高三数学ppt课件-平面解析几何课件

专题讲座五解析几何在高考中的常见题型与求解策略专题讲座五解析几何在高考中的常见题型与求解策略考情概述圆锥曲线是历年高考命题的重点和热点，试题多以椭圆和抛物线与直线、圆等的位置关系为背景，一般与向量、函数、不等式等知识综合命题，考查轨迹方程的求解、最值与范围问题的求解、定点与定值问题的求证、存在性、探究性问题等．综合考查考生的各种数学思想与技能，多以压轴题形式出现，是高考的一个难点．专题一圆锥曲线中的定点、定值问题(2015·高考陕西卷)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)经过点A(0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.[解](1)由题设知ca＝22，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝2.所以椭圆的方程为x22＋y2＝1.(2)证明：由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.由已知Δ0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝4k（k－1）1＋2k2，x1x2＝2k（k－2）1＋2k2.从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝y1＋1x1＋y2＋1x2＝kx1＋2－kx1＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)·1x1＋1x2＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4k（k－1）2k（k－2）＝2k－2(k－1)＝2.定点、定值问题的求解策略(1)定点问题多为两类，一是证明直线过定点，应根据已知条件建立直线方程中斜率k或截距b的关系式，此类问题中的定点多在坐标轴上；二是证明圆过定点，此类问题应抓住圆心，利用向量转化相应条件，从而找出相应参数满足的条件，确定定点．(2)定值问题，涉及面较多，解决此类问题以坐标运算为主，需建立相应的目标函数，然后代入相应的坐标运算结果即可得到．(3)无论定点或定值问题，都可先用特殊值法求出，然后再验证即可，这样可确定代数式的整理方向和目标．1.(2014·高考山东卷节选)已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．(1)求C的方程；(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，证明直线AE过定点，并求出定点坐标．解：(1)由题意知Fp2，0.设D(t，0)(t0)，则FD的中点为p＋2t4，0.因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知3＋p2＝|t－p2|，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．由p＋2t4＝3，解得p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知F(1，0)．设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD0)．因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，由xD0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)，故直线AB的斜率kAB＝－y02.因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y＝－y02x＋b，代入抛物线方程得y2＋8y0y－8by0＝0，由题意Δ＝64y20＋32by0＝0，得b＝－2y0.设E(xE，yE)，则yE＝－4y0，xE＝4y20.当y20≠4时，kAE＝yE－y0xE－x0＝－4y0＋y04y20－y204＝4y0y20－4，可得直线AE的方程为y－y0＝4y0y20－4(x－x0)．由y20＝4x0，整理可得y＝4y0y20－4(x－1)，直线AE恒过点F(1，0)．当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)，所以直线AE过定点F(1，0)．专题二圆锥曲线中的范围、最值问题(2015·高考浙江卷)已知椭圆x22＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋12对称．(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．[解](1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－1mx＋b.由x22＋y2＝1，y＝－1mx＋b消去y，得12＋1m2x2－2bmx＋b2－1＝0.因为直线y＝－1mx＋b与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋4m20.①将线段AB中点M2mbm2＋2，m2bm2＋2代入直线方程y＝mx＋12解得b＝－m2＋22m2.②由①②得m－63或m63.(2)令t＝1m∈－62，0∪0，62，则|AB|＝t2＋1·－2t4＋2t2＋32t2＋12，且O到直线AB的距离为d＝t2＋12t2＋1.设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝12|AB|·d＝12－2t2－122＋2≤22，当且仅当t2＝12时，等号成立．故△AOB面积的最大值为22.范围、最值问题的求解策略(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决．(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.2.(2016·南昌调研测试)已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的焦距为4且过点(2，－2)．(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求OE→·OF→的取值范围．解：(1)椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的焦距是4，所以焦点坐标是(0，－2)，(0，2)，2a＝2＋0＋2＋（2＋2）2＝42，所以a＝22，b＝2，即椭圆C的方程是y28＋x24＝1.(2)若直线l垂直于x轴，则点E(0，22)，F(0，－22)，OE→·OF→＝－8.若直线l不垂直于x轴，不妨设l过该椭圆的上焦点，则l的方程为y＝kx＋2，设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆C的方程得到(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，则x1＋x2＝－4k2＋k2，x1x2＝－42＋k2，所以OE→·OF→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－4－4k22＋k2＋－8k22＋k2＋4＝202＋k2－8，因为0＜202＋k2≤10，所以－8＜OE→·OF→≤2，所以OE→·OF→的取值范围是[－8，2]．专题三圆锥曲线中的探索性问题(2015·高考四川卷)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率是22，点P(0，1)在短轴CD上，且PC→·PD→＝－1.(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OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．[解](1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0，1)，且PC→·PD→＝－1，于是1－b2＝－1，ca＝22，a2－b2＝c2，解得a＝2，b＝2.所以椭圆E的方程为x24＋y22＝1.(2)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)．联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)0，所以x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1.从而OA→·OB→＋λPA→·PB→＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝（－2λ－4）k2＋（－2λ－1）2k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3.此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝－3为定值．当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝OC→·OD→＋PC→·PD→＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值－3.探索性问题的求解策略(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.3.(2015·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝x24与直线l：y＝kx＋a(a＞0)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．解：(1)由题设可得M(2a，a)，N(－2a，a)，或M(－2a，a)，N(2a，a)．又y′＝x2，故y＝x24在x＝2a处的导数值为a，C在点(2a，a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.y＝x24在x＝－2a处的导数值为－a，C在点(－2a，a)处的切线方程为y－a＝－a(x＋2a)，即ax＋y＋a＝0.故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋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)，易知直线PM，PN的斜率存在，并分别记为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＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋（a－b）（x1＋x2）x1x2＝k（a＋b）a.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)符合题意．