【课堂新坐标】2017届高三理科数学通用版二轮复习课件第1部分专题5突破点15圆锥曲线中的综合问题_图文

2017版高三二轮复习与策略
核 心 知 识 · 聚 焦

突破点 15
热 点 题 型 · 探 究

圆锥曲线中的综合问题(酌情自选)

专 题 限 时 集 训

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提炼 1 解答圆锥曲线的定值、定点问题,从三个方面把握 (1)从特殊开始,求出定值,再证明该值与变量无关. (2)直接推理、计算,在整个过程中消去变量,得定值. (3)在含有参数的曲线方程里面,把参数从含有参数的项里面分离出来,并令 其系数为零,可以解出定点坐标.

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提炼 2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手 (1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点,则可以利用判别式求范围. (2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形,则利用圆锥曲线的 性质(性质中的范围)求解. (3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围. (4)利用基本不等式求最值与范围. (5)利用函数值域的方法求最值与范围.

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提炼 3 与圆锥曲线有关的探索性问题 (1)给出问题的一些特殊关系,要求探索出一些规律,并能论证所得规律的正 确性.通常要对已知关系进行观察、比较、分析,然后概括出一般规律. (2)对于只给出条件,探求“是否存在”类型问题,一般要先对结论作出肯定 存在的假设,然后由假设出发,结合已知条件进行推理,若推出相符的结论,则 存在性得到论证;若推出矛盾,则假设不存在.

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回访 1 圆锥曲线的定值、定点问题 x2 y2 2 1.(2015· 全国卷Ⅱ)已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的离心率为 2 ,点(2, 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.

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a2-b2 2 4 2 (1)由题意有 a = 2 ,a2+b2=1,2 分

[解]

解得 a2=8,b2=4.3 分 x2 y2 所以 C 的方程为 8 + 4 =1.4 分 (2)证明:设直线 l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). x2 y2 将 y=kx+b 代入 8 + 4 =1,得

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(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.6 分 x1+x2 -2kb b xM+b=2k2+1.8 分 故 xM= 2 =2k2+1,yM=k· yM 1 于是直线 OM 的斜率 kOM=xM=-2k, 1 k=-2.11 分 即 kOM· 所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.12 分

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回访 2 圆锥曲线中的最值与范围问题 2.(2014· 北京高考)已知椭圆 C:x2+2y2=4. (1)求椭圆 C 的离心率; (2)设 O 为原点,若点 A 在直线 y=2 上,点 B 在椭圆 C 上,且 OA⊥OB,求 线段 AB 长度的最小值.

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[解] x2 y2 (1)由题意,椭圆 C 的标准方程为 4 + 2 =1,2 分

所以 a2=4,b2=2,从而 c2=a2-b2=2. 因此 a=2,c= 2. c 2 故椭圆 C 的离心率 e=a= 2 .5 分 (2)设点 A,B 的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中 x0≠0. 2y0 → → OB=0,即 tx0+2y0=0,解得 t=- x0 .7 分 因为 OA⊥OB,所以OA·

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? 2y0? ? ?2 2 2 2 2 2 2 2 x x0 4 | AB | ( x t ) ( y 2) ( y 2) x y + +2y2 = ,所以 = - + - = + - = + 0 0 0 x0 ? 0 0 0+ ? 0



2 2 2 4 x 2 4 x - - ? 4y0 x2 8 0 0? 0 2 2 +4=x + 2 2+4(0<x2≤4).12 4 + + = + 0 0 x0 2 x0 2 x0



x2 8 0 2 2 4(0< x 4) x 因为 2 +x2 ≥ ≤ ,且当 =4 时等号成立, 0 0 0 所以|AB|2≥8. 故线段 AB 长度的最小值为 2 2.14 分

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回访 3 与圆锥曲线有关的探索性问题 x2 y2 3.(2015· 1,椭圆 E:a2+b2=1(a>b>0)的 四川高考)如图 152 → → P (0,1) CD PC PD=-1. 离心率是 2 ,点 在短轴 上,且 · 1 图 15(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.

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[解] (1)由已知,点 C,D 的坐标分别为(0,-b),(0,b).

→ → PD=-1, 又点 P 的坐标为(0,1),且PC·
2 1 b - =-1, ? ? ?c 2 ? 于是?a= 2 , 2 2 2 ? ?a -b =c .

解得 a=2,b= 2.

x2 y2 所以椭圆 E 的方程为 4 + 2 =1.4 分

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(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). x y ? ? + =1, 4 2 联立? 得(2k2+1)x2+4kx-2=0. ? ?y=kx+1, 其判别式 Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 4k 2 所以 x1+x2=-2k2+1,x1x2=-2k2+1.6 分 → → → → OB+λPA· PB 从而,OA·
2 2

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=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1
2 ?-2λ-4?k +?-2λ-1? = 2k2+1

λ-1 =-2k2+1-λ-2.9 分

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λ-1 所以,当 λ=1 时,-2k2+1-λ-2=-3. → → → → OB+λPA· PB=-3 为定值.10 分 此时,OA· 当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 即为直线 CD. → → → → → → → → OB+λPA· PB=OC· OD+PC· PD=-2-1=-3.12 分 此时,OA· → → → → OB+λPA· PB为定值-3.13 分 故存在常数 λ=1,使得OA·

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热点题型 1 圆锥曲线中的定值问题

题型分析:圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容,解决这类问题 的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等,根据等式恒成立, 数式变换等寻找不受参数影响的量.

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? 3? x2 y2 ? ? (2016· 重庆二模)已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)上一点 P?1,2?与椭

圆右焦点的连线垂直于 x 轴,直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点(均不 在坐标轴上). (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)设 O 为坐标原点,若△AOB 的面积为 3,试判断直线 OA 与 OB 的斜率之 积是否为定值? 【导学号:85952055】

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1 9 ? 2 ? ? 2+ 2=1, ?a =4, a 4b ? 2 ? (1)由题意知 2 3分 解得 ? 2 ?b =3, ? ?a =b +1,

[解]

x2 y2 ∴椭圆 C 的标准方程为 4 + 3 =1.4 分 (2)设点 A(x1,y1),B(x2,y2), x2 y2 ? ? + =1, 4 3 由? 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,5 分 ? ?y=kx+m, 由 Δ=(8km)2-16(4k2+3)(m2-3)>0,得 m2<4k2+3.6 分

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4m2-12 -8km ∵x1+x2=4k2+3,x1x2= 4k2+3 ,
2 2 1 1 4 3 4k +3-m ∴S△OAB=2|m||x1-x2|=2|m|· = 3,8 分 4k2+3

化简得 4k2+3-2m2=0,满足 Δ>0,从而有 4k2-m2=m2-3(*),9 分
2 2 y1y2 ?kx1+m??kx2+m? k x1x2+km?x1+x2?+m kOB=x1x2= ∴kOA· = x1x2 x1x2 2 2 4k2-m2 -12k2+3m2 3 4k -m = 4m2-12 =-4·m2-3 ,由(*)式,得 m2-3 =1,

3 3 kOB=-4,即直线 OA 与 OB 的斜率之积为定值-4.12 分 ∴kOA·

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求解定值问题的两大途径 证明定值:将问题转化为证明 1. 由特例得出一个值?此值一般就是定值? → 待证式与参数?某些变量?无关 2.先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其 绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.

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x2 y2 (2016· 北京高考)已知椭圆 C:a2+b2=1 过 A(2,0),B(0,1)两点.

[变式训练 1]

(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.

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[ 解] (1)由题意得 a=2,b=1, x2 ∴椭圆 C 的方程为 4 +y2=1.3 分 c 3 又 c= a -b = 3,∴离心率 e=a= 2 .5 分
2 2 2 (2)证明:设 P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则 x2 0+4y0=4.6 分

又 A(2,0),B(0,1), y0 ∴直线 PA 的方程为 y=x0-2(x-2). 2y0 2y0 令 x=0,得 yM=-x0-2,从而|BM|=1-yM=1+x0-2.9 分

2017版高三二轮复习与策略 y0-1 直线 PB 的方程为 y= x0 x+1.
x0 x0 令 y=0,得 xN=-y0-1,从而|AN|=2-xN=2+y0-1.12 分 1 |BM| ∴四边形 ABNM 的面积 S=2|AN|·
? x0 ? 2y0 ? 1? ? ?? ? ??1 ? 2 =2? ? +y0-1?? +x0-2?
2 x2 4 y + 0 0+4x0y0-4x0-8y0+4 = 2?x0y0-x0-2y0+2?

2x0y0-2x0-4y0+4 = x0y0-x0-2y0+2 =2. 从而四边形 ABNM 的面积为定值.14 分

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热点题型 2 圆锥曲线中的最值、范围问题 题型分析:圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容,解决此类 问题常用的方法是几何法和代数法. (2016· 全国乙卷)设圆 x2+y2+2x-15=0 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.

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[解] (1)因为|AD|=|AC|,EB∥AC,

所以∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以|EB|=|ED|, 故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圆 A 的标准方程为(x+1)2+y2=16,从而|AD|=4, 所以|EA|+|EB|=4.2 分 由题设得 A(-1,0),B(1,0),|AB|=2, x2 y2 由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为 4 + 3 =1(y≠0).4 分

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(2)当 l 与 x 轴不垂直时,设 l 的方程为 y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2, y2). y=k?x-1?, ? ? 2 2 由?x y 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0, ? ? 4 + 3 =1, 4k2-12 8k2 则 x1+x2=4k2+3,x1x2= 4k2+3 . 12?k2+1? 所以|MN|= 1+k2|x1-x2|= 4k2+3 .

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1 2 y=- k(x-1), 过点 B(1,0)且与 l 垂直的直线 m: 点 A 到直线 m 的距离为 k2+1, 6分 所以|PQ|=2
? ? 2 4 -? ?

2 ? ?2 2 k +1? ? =4

4k2+3 k2+1 . 1 1+4k2+3.8 分

1 故四边形 MPNQ 的面积 S=2|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 3).10 分 当 l 与 x 轴垂直时,其方程为 x=1,|MN|=3,|PQ|=8, 故四边形 MPNQ 的面积为 12. 综上,四边形 MPNQ 面积的取值范围为[12,8 3).12 分

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与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法 1.数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解. 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.

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[变式训练 2]

(名师押题)已知抛物线 C: x2=2py(p>0), 过其焦点作斜率为 1

的直线 l 交抛物线 C 于 M,N 两点,且|MN|=16. (1)求抛物线 C 的方程; (2)已知动圆 P 的圆心在抛物线 C 上,且过定点 D(0,4),若动圆 P 与 x 轴交于 |DA| |DB| A,B 两点,求|DB|+|DA|的最大值.

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? p? ? 0 F? , 2?,则直线 ?

[解]

(1)设抛物线的焦点为

p l:y=x+2.

p ? ?y=x+ , 2 由? 2 得 x2-2px-p2=0, ? ?x =2py, ∴x1+x2=2p,∴y1+y2=3p, ∴|MN|=y1+y2+p=4p=16,∴p=4, ∴抛物线 C 的方程为 x2=8y.4 分

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(2)设动圆圆心 P(x0,y0),A(x1,0),B(x2,0),
2 2 ( y 4) 则 x0 =8y0,且圆 P:(x-x0)2+(y-y0)2=x2 + - , 0 0

令 y=0,整理得 x2-2x0x+x2 0-16=0, 解得 x1=x0-4,x2=x0+4,6 分 |DA| 设 t=|DB|=
2 ?x0-4? +16 2 ?x0+4? +16= 2 x0 -8x0+32 = x2 0+8x0+32

16x0 1-x2 , 0+8x0+32

当 x0=0 时,t=1, ①7 分 当 x0≠0 时,t= 1- 32. x0+8+ x0 16

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32 ∵x0>0,∴x0+ x0 ≥8 2, ∴t≥ 16 1-8+8 2= 3-2 2= 2-1,且 t<1, ②

综上①②知 2-1≤t≤1.9 分 1 ∵f(t)=t+ t 在[ 2-1,1]上单调递减, |DA| |DB| 1 1 ∴|DB|+|DA|=t+ t ≤ 2-1+ 2-1=2 2, 当且仅当 t= 2-1,即 x0=4 2时等号成立. |DA| |DB| ∴|DB|+|DA|的最大值为 2 2.12 分

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热点题型 3 圆锥曲线中的探索性问题

题型分析:探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型,若探究条件, 则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在.若探究结 论,则应先写出结论的表达式,再针对表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.

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(2016· 2,在平面直角坐标系 xOy 中,已知 F1,F2 长沙二模)如图 15x2 y2 分别是椭圆 E:a2+b2=1(a>b>0)的左、右焦点,A,B 分别是椭圆 E 的左、右 → → 顶点,D(1,0)为线段 OF2 的中点,且AF2+5BF2=0.

2 图 15-

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(1)求椭圆 E 的方程; (2)若 M 为椭圆 E 上的动点(异于点 A,B),连接 MF1 并延长交椭圆 E 于点 N, 连接 MD,ND 并分别延长交椭圆 E 于点 P,Q,连接 PQ,设直线 MN,PQ 的斜 率存在且分别为 k1,k2.试问是否存在常数 λ,使得 k1+λk2=0 恒成立?若存在, 求出 λ 的值;若不存在,说明理由.

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[解题指导] → 椭圆方程

→ → (1) D为OF2的中点 → 求c → AF2 + 5 BF2 = 0→ a与c的关系

(2) 假设存在常数λ → 设点M,N,P,Q的坐标 → 直线MD的方程与椭圆方程联立 → 用点M的坐标表示点P,Q的坐标 → 点M,F1,N共线 → 得到点M,N坐标的关系 → 求k2 → 得到k1与k2的关系

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[解] → → → → (1)∵AF2+5BF2=0,∴AF2=5F2B,∵a+c=5(a-c),化简得 2a=3c,

又点 D(1,0)为线段 OF2 的中点,∴c=2,从而 a=3,b= 5,左焦点 F1(-2,0), x2 y2 故椭圆 E 的方程为 9 + 5 =1.4 分 (2)假设存在满足条件的常数 λ,使得 k1+λk2=0 恒成立, 设 M(x1,y1),N(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4), x1-1 5-x1 x2 y2 则直线 MD 的方程为 x= y1 y+1,代入椭圆方程 9 + 5 =1,整理得, y2 1 x1-1 y + y1 y-4=0,6 分
2

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?5x1-9 y1?x1-1? 5x1-9 4y1 ? 4y1 ? ? ,x1-5? ∵y1+y3= x1-5 ,∴y3=x1-5,从而 x3= x1-5 ,故点 P? ? x1-5 ?, ?5x2-9 4y2 ? ? ? Q? .8 ,x2-5? ? x2-5 ?

同理,点



y1 y2 ∵三点 M,F1,N 共线,∴x1+2=x2+2,

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4y1 4y2 x1-5-x2-5 y3-y4 从 而 x1y2 - x2y1 = 2(y1 - y2) , 从 而 k2 = x3-x4 = 5x1-9 5x2-9 = x1-5 - x2-5 x1y2-x2y1+5?y1-y2? 7?y1-y2? 7k1 4k2 =4?x1-x2?= 4 , 故 k1- 7 =0, 从而存在满足条件的常数 λ, 4?x1-x2? 4 λ=-7.12 分

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探索性问题求解的思路及策略 1.思路:先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存在;若结论 不正确,则不存在. 2.策略:(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.

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x2 y2 (2016· 哈尔滨二模)已知椭圆 C: a2+b2=1(a>b>0)的焦点分别

[变式训练 3]

为 F1(- 3,0),F2( 3,0),点 P 在椭圆 C 上,满足|PF1|=7|PF2|,tan∠F1PF2= 4 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)已知点 A(1,0),试探究是否存在直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 交于 D,E 两 点,且使得|AD|=|AE|?若存在,求出 k 的取值范围;若不存在,请说明理由. 【导学号:85952056】

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7a a [解] (1)由|PF1|=7|PF2|,PF1+PF2=2a 得 PF1= 4 ,PF2=4.2 分 1 由余弦定理得 cos∠F1PF=7= x2 为 4 +y2=1.4 分
?7a? ?a? ? ?2 ? ?2 ? 4 ? +?4? -?2

3?2 ,∴a=2,∴所求 C 的方程

7a a 2× 4 ×4

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x2 (2)假设存在直线 l 满足题设,设 D(x1,y1),E(x2,y2),将 y=kx+m 代入 4 +y2 =1 并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由 Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=- 16(m2-4k2-1)>0,得 4k2+1>m2.①6 分 8km 又 x1+x2=-1+4k2. 设 D,E 中点为 ②8 分
? 4km m ? ? ? 2 2 ? M(x0,y0),M? ?-1+4k ,1+4k ?,kAMk=-1,得

1+4k2 m=- 3k ,

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?1+4k2? ? ?2 2 4 2 2 2 ? 20 k k 1 0 (4 k 1)(5 k 将②代入①得 4k +1>? , 化简得 + - > ? + -1)>0, ? 3k ?

5 5 解得 k> 5 或 k<- 5 ,所以存在直线 l,使得|AD|=|AE|,此时 k 的取值范围为
? ? ?-∞,- ? ? ? 5? ? ? 5 ? ? ? 5? ?∪? 5 ,+∞?.12 分


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