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2019年高考总复习数学(理科)专题复习课件:专题五 圆锥曲线的综合及应用问题 第2课时_高考_高中教育_教育专区

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2019年高考总复习数学(理科)专题复习课件:专题五 圆锥曲线的综合及应用问题 第2课时_高考_高中教育_教育专区。第2 课时 题型1 圆锥曲线中的最值、范围问题 圆锥曲线中的最值问题在历年的高考中,常考常新,通常 有两类:一类是有关长度、面积等的最值问题;另一类是圆锥 曲线中有关几何元素的最值问题.解决有关最


第2 课时 题型1 圆锥曲线中的最值、范围问题 圆锥曲线中的最值问题在历年的高考中,常考常新,通常 有两类:一类是有关长度、面积等的最值问题;另一类是圆锥 曲线中有关几何元素的最值问题.解决有关最值问题时,首先 要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等),通过回归定义, 结合几何知识,建立目标函数,利用函数的性质或不等式等知 识以及观图、设参、转化、替换等途径来解决. 例 4:(1)(2015 年新课标Ⅰ)已知 F 是双曲线 C:x2-y82=1 的右焦点,P 是 C 的左支上一点,A(0,6 6).当△APF 周长最 小时,该三角形的面积为________.(导学号 58940131) 解析:设左焦点为 F1,|PF|-|PF1|=2a=2, ∴|PF|=2+|PF1|,△APF 的周长为|AF|+|AP|+|PF|=|AF| +|AP|+2+|PF1|, △APF 周长最小即为|AP|+|PF1|最小,当 A,P,F1 在一条 直线上时最小, 过 AF1 的直线方程为-x3+6 y 6=1. 与 x2-y82=1 联立,解得 P 点坐标为(-2,2 6), 此时 S= S AFF1-S PFF1 =12 6. 答案:12 6 (2)设 P 是椭圆2x52 +y92=1 上一点,M,N 分别是两圆:(x+ 4)2+y2=1 和(x-4)2+y2=1 上的点,则|PM|+|PN|的最小值、最 大值分别为( ) A.9,12 B.8,11 C.8,12 D.10,12 解析:如图 5-2,由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭 圆的两个焦点,由椭圆定义知|PA |+|PB|=2a=10,连接PA ,PB 分别与圆相交于 M,N 两点,此时|PM|+|PN|最小,最小值为|PA| +|PB|-2R=8;连接 PA ,PB 并延长,分别与圆相交于 M,N 两点,此时|PM|+|PN|最大,最大值为|PA |+|PB|+2R=12,即 最小值和最大值分别为 8,12. 答案:C 图 5-2 (3)(2016 年浙江)设双曲线 x2-y32=1 的左、右焦点分别为 F1,F2.若点 P 在双曲线上,且△F1PF2 为锐角三角形,则|PF1| +|PF2|的取值范围是________. 解析:由已知有 a=1,b= 3,c=2,则 e=ac=2,设 P(x, y)是双曲线上任一点,由对称性不妨设 P 在右支上,则 1<x<2, |PF1|=2x+1,|PF2|=2x-1, ∠F1PF2 为锐角,则|PF1|2+|PF2|2>|F1F2|2,即(2x+1)2+(2x -1)2>42.解得 x> 27.所以 27<x<2. |PF1|+|PF2|=4x∈(2 7,8). 答案:(2 7,8) 【规律方法】先由对称性可设点P在右支上,进而可得|PF1| 和|PF2|,再由△F1PF2 为锐角三角形可得|PF1|2+|PF2|2>|F1F2|2, 进而可得 x 的不等式,解不等式可得|PF1|+|PF2|的取值范围. 例 5:(2016 年新课标Ⅰ)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.(导学号 58940132) (1)求证|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. 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. 由题设,得 A(-1,0),B(1,0),|AB|=2. 由椭圆定义可得点E的轨迹方程为—x2+—y2 =1(y≠0). 43 (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?, 由???x42+y32=1 得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0. 则 x1+x2=4k82k+2 3,x1x2=44kk22-+132. 所以|MN|= 1+k2|x1-x2|=124?kk22++31?. 过点 B(1,0)且与 l 垂直的直线 m:y=-1k(x-1),A 到 m 的 距离为 k22+1, 所以|PQ|=2 42-??? ? k22+1????2=4 4k2+3 k2+1 . 故四边形 MPNQ 的面积 S=12|MN||PQ|=12 1+4k21+3. 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). 当 l 与 x 轴垂直时,其方程为 x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四 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). 【规律方法】(1)求参数范围的问题,牢记“先找不等式, 有时需要找出两个量之间的关系,然后消去另一个量,保留要 求的量” .不等式的来源可以是Δ>0 或圆锥曲线的有界性或是 题目条件中的某个量的范围. (2)求最值的问题,牢记“转化为只含一个变量的目标函 数,确定变量的范围”或“考虑几何意义”. 【互动探究】 1.已知两点 F1(-1,0)及 F2(1,0),点 P 在以 F1,F2 为焦点 的椭圆 C 上,且|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差数列. (1)求椭圆 C 的方程; (2)如图 5-3,动直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 有且仅有一个 公共点,点 F1,F2 在直线 l 上的正投影分别为 M,N,求四边 形 F1MNF2 的面积 S 的最大值. 图 5-3 解:(1)依题意,设椭圆 C 的方程为ax22+by22=1. ∵|PF1|,|F1F2|,|PF2|构成等差数列, ∴2a=|PF1|+|PF2|=2|F1F2|=4,a=2. 又∵c=1,∴b2=3.∴椭圆 C 的方程为x42+y32=1. (2)将直线 l 的方程 y=kx+m 代入椭圆 C 的方程 3x2+4y2 =12 中, 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 由直线 l 与椭圆 C 仅有一个公共点知, Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化简,得 m2=4k2+3. 设 d1=|F1M|=|-kk2++m1|,d2=|F2M|= |kk+2+m1| , 方法一,当 k≠0 时,设直线 l 的倾斜角为 θ, 则|d1-d2|=|MN|×|tan θ|. ∴|MN|=????d1-k d2????, S=12????d1-k d2????(d1+d2)=????d21-2kd22???? =k22+|m|1=m24-2|m3+| 1=m82|+m|1=|m|+8 |m1 |. ∵m2=4k2+3, ∴当 k≠0 时,|m|> 3,|m|+|m1 |> 3+ 1 =4 3 3 3,S<2 3. 当 k=0 时,四边形 F1MNF2 是矩形,S=2 3. 所以四边形 F1MNF2 面积 S 的最大值为 2 3. 方法二,∵d21+d22=????|-kk2++m1 |????2+???? |k+m| ? ?2 k2+1?? =2?mk22++1k2?=2?5k2k+2+13?, d1d2=|-kk2++m1|·|kk+2+m1| =|mk22+-1k2|=3kk22++13=3. ∴|MN|= F1F22-?d1-d2?2 = 4-?d21+d22-2d1d2?= 2 k2+1. 四边形 F1MNF2 的面积 S=12|MN|(d1+d2)= k21+1(d1+d2), S2=k2+1 1(d21+d22+2d1d2)=1?6kk2+2+11?22 =16-4????k2+1 1-2????2≤12. 当且仅当 k=1 时,S2=12,S=2 3,故 Smax=2 3. 所以四边形 F1MNF2 的面积 S 的最大值为 2 3. 方法三,设点 O 到直线 l 的距离为 d,有 d=d1+2 d2= k|m2+| 1. 图 D45 直线 F1M 方程为 y=-1k(x+1),如图 D45,点 F2 到直线 F1M 的距离就是 MN 的长度, 即|MN|= k22+1,所以四边形 F1MNF2 的面积 S=k22+|m|1=m24-2|m3+| 1=m82|+m|1=|m|+8 |m1 |. ∵m2=4k2+3, ∴当 k≠0 时,|m|> 3,|m|+|m1 |> 3+ 1 =4 3 3 3,S<2 3. 当 k=0 时,四边形 F1MNF2 是矩形,S=2 3. 所以四边形 F1MNF2 面积 S 的最大值为 2 3. 题型2 圆锥曲线中的探索性问题 探索性问题是近几年高考的热点问题,是一种具有开放性 和发散性的问题,此类题目的条件或结论不完备.要求解答者 自己去探索,结合已有条件,进行观察、分析、比较和概括. 圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面:(1)探索点是 否存在;(2)探索曲线是否存在;(3)探索命题是否成立.解决这 类问题的基本策略是:通常假定题中的数学对象存在(或结论成 立)或暂且认可其中的一部分的结论,然后在这个前提下进行逻 辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论. 其中反证法在解题中起着重要的作用. 例3:(2015 年新课标Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中,曲线 C:y = x2与直线y=kx+a(a>0)交于M,N两点.(导学号58940133) 4 (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. 思维点拨:将∠OPM=∠OPN 转化为直线PM 的倾斜角与 直线PN 的倾斜角互补,进而转化为直线PM 的斜率与直线PN 的斜率之和为0,再将其坐标化,即可列出方程,本题字母运 算复杂,需要细心和耐心. 解:(1)由题设可得 M(2 a,a),N(-2 a,a),或 M(-2 a, a),N(2 a,a). ∵y′=1x,故 y=x2在 x=2 a处的导数值为 a. 2 4 C 在(2 a,a)处的切线方程为 y-a= a(x-2 a), 即 ax-y-a=0. 故 y=x2在 x=-2 a处的导数值为- a. 4 C 在(-2 a,a)处的切线方程为 y-a=- a(x+2 a),即 ax+y+a=0. 故所求切线方程为 ax-y-a=0 或 ax+y+a=0. (2)存在符合题意的点,理由如下: 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 的方程整理,得 x2-4kx-4a=0. ∴x1+x2=4k,x1x2=-4a. ∴k1+k2=y1x-1 b+y2x-2 b=2kx1x2+?ax-1x2b??x1+x2?=k?a+a b?. 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 P(0,-a)符合题意. 【互动探究】 2.(2015 年四川)如图 5-4,椭圆 E:ax22+by22=1(a>b>0)的离 心率是 22,点 P(0,1)在短轴 CD 上,且P→C·P→D=-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O→A·O→B+λP→A·P→B为定值? 若存在,求 λ 的值;若不存在,请说明理由. 图 5-4 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P→C·P→D=-1, ??1-b2=-1, 于是???ac= 22, ??a2-b2=c2. 解得?????ab= =2,2. 所以椭圆 E 的方程为x42+y22=1. (2)当直线 AB 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???x42+y22=1, 得(2k2+1)x2+4kx-2=0. ??y=kx+1, 其判别式 Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 所以 x1+x2=-2k42+k 1,x1x2=-2k22+1. 从而O→A·O→B+λP→A·P→B =x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)] =(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1 =?-2λ-42?kk22++?1-2λ-1?=-2λk-2+11-λ-2. 所以,当 λ=1 时,-2λk-2+11-λ-2=-3. 此时,O→A·O→B+λP→A·P→B=-3 为定值. 当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 即为直线 CD. 此时O→A·O→B+λP→A·P→B=O→C·O→D+P→C·P→D=-2-1=-3. 故存在常数 λ=1,使得O→A·O→B+λP→A·P→B为定值-3.
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文档贡献者

百里登风

幼儿园教师

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