圆锥曲线的综合问题教案.docx
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圆锥曲线的综合问题教案
第三讲圆锥曲线的综合问题
考点整合
1.直线与圆锥曲线的位置关系
(1)直线与椭圆的位置关系的判定法:
将直线程与椭圆程联立,消去一个未知数,得到一个一元二次程•若少0,则直线与椭
圆相交;若A=0,则直线与椭圆相切;若A<0,则直线与椭圆相离.
(2)直线与双曲线的位置关系的判定法:
将直线程与双曲线程联立,消去y或x),得到一个一元程ax2+bx+c=0(或ay2+by+c
=0)•
1若a工0,当A>0时,直线与双曲线相交;当A=0时,直线与双曲线相切;当A<0
时,直线与双曲线相离.
2若a=0时,直线与渐近线平行,与双曲线有一个交点.
(3)直线与抛物线的位置关系的判定法:
将直线程与抛物线程联立,消去y(或x),得到一个一元程ax2+bx+c=0(或ay2+by+c
=0)•
1当az0时,用△判定,法同上.
2当a=0时,直线与抛物线的对称轴平行,只有一个交点.
2.有关弦的问题
(1)有关弦长问题,应注意运用弦长公式及根与系数的关系,“设而不求”;有关焦点弦
长问题,要重视圆锥曲线定义的运用,以简化运算.
①斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点Pi(xi,yi),P2(x2,y2),则所得弦长|PiP2|=』1+k2
|x2-X1或|P1P2=-,1+胡2—y1|,其中求|x2-X1|与|y2-y11时通常使用根与系数的关系,
即作如下变形:
|x2—X1=\/X1+X22—4X1x2,
②当斜率k不存在时,可求出交点坐标,直接运算(利用两点间距离公式).
(2)弦的中点问题
有关弦的中点问题,应灵活运用“点差法”,“设而不求法”来简化运算.
3.圆锥曲线中的最值
(1)椭圆中的最值
个端点,O为坐标原点,则有
1|0P|€[b,a].
2|PFi|€[a—c,a+c].
3|PFi||PF2|€[b2,a2].
4
/FiPF2 标原点,则有 1|OP|》a. 2|PFi|>c—a. (3)抛物线中的最值 点P为抛物线y2=2px(p>0)上的任一点,F为焦点,则有: ①pf|>2 1. (2013课标全国I)已知椭圆E: 羊+$=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E b2 所以直线AB的斜率为k= a 设直线程为y=*(x—3), 联立直线与椭圆的程得(a2+b2)x2—6b2x+9b2—a4=0,所以X1+X2=aT^=2; 又因为a2—b2=9,解得b2=9,a2=18. 2.(2013)过点(2,0)引直线I与曲线y=.1—x2相交于A、B两点,O为坐标原点,当△ AOB的面积取最大值时,直线I的斜率等于() B.-¥ C. 答案 1 tS^aob=2|OA||OB|sin/AOB 1/1 =2sin/AOB<2 解析 当/AOB= AOB面积最大. 此时O到AB的距离d=爭. 设AB程为y=k(x—2)(k<0), 即kx—y—i2k=0. 由d=「邓= (也可k=—tan/OPH= 3.(2013大纲全国)椭圆C: k一逅 3' 一) 3). 22 -+ 43 =1的左、 右顶点分别为Ai、A2,点P在C上且直线PA2 斜率的取值围是[—2, 1_ A.©4] 1 C.[夕 1] 答案B —1],那么直线 解析利用直线PA2斜率的取值围确定点 FA1斜率的边界值. 由题意可得A1(—2,0),A2(2,0), 当PA2的斜率为— 2时, y=—2(x—2),y化简得解得x=2或x=^6.由点p在椭圆上得点p26, 直线FA2的程式为 代入椭圆程,消去 同理, 当直线PA2的斜率为一1时, 代入椭圆程, PA1斜率的取值围是 33 [3,3] 1] P变化围的边界点,再利用斜率公式计算直线 19x2—64x+52=0, 24,此时直线pa1的斜率k=8 直线PA2程为y=—(x—2), 消去y化简得7x2—16x+4=0,解得x=2或 由点P在椭圆上得点 此时直线PA1的斜率 212 F7,&,k=3k=4. 数形结合可知,直线 3 pa1斜率的取值围是8, 4.(2012)椭圆4+3=1的左焦点为F,直线x=m与椭圆相交于点A、B,当△FAB的长最 大时,△FAB的面积是. 答案3 解析直线x=m过右焦点(1,0)时,△FAB的长最大,由椭圆定义知,其长为4a=8, b22X3i 此时,AB|=2X-==3,.・.S^fab=-X2X3=3. a22 5.(2012)在直角坐标系xOy中,直线I过抛物线y2=4x的焦点F,且与该抛物线相交于A, B两点.其中点A在x轴上,若直线I的倾斜角为60°则厶OAF的面积为 答案;3 解析•••y2=4x的焦点F(1,0), 又直线I过焦点F且倾斜角为60° 故直线l的程为y=;'3(x-1), 将其代入y2=4x得3x2-6x+3—4x=0, 1 即3x2—10x+3=0.x=3或x=3. 3 又点A在x轴上,••Xa=3.二yA=2\'-3. 1 •Saoaf=2*1X2■3=■'3. 题型一圆锥曲线中的围、最值问题 【例1】已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0),实半轴长为-3. (1)求双曲线C的程; ⑵若直线I: y=kx+.2与双曲线C的左支交于A,B两点,求k的取值围; (3)在 (2)的条件下,线段AB的垂直平分线l0与y轴交于M(0,b),求b的取值围.审题破题 (2)直接利用判别式和根与系数的关系确定k的围;(3)寻找b和k的关系, 由已知,得a=.3,c=2,b2=c2—a2=1,故双曲线程为彳—y2=1. ⑵设A(xa,yA),B(xb,yB),将y=kx+,2代入—y2=1, 得(1—3k2)x2—62kx—9=0. 1—3k2丰0, △=361—k2>0, 由题意,知xA+xB=1'3: 2<0,解得~3<«1. —9 XAXB=匚汞>°, 所以当-3 3 ⑶由⑵,得XA+XB=1—^2, 所以Ya+yB=(kxA+2)+(kxB+2) =k(XA+XB)+22=1—^2, 所以AB中点P的坐标为园尘,」. 1—3k21—3k2 1A\f2 设Io的程为y=—[x+b,将P点的坐标代入l0的程,得b=1—3k2, T33 •••b的取值围是(一a,—22). 反思归纳求最值或求围问题常见的解法有两种: (1)几法•若题目的条件和结论能明 显体现几特征及意义,则考虑利用图形性质来解决,这就是几法. (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,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最 值,这就是代数法. 变式训练1(2013)已知抛物线C的顶点为原点,其焦点F(0,c)(c>0)到直线I: x—y—2=0的距离为穿.设P为直线I上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点. (1)求抛物线C的程; (2)当点P(xo,yo)为直线I上的定点时,求直线AB的程; (3)当点P在直线I上移动时,求|AF||BF|的最小值. 解 (1)依题意知|c+2|=卑乎,c>0,解得c=1. 寸22 所以抛物线C的程为x2=4y. (2)由y=扶得y,=], 、r11 设A(X1,y1),B(X2,y2),则切线PA,PB的斜率分别为"X1,5x2,所以切线PA的程为yX1X1X2 —y1=~(x—X1),即y=~x——+y1,即卩X1X—2y—2y1=0. 同理可得切线PB的程为X2x—2y—2y2=0, 又点P(X0,y0)在切线PA和PB上, 所以xiXo—2yo—2yi=0,X2X0—2yo—2y2=0, 所以(Xi,yi),(X2,y2)为程xox—2yo—2y=0的两组解,所以直线AB的程为Xox—2y—2yo=0. ⑶由抛物线定义知|AF|=yi+1,|BF|=y2+1, 所以|AF||BF|=(yi+1)(y2+1)=yiy2+(yi+y2)+1, 消去x整理得y2+(2yo—x0)y+y2=0, y1+y2=x2—2y0,y1y2=y2, |AF||BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y0+x0—2yo+1 =y2+(yo+2)2—2yo+1=2y0+2yo+5 c129 =2yo+22+2, •••当yo=—2■时,|AF||BF|取得最小值,且最小值为2. 题型二圆锥曲线中的定点、定值问题 【例2](2012)如图,等边三角形OAB的边长为8.3,且其三个 顶点均在抛物线E: x2=2py(p>0)上. (1)求抛物线E的程; (2)设动直线I与抛物线E相切于点P,与直线y=—1相交于点证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点. 审题破题 (1)先求出B点坐标,代入抛物线程,可得p的值; (2)假设在y轴上存在定点M,使得以线段PQ为直径的圆经过点M,转化为MPMQ=0,从而判断点M是否 存在. (1)解依题意,|OB|=8.3,7BOy=30° 设B(x,y),则x=|OB|sin30=4羽,y=|OB|cos30=12.因为点B(4,3,12)在x2=2py上, 所以(4,3)2=2pX12,解得p=2. 故抛物线E的程为x2=4y. ⑵证明法一由 (1)知y=扶,y'=2x. 1 设P(X0,yo),则X0工0,yo=[x2,且l的程为 即(y2+yi—2)+(1—yi)yo=0.(*)由于(*)式对满足yo=4x0(xom0)的yo恒成立, i—yi=0,所以。 解得yi=i. y2+yi—2=0, 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,i). ii 法二由⑴知y=4x2,y'=尹. i 设P(xo,yo),贝UxoM0,yo=4x6, i 且I的程为y—yo=? xo(x—xo), 即y=2;xox—4x2. ii2x2—4 y=“ox—yx0,x= 由y24,得2xo, y=—iy=—i. 所以Q为x0—4,—i. 2xo 取xo=2,此时P(2,i),Q(0,—i), 以PQ为直径的圆为(x—i)2+y2=2, 交y轴于点Mi(o,i)、M2(0,—i); 卄i3„ 取xo=i,此时pi,4,q—2,—i, 以PQ为直径的圆为x+12+y+32=^25, 4J864 交y轴于点Ma(0,i)、M40,—7. 故若满足条件的点M存在,只能是M(0,i). 以下证明点M(0,i)就是所要求的点. 因为MP=(xo,yo—i),MQ=号乂;,—2, 所以IMPMQ=x0—^—2yo+2=2yo—2—2yo+2=0. 故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,i). 反思归纳定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量,那么就可以用变化 的量表示问题的直线程、数量积、比例关系等,这些直线程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值,就是要求的定点、定值•化解这类问题的关键就是引 进变的参数表示直线程、数量积、比例关系等,根据等式的恒成立、数式变换等寻找不 受参数影响的量. 变式训练2已知直线I: y=x+;6,圆O: x2+y2=5,椭圆E: £+x2=i(a>b>0)的离心率 ,直线I被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等. ⑴求椭圆E的程; (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: 两切线的斜率之积为定值. (1)解设椭圆的半焦距为c, 圆心O到直线I的距离d=上6—=3 pl+1b=5—3=12. c=l? a3 由题意得a2=匕2+c2,二a2=3,b2=2. b=,'2 22 •••椭圆E的程为鲁+中=1. 32 ⑵证明设点P(xo,yo),过点P的椭圆E的切线Io的程为y—yo=k(x—xo), y=kx—xo+yo •••两条切线的斜率之积为常数-1. (1)求该椭圆的标准程; ⑵设动点P满足OP=OM+2ON,其中M、N是椭圆上的点,直线OM与ON的斜率之 1 积为一2•问: 是否存在两个定点Fl,F2,使得|PFi|+|PF2|为定值? 若存在,求Fi,F2 的坐标;若不存在,说明理由. 1 审题破题 (1)列程组求出a、c即可; (2)由koMkoN=-°先确定点M、N坐标满足条件, 再根据OP=OM+2(5n寻找点P满足条件: 点P在Fi、F2为焦点的椭圆上. 解 (1)由e=c=2,-=22, a2cv 解得a=2,c=•2,b2=a2—c2=2, 故椭圆的标准程为x4+y2=1. (2)设P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2), 则由OP=OM+2ON, 得(x,y)=(X1,y1)+2(x2,y2)=(X1+2x2,y1+2y2), 即x=X1+2x2,y=y1+2y2. 因为点M、N在椭圆x2+2y2=4上, 所以x1+2y2=4,x2+2y2=4, 故x2+2y2=(x1+4x2+4x1x2)+2(y1+4y2+4y1y2) =(x1+2y1)+4(x2+2y2)+4(X1X2+2y1y2) =20+4(X1X2+2y1y2). 设koM,koN分别为直线OM,ON的斜率, 由题设条件知koMkoN='yy=—1, X1X22 因此X1X2+2y1y2=0,所以x2+2y2=20. x2y2 所以P点是椭圆+i—2=1上的点,设该椭圆的左、右焦点为F1、F2,则由椭 2寸52吋102 圆的定义|PF1|+|PF2|为定值,又因c=.2.52—.-'102=10,因此两焦点的坐标为 F1(—.10,0),F2(,10,0). 反思归纳探究是否存在的问题,一般均是先假设存在,然后寻找理由去确定结论,如果真的存在,则能得出相应结论,如果不存在,则会由条件得出相互矛盾的结论. 变式训练3已知点P是圆O: x2+y2=9上的任意一点,过P作PD垂直x轴于D,动点Q满足DQ=|dp. (1)求动点Q的轨迹程; ->1-> (2)已知点E(1,1),在动点Q的轨迹上是否存在两个不重合的两点M、N,使OE=/OM +赤)(0是坐标原点),若存在,求出直线MN的程,若不存在,请说明理由. 解⑴设P(X0,y0),Q(x,y),依题意,点D的坐标为D(x0,0), 所以DQ=(x—X0,y),DP=(0,y0), 2-> 又DQ=3DP, x—X0=0, X0=X, 故2 即3 y=3y0, yo=2y, 因为P在圆0上,故有X0+y? =9, =1, 所以X2+322=9,即X十彳 294 、X2V2 所以点Q的轨迹程为—十■—=1. 94 x2V2 ⑵假设椭圆石十~=1上存在不重合的两点M(X1,y1), vJI ->1->-> N(x2,y2)满足OE=2(0M十ON), X1+X2=2,即 y1+y2=2. X1+X2=1, 且有 屮十y2=1 2=, 又M(X1,y1),N(X2,y2)在椭圆9十 x2y2+二=1 9十4, 所以-一 一 9十4 X1-X2X1+X2y1—y2y1+y2小 两式相减,得十=0, 所以kMN==7 X1—X2 故直线MN的程为4x+9y—13=0. 所以椭圆上存在点M,N满足0E=1(0M十ON), 此时直线MN的程为4x+9y—13=0. 阅卷评析 【典例】(12分)抛物线的顶点0在坐标原点,焦点在y轴负半轴上,过点M(0,—2)作直线I与抛物线相交于A,B两点,且满足0A十0B=(—4,—12). (1)求直线I和抛物线的程; (2)当抛物线上一动点P从点A运动到点B时,求△ABP面积的最大值. 规解答 解 (1)根据题意可设直线I的程为y=kx—2,抛物线的程为x2=—2py(p>0). y=kx—2, 由。 得x2+2pkx—4p=0.[2分] x2=—2py, 设点A(xi,yi),B(x2,y2),则 xi+X2=—2pk,yi+y2=k(xi+X2)—4=—2pk2—4. 所以O)A+O)B=(—4,—12), —2pk=—4, 所以2 —2pk2—4=—12, 故直线I的程为y=2x—2,抛物线的程为x2=—2y.[6分] 此时点P到直线I的距离 |2—2——2—2|44』5八 d=1屁+-121=眉¥[9分] 则X1+X2=—4,X1X2=—4, |AB|=1+k2•X1+X22—4X1X2 =71+22•—42—4•—4=4再. 于是,△ABP面积的最大值为410X誉=8: 2.[12分] 评分细则⑴由O)A+O>B=(—4,—12)得到关于p,k的程组得2分;解出p、k的值给 1分;⑵确定△ABP面积最大的条件给1分;⑶得到程X2+4x—4=0给1分.阅卷老师提醒最值问题解法有几法和代数法两种,本题中的曲线上一点到直线的距离 1.由椭圆与+y2=1的左焦点作倾斜角为45。 的直线I交椭圆于A,B两点,设0为坐标原 点,则OA0B等于 A.0B.1 答案C 解析直线I的程为: y=x+1, 设A(X1,y1),B(X2,y2), 二OAOB=X1X2+yiy2=—3. 答案C 1 的准线程为x=—3,故&ABP=6X12=36. 3.已知动圆圆心在抛物线y2=4x上,且动圆恒与直线x=—1相切,则此动圆必过定点() A.(2,0)B.(1,0)C.(0,1)D.(0,—1) 答案B 解析因为动圆的圆心在抛物线y2=4x上,且x=—1是抛物线y2=4x的准线,所以由 抛物线的定义知,动圆一定过抛物线的焦点(1,0),所以选B. 4.设M(xo,yo)为抛物线C: x2=8y上一点,F为抛物线C的焦点,以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交,则yo的取值围是() A.(0,2)B.[0,2] C.(2,+^)D.[2,+^) 答案C 解析•/x2=8y,「.焦点F的坐标为(0,2),准线程为y=—2.由抛物线的定义知|FM|=y+2. 由于以F为圆心、|FM|为半径的圆与准线相交,又圆心F到准线的距离为4,故4 +2,「.y0>2. 5.已知抛物线C的顶点为坐标原点,焦点在x轴上,直线y=x与抛物线C交于A,B两点, 若P(2,2)为AB的中点,则抛物线C的程为. 答案y2=4x 解析设抛物线程为y2=ax.将y=x代入y2=ax,得x=0或x=a,—号=2.—a=4. •••抛物线程为y2=4x. 6.已知F1(—c,0),F2(c,0)为椭圆羊+£=1的两个焦点,P为椭圆上一点且PF1PF2=c2,则 此椭圆离心率的取值围是. 答案B 的最小值为 81 B.-云C.1 答案A 大为 答案A 解析如图,由椭圆对称性知 OF1=e,△F1OB边OF1上的 一1 高为yB,而yB的最大值为b.所以△F1OB的面积最大值为? cb. 所以△FiAB的面积最大值为be. 4.已知点 A(—1,0),B(1,0)及抛物线y2=2x,若抛物线上点P满足|PA|=m|PB|,贝Vm的最大 值为 C.3 D.2 答案 解析 5.直线3x—4y+4=0与抛物线x2=4y和圆x2+(y—1)2=1从左到右的交点依次为A、B、C、 D,则Cd]的值为 1 D.4 ( ) A.16 1 B.亦 C.4 答案 B 解析 3x—4y+4=0,由„ x2=4y 得x2—3x—4=0, 5 二Xa=—1,xd=4,直线3x—4y+4=0恰过抛物线的焦点F(0,1),a|AF|=yA+1=, |DF|=yD+1=5, ...蛆=JAf—=丄故选b |CD||DF|—116.故选 x2y2 6.过椭圆C: x2+着=1(a>b>0)的左顶点A的斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B,且点ab 11 B在x轴上的射影恰好为右焦点F,若孑《2,则椭圆离心率的取值围是() 19
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