2021届高考数学统考二轮复习-第二部分-专题5-解析几何-第3讲-圆锥曲线中的综合问题教案-理.doc

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题5 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题教案 理

2021届高考数学统考二轮复习 第二部分 专题5 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题教案 理

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专题5第3讲　圆锥曲线中的综合问题

　　　　　　　　范围、最值问题

授课提示：对应学生用书第50页

考情调研
考向分析
与圆锥曲线有关的最值与范围问题是高考命题的热点，直线与圆锥曲线运动变化时，点、直线、曲线之间的关系受一定范围的制约，于是便产生了对范围的求解.
1.直线的斜率的范围．
2.几何图形面积的范围．
3.参数的范围.

[题组练透]
1．(2020·恩施质检)在直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，左右焦点分别为F1，F2，R为短轴的一个端点，且△RF1F2的面积为.设过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，P为椭圆C上异于A，B的一点，且直线PA，PB的斜率都存在，kPA·kPB＝－.
(1)求a，b的值；
(2)设Q为椭圆C上位于x轴上方的一点，且QF1⊥x轴，M、N为曲线C上不同于Q的两点，且∠MQF1＝∠NQF1，设直线MN与y轴交于点D(0，d)，求d的取值范围．
解析：(1)设A(x1，y1)，P(x2，y2)，则B(－x1，－y1)，
进一步得，＋＝1，＋＝1，
两个等式相减得，＋＝0，
所以·＝－，所以kPA·kPB＝－，因为kPA·kPB＝－，所以－＝－，即＝，
设b＝t，a＝2t(t>0)，
因为a2＝b2＋c2，所以c＝t，
由△RF1F2的面积为得，＝，即bc＝，
即t2＝，t＝1，所以a＝2，b＝.
(2)设直线QM的斜率为k，因为∠MQF1＝∠NQF1，所以QM，QN关于直线QF1对称，
所以，直线QN的斜率为－k，
计算得F1(－1,0)，Q，
所以直线QM的方程是y－＝k(x＋1)，
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，
由消去y得(3＋4k2)x2＋(12＋8k)kx＋(4k2＋12k－3)＝0，
所以－1·x3＝，
所以x3＝，
将上式中的k换成－k得，x4＝，
所以kMN＝＝＝＝－，
所以直线MN的方程是y＝－x＋d，
代入椭圆方程＋＝1得，x2－dx＋d2－3＝0，
所以Δ＝(－d)2－4(d2－3)>0，所以－2<d<2，
又因为MN在Q点下方，所以>－×(－1)＋d，所以－2<d<1.
2．已知椭圆M：＋＝1(a>0)的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点分别为A、B，经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
(1)求椭圆M的方程；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
解析：(1)因为F(－1,0)为椭圆M的焦点，
所以c＝1，
又b＝，所以a＝2，
所以椭圆M的方程为＋＝1.
(2)法一：当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，此时△ABD与△ABC的面积相等，即|S1－S2|＝0.
当直线l的斜率存在时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
与椭圆M的方程联立，消去y，
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0恒成立，且x1＋x2＝－，x1x2＝.
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝＝≤＝(当且仅当k＝±时，取等号)，
所以|S1－S2|的最大值为.
法二：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
直线l的方程为x＝my－1，与椭圆M的方程联立，消去x，
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ>0恒成立，
且y1＋y2＝，
故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝＝≤＝，
当且仅当m＝±时取等号，
所以|S1－S2|的最大值为.
[题后悟通]
解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．

　　　　　　　　定点、定值问题

授课提示：对应学生用书第51页

考情调研
考向分析
圆锥曲线的定点与定值问题是高考命题的热点，无论选择题、填空题，还是解答题，只要考查与曲线有关的运动变化，都可能涉及探究定点或定值，因而这类问题考查范围广泛，命题形式新颖.
1.直线或曲线过定点．
2.线段的长或几何图形的面积为定值.

[题组练透]
1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，右焦点F的坐标为(2,0)，且点(2，)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)过点F的直线交椭圆于A，B两点(直线不与x轴垂直)，已知点A与点P关于x轴对称，证明：直线PB恒过定点，并求出此定点坐标．
解析：(1)由已知得，解得，
∴椭圆C的标准方程＋＝1，
∴椭圆C的离心率e＝＝＝.
(2)证明：设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(x1，－y1)，
可设PB的直线方程为y＝kx＋m，
联立方程，整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∵kAF＝kFB，∴＝，
整理得，2kx1x2＋(m－2k)(x1＋x2)－4m＝0，
∴2k·＋(m－2k)·－4m＝0，解得m＝－4k，
∴PB的直线方程为y＝kx－4k＝k(x－4)，
直线PB恒过定点(4,0)．
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为，右焦点为F.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l与椭圆C相切于点P(不为椭圆C的左、右顶点)，直线l与直线x＝2交于点A，直线l与直线x＝－2交于点B，请问∠AFB是否为定值？若不是，请说明理由；若是，请证明．
解析：(1)因为2a＝4，所以a＝2，
又e＝＝，所以c＝，b＝＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，切点P的坐标为(0,1)或(0，－1)，易知此时|AF|2＋|BF|2＝|AB|2，
即∠AFB＝.
当直线l的斜率不为0时，设P(x0，y0)，
则l的方程为＋yy0＝1，
所以A(2，)，B(－2，)，
所以kAF·kBF＝·＝＝－1，
所以AF与BF互相垂直，(两直线垂直的充要条件为k1·k2＝－1)
所以∠AFB＝.
综上可知，∠AFB为定值.
[题后悟通]
圆锥曲线中的证明问题的解决方法
解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
常用的证明方法有：
(1)证A、B、C三点共线，可证kAB＝kAC或＝λ.
(2)证直线MA⊥MB，可证kMA·kMB＝－1或·＝0.
(3)证|AB|＝|AC|，可证A点在线段BC的垂直平分线上．

　　　　　　　　存在性问题

授课提示：对应学生用书第52页

考情调研
考向分析
以考查直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系为背景，主要涉及存在性问题．题型主要以解答题形式出现，属于中高档题.
1.点、线的存在问题．
2.参数的存在问题.

[题组练透]
1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，且点F1到椭圆C上任意一点的最大距离为3，椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A、B两点，与椭圆相交于C、D，且＝？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解析：(1)根据题意，设F1，F2的坐标分别为(－c,0)，(c,0)，
由题意可得
解得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，
由(1)知F1，F2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
由题意知圆心(0,0)到直线l的距离d＝<1，
得|m|<.
|AB|＝2＝2 ＝×，
联立得消去y，
得7x2－8mx＋4m2－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得m2<7，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|CD|＝|x1－x2|＝× ＝× ＝×＝|AB|＝××，
解得m2＝<7，得m＝±.
即存在符合条件的直线l，其方程为
y＝－x±.
2．已知抛物线C：y＝2x2，直线l：y＝kx＋2交抛物线C于A，B两点，M是线段AB的中点，过点M作x轴的垂线交C于点N.
(1)证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；
(2)是否存在实数k，使得以AB为直径的圆M经过点N？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得2x2－kx－2＝0，
则x1＋x2＝，x1·x2＝－1，
因为M是线段AB的中点，
所以M(，＋2)，
又过点M作x轴的垂线交C于点N，
所以N(，)．
因为y＝2x2，所以y′＝4x，
则抛物线C在点N处的切线的斜率为4×＝k，
故抛物线C在点N处的切线与AB平行．
(2)假设存在实数k，使得以AB为直径的圆M经过点N，则|MN|＝|AB|.
由(1)知yM＝＋2，又MN垂直于x轴，
所以|MN|＝yM－yN＝＋2－＝.
由(1)知，x1＋x2＝，x1x2＝－1，
所以|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝· ＝·，
所以＝·，
即k4＋12k2－64＝0，解得k＝±2.
故存在实数k＝±2，使得以AB为直径的圆M经过点N.
[题后悟通]