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第3讲圆锥曲线中的热点问题高考定位1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一,主要以解答题形式考查,往往作为试卷的压轴题之一;2.以椭圆或抛物线为背景,尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求,并突出数学思想方法考查.真题感悟1.(2018·浙江卷)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=m(m1)上两点A,B满足AP→=2PB→,则当m=________时,点B横坐标的绝对值最大.解析设A(x1,y1),B(x2,y2),由AP→=2PB→,得-x1=2x2,1-y1=2(y2-1),即x1=-2x2,y1=3-2y2.因为点A,B在椭圆上,所以4x224+(3-2y2)2=m,x224+y22=m,得y2=14m+34,所以x22=m-(3-2y2)2=-14m2+52m-94=-14(m-5)2+4≤4,所以当m=5时,点B的横坐标的绝对值最大,最大值为2.答案52.(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.(1)解由于点P3,P4关于y轴对称,由题设知C必过P3,P4.又由1a2+1b21a2+34b2知,椭圆C不经过点P1,所以点P2在椭圆C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程为x24+y2=1.(2)证明设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果直线l的斜率不存在,此时l垂直于x轴.设l:x=m,A(m,yA),B(m,-yA),k1+k2=yA-1m+-yA-1m=-2m=-1,得m=2,此时l过椭圆C右顶点,与椭圆C不存在两个交点,故不满足.从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x24+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.则k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.∴(2k+1)·4m2-44k2+1+(m-1)·-8km4k2+1=0.解得m=-2k-1,此时Δ=32(m+1),∴当且仅当m-1时,Δ0,∴直线l的方程为y=kx-2k-1,即y+1=k(x-2).所以l过定点(2,-1).3.(2019·全国Ⅱ卷)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.①证明:△PQG是直角三角形;②求△PQG面积的最大值.(1)解由题设得yx+2·yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点.(2)①证明设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.设u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.②解由①得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.设t=k+1k,则由k0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.因为S=8t1+2t2在[2,+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.因此,△PQG面积的最大值为169.考点整合1.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.温馨提醒圆锥曲线上点的坐标是有范围的,在涉及求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.2.圆锥曲线中定点、定值问题(1)定点问题:在解析几何中,有些含有参数的直线或曲线的方程,不论参数如何变化,其都过某定点,这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式:y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式:y=kx+m,则直线必过定点(0,m).(2)定值问题:在解析几何中,有些几何量,如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关,这类问题统称为定值问题.3.圆锥曲线中存在性问题的解题步骤:(1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在,若无解则不存在.(3)得出结论.热点一圆锥曲线中的最值、范围问题【例1】(2019·潍坊模拟)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之比为22,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A,B两点,直线l:y=mx+n与曲线E交于C,D两点,与AB相交于一点(交点位于线段AB上,且与A,B不重合).(1)求曲线E的方程;(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值?若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.解(1)设点P(x,y),由题意,可得(x-1)2+y2|x-2|=22,得x22+y2=1.∴曲线E的方程是x22+y2=1.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),由条件可得|AB|=2.当m=0时,显然不合题意.当m≠0时,∵直线l与圆x2+y2=1相切,∴|n|m2+1=1,得n2=m2+1.联立y=mx+n,x22+y2=1,消去y得m2+12x2+2mnx+n2-1=0,则Δ=4m2n2-4m2+12(n2-1)=2m20,x1+x2=-4mn2m2+1,x1x2=2(n2-1)2m2+1,S四边形ACBD=12|AB|·|x1-x2|=2|m|2m2+1=22|m|+1|m|≤22,当且仅当2|m|=1|m|,即m=±22时等号成立,因为直线l与线段AB有交点,所以当m=22时,n=-62;当m=-22时,n=62.经检验可知,直线y=22x-62和直线y=-22x+62都符合题意.探究提高求圆锥曲线中范围、最值的主要方法:(1)几何法:若题目中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数形结合求解.(2)代数法:若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系,或者不等关系,或者已知参数与新参数之间的等量关系等,则利用代数法求参数的范围.【训练1】(2019·山东师大附中模拟)已知椭圆Γ的中心在原点,焦点在x轴上,焦距为2,且长轴长是短轴长的2倍.(1)求椭圆Γ的标准方程;(2)设P(2,0),过椭圆Γ左焦点F的直线l交Γ于A,B两点,若对满足条件的任意直线,不等式PA→·PB→≤λ(λ∈R)恒成立,求λ的最小值.解(1)依题意,c=1,a=2b,又a2=b2+c2,得2b2=b2+1,∴b2=1,a2=2.∴椭圆Γ的标准方程为x22+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则PA→·PB→=(x1-2,y1)·(x2-2,y2)=(x1-2)(x2-2)+y1y2,当直线l垂直于x轴时,x1=x2=-1,y1=-y2且y21=12,此时PA→=(-3,y1),PB→=(-3,y2)=(-3,-y1),所以PA→·PB→=(-3)2-y21=172,当直线l不垂直于x轴时,设直线l:y=k(x+1),由y=k(x+1),x2+2y2=2整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=-4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2,所以PA→·PB→=x1x2-2(x1+x2)+4+k2(x1+1)(x2+1)=(1+k2)x1x2+(k2-2)(x1+x2)+4+k2=(1+k2)2k2-21+2k2-(k2-2)·4k21+2k2+4+k2=17k2+22k2+1=172-132(2k2+1)172.要使不等式PA→·PB→≤λ(λ∈R)恒成立,只需λ≥172,故λ的最小值为172.热点二圆锥曲线中定值、定点问题角度1圆锥曲线中的定值【例2-1】(2018·北京卷)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)设O为原点,QM→=λQO→,QN→=μQO→,求证:1λ+1μ为定值.(1)解因为抛物线y2=2px过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C的方程为y2=4x.由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).由y2=4x,y=kx+1得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×10,解得k1,又因为k≠0,故k0或0k1.又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).从而k≠-3.所以直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2).由(1)知x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2.直线PA的方程为y-2=y1-2x1-1(x-1).令x=0,得点M的纵坐标为yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2.同理得点N的纵坐标为yN=-kx2+1x2-1+2.由QM→=λQO→,QN→=μQO→得λ=1-yM,μ=1-yN.所以1λ+1μ=11-yM+11-yN=x1-1(k-1)x1+x2-1(k-1)x2=1k-1·2x1x2-(x1+x2)x1x2=1k-1·2k2+2k-4k21k2=2.所以1λ+1μ=2为定值.探究提高1.求定值问题常见的方法有两种:(1)从特殊入手,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.2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题,然后证明与参数无关,这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练2】如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),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的斜率之和为定值.(1)解由题设知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Δ>0,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)
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