-? ,
t ?2 2 1 1 ? 3 k 即 3kt =-? , k ? ?0 2 1 ? 3k

1 k

?

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化简得t=1+3k2,? ② 所以t>1,将②代入①得,t2<4t,故1<t<4. 所以t的范围是(1,4). 综上可得t∈(-2,4).

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考点二 典例2

圆锥曲线中的定点、定值问题
x2 y 2 (2016北京,19,14分)已知椭圆C:? +?=1过A(2,0),B(0,1)两点. a2 b2

(1)求椭圆C的方程及离心率; (2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB 与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值. 解析 (1)由题意得,a=2,b=1.
x2 2 所以椭圆C的方程为? +y =1. 4 又c=? a 2 ? b 2 =?3 ,

3. c =? 所以离心率e=?
a

2

(2)证明:设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),

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2 2 y0 x0 则? +4? =4.

又A(2,0),B(0,1), 所以,直线PA的方程为y=?0 (x-2). 令x=0,得yM=-? 0 ,
2y x0 ? 2 y0 ? 1 直线PB的方程为y=? x+1. x0 x0 , 令y=0,得xN=-? y0 ? 1 x0 . 从而|AN|=2-xN=2+? y0 ? 1 2y x0 ? 2 y x0 ? 2

从而|BM|=1-yM=1+?0 .

所以四边形ABNM的面积

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1 S=? |AN|· |BM| 2 x0 ? ? 2 y0 ? 1? 2 ? 1 ? =? ? ? ? y0 ? 1 ? ? 2? ? x0 ? 2 ? 2 2 x0 ? 4 y0 ? 4 x0 y0 ? 4 x0 ? 8 y0 ? 4 =? 2( x0 y0 ? x0 ? 2 y0 ? 2) 2 x0 y0 ? 2 x0 ? 4 y0 ? 4 =? =2. x0 y0 ? x0 ? 2 y0 ? 2

?

?

从而四边形ABNM的面积为定值.

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方法技巧 1.定点问题的常见解法 (1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分 析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标 (该坐标对应的点即为所求定点). (2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点符合题意. 2.求定值问题常见的方法 (1)从特殊情况入手,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.

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2-1

x2 2 已知椭圆C:? +y =1(a>1)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M: a2

(x-3)2+(y-1)2=3相切.
(1)求椭圆C的标准方程;
AQ =0,求证:直线l AP · (2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P,Q两点,且? ?
?

?

过定点,并求该定点的坐标.
3. 解析 (1)圆M的圆心为(3,1),半径r=?

由题意知A(0,1),F(c,0), 则直线AF的方程为? +y=1,即x+cy-c=0, 由直线AF与圆M相切,得? 2 解得c2=2,所以a2=c2+1=3,
|3? c ?c | c ?1

x c

=?3 ,

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x2 2 故椭圆C的方程为? +y =1. 3

AQ =0,知AP⊥AQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,由A(0, AP · (2)解法一:由? ?

?

?

1)可设直线AP的方程为y=kx+1(k≠0),则直线AQ的方程为y=-? x+1(k≠ 0).
x2 2 将y=kx+1代入椭圆C的方程? +y =1中, 3

1 k

整理,得(1+3k2)x2+6kx=0,
6k , 2 1 ? 3k ? ? 6k 6k 2 , ? ? 1 ∴P ? ? ?, 2 2 1 ? 3k ? 1 ? 3k ?

解得x=0或x=-?

? ?

2 ? ?, 6 k 1 ? 3 k 即P ? ? , 2 2 ? 1 ? 3 k 1 ? 3 k ? ?

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? 6k k 2 ? 3 ? 1 将上式中的k换成-? ,得Q? 2 , 2 ? . k ? k ?3 k ?3?

?

k 2 ? 3 1 ? 3k 2 ? 2 2 6k ? k 2 ? 3 ? k ? 3 1 ? 3 k x? 2 ∴直线l的方程为y= 6k ? , ? +? 2 6k ? k ? 3 k ? 3 ? ? ? 2 2 k ? 3 1 ? 3k k 2 ?1 1 化简得直线l的方程为y=? x-? , 4k 2 1? ? 因此直线l过定点? 0, ? ? ?. 2? ? ? ? 解法二:由? ? AQ =0知AP⊥AQ,从而直线PQ与x轴不垂直,故可设直线l AP ·

?

的方程为y=kx+t(t≠1),
? y ? kx ? t , ? 将其与椭圆方程联立得 ? x 2 2 ? 3 ? y ? 1, ?

?

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消去y,整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则

?
?

?6kt ? x ? x ? , 1 2 ? ? 1 ? 3k 2 (*) ? 2 ? x x ? 3(t ? 1) , 1 2 ? 1 ? 3k 2 ?
?
?

AQ =0,得? AQ AP · AP · 由? ? ? =(x1,y1-1)· (x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)· (x1+x2)+(t-1)2=

?

0, 将(*)代入,得t=-? .
1? ? ∴直线l过定点? 0, ? ? ?. ? 2?

1 2

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考点三 典例3
2

圆锥曲线中的探索性问题
x2 y 2 (2015四川,20,13分)如图,椭圆E:? +?=1(a>b>0)的离心率是 a2 b2
?
?

2 ,点P(0,1)在短轴CD上,且? · ? PD =-1. PC ?

(1)求椭圆E的方程;

(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数λ,
使得? ? +λ? ? 为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由. PA · PB OA · OB
?

?

?

?

?

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解析 (1)由已知,得点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).
PD =-1,e=?, PC · 又点P的坐标为(0,1),且? ?
?1 ? b 2 ? ?1, ? 2 ?c , 于是 ? ? a 2 ? 2 2 2 ?a ? b ? c . ? 解得a=2,b=?2 .
?
?

2 2

?

x2 y 2 所以椭圆E的方程为? +?=1. 4 2

(2)存在.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标 分别为(x1,y1),(x2,y2).

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? x2 y 2 ? ? 1, 联立 ? 2 ?4 ? y ? kx ? 1, ? 2 2

?

得(2k +1)x +4kx-2=0. 其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 所以,x1+x2=-?2
4k 2 ,x1x2=-?2 . 2k ? 1 2k ? 1

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? ? ? ? 从而,? · ? + λ ? · ? OA OB PA PB =x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]

=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1
(?2 λ ? 4)k 2 ? (?2 λ ? 1) =? 2k 2 ? 1 λ ?1 =-?2 -λ-2. 2k ? 1 λ ?1 所以,当λ=1时,-?2 -λ-2=-3. 2 k ? 1 ? ? ? ? 此时,? ? +λ? ? =-3为定值. PA · PB OA · OB

当直线AB的斜率不存在时,直线AB即为直线CD.
? ? ? ? ? ? ? ? 此时,? · ? + λ ? · ? = ? · ? + ? · ? OA OB PA PB OD OC PD PC =-2-1=-3.

PA · PB 为定值-3. OA · OB +λ? 故存在常数λ=1,使得? ? ?

?

?

?

?

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方法技巧 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”.其步骤如下:假设满足条件的 元素(点、直线、曲线或参数)存在,列出与该元素相关的方程(组),若方 程(组)有实数解,则元素存在,否则,元素不存在. (2)反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法.

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3-1 在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,?2 )且斜率为k的直线l与椭圆
x2 2 ?+y =1有两个不同的交点P和Q. 2

(1)求k的取值范围; (2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B,是否存在常数k,
OQ 与? 使得向量? AB 共线?如果存在,求k的值;如果不存在,请说明理 OP +?
?
?
?

由. 解析
x2 (1)由已知条件知,直线l的方程为y=kx+?2 ,代入椭圆方程得? + 2
1 ?2

(kx+?2 )2=1,
? 2? 2 ? k 整理得? ? ? x +2?2 kx+1=0.? ① ?

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2 2 直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ=8k2-4? ? ? k ?=4k -2>0,解

?1 ?2

? ?

得k<-?或k>?.
? ? 2? ? 2 即k的取值范围为 ? ??, ? ? ∪ ? , ?? ? . 2 ? ? 2 ? ?

2 2

2 2

?

?

(2)不存在.理由如下:
设P(x1,y1),Q(x2,y2), 则? OQ =(x1+x2,y1+y2), OP +?
4 2k .? ② 1 ? 2k 2 4 2k 2 由(1)知y1+y2=k(x1+x2)+2?2 =-? 2 +2?2 .? ③ 1 ? 2k 由题意知A(?2 ,0)、B(0,1),
?
?

由方程①知,x1+x2=-?

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? 所以? AB =(-?2 ,1),

OQ 与? AB 共线等价于x1+x2=-?2 (y1+y2), OP +? 所以?

?

?

?

2 将②③代入上式,解得k=?. 2 ? ? ? 2 2 OQ 与? AB 共 OP +? 由(1)知k<-?或k>?,故不存在符合题意的常数k,使得? 2 2

线.


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