全国版高考数学第八章平面解析几何8.10圆锥曲线的综合问题课件理.pptx

1、第十节 圆锥曲线的综合问题,考向一圆锥曲线的定点问题 【典例1】(2016洛阳模拟)椭圆C: =1(ab0) 的离心率为 ,其左焦点到点P(2,1)的距离为 . (1)求椭圆C的标准方程.,(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左、右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标.,【解题导引】(1)由左焦点到点P(2,1)的距离,即可求 出c值,再由离心率得出a的值,从而得出椭圆方程. (2)直线方程与椭圆方程联立,由圆过椭圆C的右顶点, 得出k,m的关系式,从而证明直线过定点.,【规范解答】(1)因为左焦点(-c,0)到点P(2

2、,1)的距离 为 ,所以 解得c=1. 又e= 解得a=2, 所以b2=a2-c2=3. 所以所求椭圆C的方程为 =1.,(2)设A(x1,y1),B(x2,y2), 由 消去y得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, =64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)0,化为3+4k2m2. 所以,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2= 因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2,0),kADkBD=-1, 所以 =-1, 所以y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0, 所以 =0. 化为7m2+16mk+4k2=0,解得m1=-2k,m2=

3、 且满足3+4k2-m20. 当m=-2k时,l:y=k(x-2),直线过定点(2,0)与已知矛盾; 当m= 时,l:y= 直线过定点 综上可知,直线l过定点,【母题变式】 1.若本例的条件“以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点”,改为“以AB为直径的圆过椭圆C的左顶点”.则直线l是否还过定点?若过定点,求出该定点的坐标;若不过定点,说明理由.,【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2), 由 消去y得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, =64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)0,化为3+4k2m2. 所以,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+

4、x2)+m2= 因为以AB为直径的圆过椭圆左顶点D(-2,0),kADkBD= -1,所以 =-1, 所以y1y2+x1x2+2(x1+x2)+4=0, 所以 =0. 化为7m2-16mk+4k2=0,解得m1=2k,m2= 且满足3+4k2-m20. 当m=2k时,l:y=k(x+2),直线过定点(-2,0)与已知矛盾; 当m= 时,l:y= 直线过定点 综上可知,直线l过定点,2.若典例1条件不变,将(2)改为直线y=kx+m(k0) 与y轴交点为P,与x轴交点为Q,与椭圆C交于点M,N(点M, N在第一或第四象限).若 求证:直线y= kx+m过定点.,【证明】直线y=kx+m(k0)与

5、y轴交于点P(0,m),与 x轴交于点 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则|PM|= |PN|= |PQ|=,因为 所以 由 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,所以 因此 又m0, 所以m=3, 因此直线y=kx+m过定点(0,3).,【规律方法】圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.,【变式训练】(2015全国卷)在直角坐标系xOy中, 曲线C:y= 与直线y=kx+a(a0)交于M,N两点

6、, (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.,【解题提示】(1)先求出M,N的坐标,再利用导数求出在M,N处切线的斜率,进而得到切线方程.(2)先作出判定,再将y=kx+a代入曲线C的方程整理成关于x的一元二次方程,设出M,N的坐标和P点坐标,利用设而不求思想,将直线PM,PN的斜率之和用a表示出来,利用直线PM,PN的斜率之和为0,即可求出a,b关系,从而找出适合条件的P点坐标.,【解析】(1)由题设可得M(2 ,a),N(-2 ,a), 或M(-2 ,a),N(2 ,a). 又y= ,故y= 在x=2 处

7、的导数值为 ,曲线C 在点(2 ,a)处的切线方程为y-a= (x-2 ),即 x-y-a=0.,y= 在x=-2 处的导数值为- ,曲线C在点 (-2 ,a)处的切线方程为y-a=- (x+2 ),即 x+y+a=0.,(2)存在符合题意的点P,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代入C的方程得x2-4kx-4a=0. 故x1+x2=4k,x1x2=-4a.,从而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,所以点P(0,-a)符合题

8、意.,【加固训练】 1.(2016哈尔滨模拟)已知圆M:x2+(y-2)2=1,直线l: y=-1,动圆P与圆M相外切,且与直线l相切.设动圆圆心P 的轨迹为E. (1)求E的方程.,(2)若点A,B是E上的两个动点,O为坐标原点,且 =-16,求证:直线AB恒过定点.,【解析】(1)设P(x,y),则 =(y+1)+1x2= 8y.所以E的方程为x2=8y. (2)易知直线AB的斜率存在, 设直线AB:y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2). 将直线AB的方程代入x2=8y中, 得x2-8kx-8b=0,所以x1+x2=8k,x1x2=-8b, =x1x2+y1y2=x1x2+ =

9、-8b+b2=-16b=4, 所以直线AB恒过定点(0,4).,2.(2016长春模拟)已知点E(m,0)为抛物线y2=4x内一个定点,过点E斜率分别为k1,k2的两条直线交抛物线于点A,B,C,D,且M,N分别是AB,CD的中点. (1)若m=1,k1k2=-1,求三角形EMN面积的 最小值. (2)若k1+k2=1,求证:直线MN过定点.,【解析】(1)当m=1时,E为抛物线y2=4x的焦点, 则AB方程为y=k1(x-1),设A(x1,y1),B(x2,y2). 由 得k1y2-4y-4k1=0, y1+y2= y1y2=-4. AB中点 同理,点N(2k12+1,-2k1).,因为k1

10、k2=-1,所以ABCD, 所以SEMN= |EM|EN| = 当且仅当 即k1=1时,EMN的面积取最小值.,(2)设AB方程为y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y2), 由 得k1y2-4y-4k1m=0, y1+y2= ,y1y2=-4m, AB中点 所以 同理,点,因为k1+k2=1, 所以kMN= =k1k2, 所以lMN: 即y=k1k2(x-m)+2, 所以直线MN恒过定点(m,2).,考向二圆锥曲线中的定值问题 【典例2】(2015全国卷)已知椭圆C:9x2+y2=m2 (m0),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. (1

11、)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.,(2)若l过点 延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率,若不能,说明 理由.,【解题导引】(1)将直线y=kx+b(k0,b0)与椭圆C:9x2+y2=m2(m0)联立,结合根与系数的关系及中点坐标公式证明.(2)由四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分求解证明.,【规范解答】(1)设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1, y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故 于是直线OM的斜率kO

12、M= 即kOMk=-9,所以直线 OM的斜率与l的斜率的积是定值.,【一题多解】解答本例(1),还有以下解法: 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM), 因为A,B两点在椭圆C:9x2+y2=m2上, 所以9x12+y12=m2 9x22+y22=m2 两式相减得:9(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0,又因为AB的中点为M(xM,yM), 所以92xM(x1-x2)+2yM(y1-y2)=0, 直线l的斜率kl= 又因为kOM= 所以klkOM= =-9, 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.,(2)四边形OAPB能为平行四边形. 因为直线

13、l过点 所以l不过原点且与C有两个交点 的充要条件是k0,k3. 由(1)得OM的方程为y= 设点P的横坐标为xp.,由 得 将点 的坐标代入l的方程得b= 因此 xM= 四边形OAPB为平行四边形,当且仅当线段AB与线段OP互 相平分,即xP=2xM.,于是 解得k1=4- ,k2=4+ . 因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4- 或4+ 时,四边形OAPB为平行四边形.,【规律方法】圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点:特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法: 从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.,引进变量法:其解题流程为,【变式训练

14、】(2015全国卷)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.,【解题提示】(1)可利用方程的思想,求出椭圆C的方程.(2)设直线l的方程,同时和椭圆方程联立,利用一元二次方程的根与系数的关系求弦AB的中点,从而完成证明.,【解析】(1)由题意有 解得a2=8,b2=4, 所以C的方程为 =1.,(2)设直线l:y=kx+b(k0,b0), A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入 =

15、1得 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. xM= yM=kxM+b=,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.,【一题多解】解答本题(2),还有以下解法: 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM), 因为A,B两点在椭圆C: =1上, 所以 =1 =1,两式相减得: =0, 又因为AB的中点为M(xM,yM), 所以 =0, 直线l的斜率kl= 又因为kOM= 所以klkOM= 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.,【加固训练】 1.已知直线l:y=x+ ,圆O:x2+y2=5,椭圆E: =1 (ab0)

16、的离心率e= ,直线l被圆O截得的弦长与椭圆 的短轴长相等.,(1)求椭圆E的方程. (2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在斜率,求证:两切线斜率之积为定值.,【解析】(1)设椭圆半焦距为c,圆心O到l的距离d= 所以b= 由题意得,又b= ,所以a2=3,b2=2. 所以椭圆E的方程为 =1.,(2)设点P(x0,y0),过点P的椭圆E的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0), 联立直线l0与椭圆E的方程得 消去y得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0, 因为l0与椭圆E相切. 所以=4k(y0-kx0)2-4(3+2k2)2(kx0-

17、y0)2-6=0,整理得(2-x02)k2+2kx0y0-(y02-3)=0, 设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1,k2, 则k1k2= 因为点P在圆O上, 所以x02+y02=5,所以k1k2= =-1. 所以两条切线斜率之积为常数-1.,2.设椭圆方程 =1(ab0),离心率为 ,过右焦 点且垂直于x轴的直线交椭圆于A,B两点,|AB|=2. (1)求该椭圆的标准方程. (2)设动点P(x0,y0)满足 其中M,N是椭圆 上的点,直线OM与ON的斜率之积为- ,求证:x02+2y02为 定值.,【解析】(1)e2= 即a2=2b2, 因为过焦点且垂直于x轴的直线交椭圆于A,B两点

18、,AB=2, 所以由椭圆的对称性知,椭圆过点(c,1), 即 解得a2=4,b2=2. 故椭圆方程为 =1.,(2)设M(x1,y1),N(x2,y2), 则kOMkON= 化简为x1x2+2y1y2=0. 因为M,N是椭圆上的点, 所以,由 得 所以x02+2y02=(x1+2x2)2+2(y1+2y2)2 =(x12+2y12)+4(x22+2y22)+4(x1x2+2y1y2) =4+44+0=20.,考向三圆锥曲线中的范围(最值)问题 【考情快递】,【考题例析】 命题方向1:圆锥曲线中的范围问题 【典例3】(2015天津高考)已知椭圆 =1(ab0) 的左焦点为F(-c,0),离心率为

19、 ,点M在椭圆上且位于 第一象限,直线FM被圆x2+y2= 截得的线段的长为c, |FM|=,(1)求直线FM的斜率. (2)求椭圆的方程. (3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于 ,求直线 OP(O为原点)的斜率的取值范围.,【解题导引】(1)由椭圆知识先求出a,b,c的关系,设直 线FM的方程为y=k(x+c),求出圆心到直线的距离,由勾 股定理可求斜率k的值.(2)由(1)设椭圆方程为 =1,直线与椭圆方程联立,求出点M的坐标,由|FM|= 可求出c,从而可求椭圆方程.(3)设出直线FP:y=t(x+1),与椭圆方程联立,求得t= 求出x的范围, 即可求直线OP的斜率的取值范围.,

20、【规范解答】(1)由已知有 又由a2=b2+c2,可得 a2=3c2,b2=2c2. 设直线FM的斜率为k(k0), 则直线FM的方程为y=k(x+c). 由已知,有 解得k= .,(2)由(1)得椭圆方程为 =1,直线FM的方程为y= 两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0, 解得x=- c,或x=c. 因为点M在第一象限,可得M的坐标为,有 解得c=1, 所以椭圆的方程为 =1.,(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t= , 即y=t(x+1)(x-1), 与椭圆方程联立 消去y, 整理得2x2+3t2(x+1)2=6.,又由已知,得t= 解得- x-1,

21、或-1x0. 设直线OP的斜率为m,得m= ,即y=mx(x0),与椭圆方 程联立,整理可得m2=,当x 时,有y=t(x+1)0,于是m= 得m 当x(-1,0)时,有y=t(x+1)0,因此m0,于是m= 得m,综上,直线OP的斜率的取值范围是,命题方向2:圆锥曲线中的最值问题 【典例4】(2014全国卷)已知点A(0,-2),椭圆E: =1(ab0)的离心率为 ,F是椭圆的焦点,直线 AF的斜率为 ,O为坐标原点.,(1)求E的方程. (2)设过点A的直线l与E相交于P,Q两点,当OPQ的面积最大时,求l的方程.,【解题导引】第(1)问根据 及 及b2=a2-c2 求出椭圆方程.第(2)

22、问将直线与椭圆联立,并结合均值 不等式确定当OPQ的面积最大时,直线的斜率,从而求 出l的方程.,【规范解答】(1)设F(c,0), 由条件知, ,得c= , 又 ,所以a=2,b2=a2-c2=1, 故E的方程为 +y2=1.,(2)当lx轴时不符合题意,故设l:y=kx-2, P(x1,y1),Q(x2,y2), 将y=kx-2代入 +y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0. 当=16(4k2-3)0,即k2 时, x1,2= 从而|PQ|=,又点O到直线PQ的距离d= 所以OPQ的面积 SOPQ= d|PQ|= 设 =t, 则t0,SOPQ=,因为t+ 4,当且仅当t=2, 即

23、k= 时等号成立,且满足0. 所以,当OPQ的面积最大时, l的方程为y= x-2或y=- x-2.,【误区警示】解答本题易出现以下错误: 一是没有考虑直线斜率不存在的情况而失分;二是直线方程与椭圆方程联立后,没有考虑该方程的判别式而失分.,【技法感悟】 1.圆锥曲线中常见的最值问题及其解法 (1)两类最值问题: 涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题; 求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素 存在最值时确定与之有关的一些问题.,(2)两种常见解法: 几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决; 代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则

24、可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.,2.与椭圆有关范围问题的求解方法 (1)代数法:从代数的角度考虑,通过建立函数、不等式等模型,利用二次函数和基本不等式、换元法、导数法等方法求范围. (2)几何法:从椭圆几何性质的角度出发,根据椭圆几何意义求范围.,【题组通关】 1.(2015泉州模拟)过椭圆 =1上一点H作圆 x2+y2=2的两条切线,点A,B为切点,过A,B的直线l与x 轴,y轴分别交于P,Q两点,则POQ面积的最小值为 (),【解析】选D.因为点H在椭圆 =1上, 所以H(3cos,2sin). 因为过椭圆 =1上一点H(3cos,2si

25、n)作圆 x2+y2=2的两条切线,点A,B为切点, 所以直线AB的方程为:(3cos)x+(2sin)y=2.,因为过A,B的直线l与x轴,y轴分别交于P,Q两点, 所以 所以POQ的面积S= 因为-1sin21, 所以当sin2=1时,POQ的面积取最小值 .,2.(2016广州模拟)已知椭圆C的左、右焦点分别为 F1(-1,0),F2(1,0),且F2到直线x- y-9=0的距离等于 椭圆的短轴长.,(1)求椭圆C的方程. (2)若圆P的圆心为P(0,t)(t0),且经过F1,F2,Q是椭圆 C上的动点且在圆P外,过点Q作圆P的切线,切点为M,当 |QM|的最大值为 时,求t的值.,【解析】(1)设椭圆的方程为 =1(ab0). 依题意可知,2b= =4,所以b=2. 又c=1,故a2=b2+c2=5, 故椭圆C的方程为 =1.,(2)设Q(x0,y0),圆P的方程为x2+(y-t)2=t2+1. 因为PMQM,所以 |QM|= 若-4t-2,即t ,当y0=-2时,|QM|取得最大值, |QM|max= 解得t= (舍去). 若-4t-2,即0t , 当y0=-4t时,|QM|取最大值,且|QM|max= 解得t2= . 又0t ,所以t= . 综上可知,当t= 时,|QM|的最大值为 .,3.(2016孝感模拟)已知椭圆 =1(ab0)的离