2019最新高考数学二轮复习 专题四 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题学案(考试专用)

第3讲 圆锥曲线的综合问题

[考情考向分析] 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大.

热点一 范围、最值问题

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.

3xy例1 (2018·浙江省稽阳联谊学校联考)已知离心率为的椭圆C:2+2=1(a>b>0)过点

2ab2

2

P?1,?

?3?

?,与坐标轴不平行的直线l与椭圆C交于A,B两点,其中M为A关于y轴的对称2?

点,N(0,2),O为坐标原点.

(1)求椭圆C的方程;

(2)分别记△PAO,△PBO的面积为S1,S2,当M,N,B三点共线时,求S1·S2的最大值. 解 (1)∵=把点P?1,

ca3222

,a=b+c,∴a=2b. 2

??133?

?代入椭圆方程可得a2+4b2=1, 2?

解得a=2,b=1,∴椭圆方程为+y=1.

4(2)设点A坐标为(x1,y1),点B坐标为(x2,y2), 则M为(-x1,y1),

设直线l的方程为y=kx+b,

联立椭圆方程可得(4k+1)x+8kbx+4b-4=0, -8kb4b-4

∴x1+x2=2,x1x2=2,Δ>0,

4k+14k+1∵M,N,B三点共线,

1

2

2

2

2

x2

2

∴kMN=kBN, 即

y1-2y2-2

+=0, x1x2

化简得8k(1-2b)=0, 解得b=

2

或k=0(舍去). 2

设A,B两点到直线OP的距离分别为d1,d2. 直线OP的方程为3x-2y=0,|OP|=7, 2

1

∴S1·S2=|(3x1-2y1)(3x2-2y2)|,

16化简可得

S1·S2=|(2k-3)2x1x2+2(2k-3)(x1+x2)+2|

3k??1

=?-+2?. ?44k+1?又

3k?3??3?∈?-,0?∪?0,?, 4k+1?44???

2

1

16

13+1

∴当k=-时,S1·S2的最大值为.

24思维升华 解决范围问题的常用方法

(1)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后,利用数形结合法求解. (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.

跟踪演练1 (2018·绍兴市柯桥区模拟)已知抛物线C:y=4x的焦点为F,直线l:y=kx-4(1

2

S1,S2.

(1)求AB中点M到y轴的距离d的取值范围; (2)求的取值范围.

S1

S2

2

??y=kx-4,

解 (1)联立?2

?y=4x,?

22

k消去y,

得kx-(8k+4)x+16=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 8k+416

则x1+x2=2,x1x2=2,

k所以d=

x1+x242?1?2?5?=+2=2?+1?-2∈?,6?. 2kk?k??2?

S1|PA|x1

(2)由于==.

S2|PB|x2

S1S2x1x2?x1+x2?2-2x1x2

由(1)可知+=+= S2S1x2x1x1x2

?8k+4?

=·-2 16k4

k2

2

?1?2?17?=?+2?-2∈?,7?. k4?

?

?

?

由+>

S1S217S1?S1?2

,得4??-17·+4>0,

S2S14S2?S2?

S1S11解得>4或<.

S2S24

S1S11因为0<<1,所以0<<,

S2S24

由+<7,得??-7·+1<0,

S7-35S17+35解得<<,

2S227-35S11

因此<<. 2S24即的取值范围为?

S1S2

S2S1

?S1?2?2?

S1S2

S1S2

?7-351?

,?. 4??2

热点二 定点、定值问题

1.由直线方程确定定点,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.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值.

例2 (2018·北京)已知抛物线C:y=2px经过点P(1,2),过点Q(0,1)的直线l与抛物线C2

3

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;

11→→→→

(2)设O为原点,QM=λQO,QN=μQO,求证:+为定值.

λμ(1)解 因为抛物线y=2px过点(1,2), 所以2p=4,即p=2. 故抛物线C的方程为y=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),

??y=4x,由?

?y=kx+1,?

2

22

得kx+(2k-4)x+1=0.

2

2

22

依题意知Δ=(2k-4)-4×k×1>0, 解得k<0或0

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的斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1). (2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2), 2k-41由(1)知x1+x2=-2,x1x2=2. kk直线PA的方程为y-2=y1-2

(x-1), x1-1

-y1+2-kx1+1

令x=0,得点M的纵坐标为yM=+2=+2.

x1-1x1-1同理得点N的纵坐标为yN=

-kx2+1

+2.

x2-1

→→→→

由QM=λQO,QN=μQO,得λ=1-yM,μ=1-yN. 1111x1-1x2-1所以+=+=+ λμ1-yM1-yN?k-1?x1?k-1?x2

2

k12x1x2-?x1+x2?1=·=·k-1x1x2k-1

11

所以+为定值.

λμ

2

2k-4

k2

1

=2.

k2思维升华 (1)动直线过定点问题的两大类型及解法

①动直线l过定点问题,解法:设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k 4

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