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2018届高三数学(理)二轮复习课件:第1部分 专题5 第3讲 第2课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

资料类别: 数学/课件

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2018/3/16

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* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 考点二 圆锥曲线中的定值问题 考点二 圆锥曲线中的定值问题 考点二 圆锥曲线中的定值问题 类题通法 考点二 圆锥曲线中的定值问题 演练冲关 考点二 圆锥曲线中的定值问题 演练冲关 考点二 圆锥曲线中的定值问题 演练冲关 考点三   存在性问题 方法结论 考点三   存在性问题 方法结论 类题通法 考点三   存在性问题 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 演练冲关 * * * * * * * * * * * 专题五  解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题 热点聚焦  题型突破 限时规范训练 目  录 ONTENTS 方法结论 考点一 圆锥曲线中的定点问题 考点一 圆锥曲线中的定点问题 考点一 圆锥曲线中的定点问题 考点一 圆锥曲线中的定点问题 考点一 圆锥曲线中的定点问题 考点一 圆锥曲线中的定点问题 考点一 圆锥曲线中的定点问题 类题通法 演练冲关 考点一 圆锥曲线中的定点问题 演练冲关 考点一 圆锥曲线中的定点问题 演练冲关 考点一 圆锥曲线中的定点问题 演练冲关 考点一 圆锥曲线中的定点问题 演练冲关 考点一 圆锥曲线中的定点问题 演练冲关 考点一 圆锥曲线中的定点问题 演练冲关 考点一 圆锥曲线中的定点问题 演练冲关 考点一 圆锥曲线中的定点问题 考点二 圆锥曲线中的定值问题 方法结论 考点二 圆锥曲线中的定值问题 考点二 圆锥曲线中的定值问题 考点二 圆锥曲线中的定值问题 考点二 圆锥曲线中的定值问题 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * 解析:(1)法一:由已知A(a,0),F(c,0),设B(x0,y0),C(-x0-y0),则D(,-),B,F,D三点共线,∥,又=(c-x0,-y0),=(,-),
-y0(c-x0)=-y0·,
a=3c,从而e=.
法二:设直线BF交AC于D,连接OD,由题意知,OD是CAB的中位线,OD綊AB,∥,OFD∽△AFB.∴=,解得a=3c,从而e=.
(2)∵F的坐标为(1,0),c=1,从而a=3,b2=8.
椭圆E的方程为+=1.设直线l的方程为x=ny+1(n≠0),
由(8n2+9)y2+16ny-64=0,
y1+y2=,y1y2=,
其中M(ny1+1,y1),N(ny2+1,y2).直线AM的方程为=,P(9,),同理Q(9,),
从而·=(8,)·(8,)=64+=64+=64+=0.
FP⊥FQ,即以PQ为直径的圆恒过点F.
定点的探索与证明问题注意利用特殊化思想探求再证明,求解的方法常见的有如下两种:
(1)直线过定点,引入适当的变量,求出直线方程,根据方程求出定点;
(2)曲线过定点,先用特殊位置的曲线探求定点,再证明曲线过该点,与变量无关.
1.(2017·高考全国卷)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足= .
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析:(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).
由= 得x0=x,y0=y.
因为M(x0,y0)在C上,所以+=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则
=(-3,t),=(-1-m,-n),·=3+3m-tn,
=(m,n),=(-3-m,t-n).
由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以·=0,即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F(1,0),O为坐标原点,A,B是抛物线C上异于O的两点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线OA,OB的斜率之积为-,求证:直线AB过x轴上一定点.
解析:(1)因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为(1,0),
所以=1,所以p=2.
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明:当直线AB的斜率不存在时,
设A,B.
因为直线OA,OB的斜率之积为-,
所以·=-,化简得t2=32.
所以A(8,t),B(8,-t),此时直线AB的方程为x=8.
当直线AB的斜率存在时,
设其方程为y=kx+b,A(xA,yA),B(xB,yB),
联立方程组消去x,得ky2-4y+4b=0.
根据根与系数的关系得yAyB=,
因为直线OA,OB的斜率之积为-,
所以·=-,即xAxB+2yAyB=0.
即·+2yAyB=0,
解得yAyB=0(舍去)或yAyB=-32.
所以yAyB==-32,即b=-8k,
所以y=kx-8k,即y=k(x-8).
综上所述,直线AB过定点(8,0).
解答圆锥曲线的定值,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,可以求出定值.
(1)求椭圆C的方程;
(2)如图,设R(x0,y0)是椭圆C上一动点,由原点O向圆(x-x0)2+(y-y0)2=4引两条切线,分别交椭圆于点P,Q,若直线OP,OQ的斜率存在,并记为k1,k2,求证:k1k2为定值.
(3)在(2)的条件下,试问|OP|2+|OQ|2是否为定值?若是,求出该值;若不是,请说明理由.
解析:(1)由题意得,c=,e=,解得a=2,
椭圆C的方程为+=1.
(2)由已知,直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x,且与圆R相切,
=2,化简得(x-4)k-2x0y0k1+y-4=0,
同理,可得(x-4)k-2x0y0k2+y-4=0,
∴k1,k2是方程(x-4)k2-2x0y0k+y-4=0的两个不相等的实数根,
x-4≠0,Δ>0,k1k2=.
∵点R(x0,y0)在椭圆C上,+=1,即y=6-x,
k1k2==-.
(3)|OP|2+|OQ|2是定值18.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立得,解得,x+y=,
同理,可得x+y=
由k1k2=-,得|OP|2+|OQ|2=x+y+x+y=+=+==18.
综上:|OP|2+|OQ|2=18.
定值问题在求解时注意“设而不求”思想方法的灵活运用,即引入参变量,用它来表示有关量,进而看能否把变量消去.“先猜后证”法是解决这类问题的有效方法,也就是先由特殊情形探求出定值或定点,进而证明它适用所有情形.
(2016·高考北京卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是椭圆C上一点,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:|AN|·|BM|为定值.
解析:(1)由题意得解得a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).
设P(x0,y0),则x+4y=4.
当x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2).
令x=0,得yM=-,从而|BM|=|1-yM|=|1+|.
直线PB的方程为y=x+1.
令y=0,得xN=-,从而|AN|=|2-xN|=|2+|.
所以|AN|·|BM|=|2+|·|1+|=||=||=4.
当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,
所以|AN|·|BM|=4.综上|AN|·|BM|为定值.
1.存在性问题的解题步骤
(1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).
(2)解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在,若无解则不存在.
(3)得出结论.
2.解决存在性问题的注意事项
存在性问题,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.
(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.
(3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采取另外的途径.
[典例] (2017·陕西西安模拟)已知F1,F2为椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点,点P(1,)在椭圆E上 ,且|PF1|+|PF2|=4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过F1的直线l1,l2分别交椭圆E于A,C和B,D,且l1l2,问是否存在常数λ,使得,λ,成等差数列?若存在,求出λ的值,若不存在,请说明理由.
解析:(1)|PF1|+|PF2|=4,
2a=4,a=2.
椭圆E:+=1.
将P(1,)代入可得b2=3,
椭圆E的方程为+=1.
(2)①当AC的斜率为零或斜率不存在时,+=+=;
当AC的斜率k存在且k≠0时,AC的方程为y=k(x+1),
代入椭圆方程+=1,并化简得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0.
设A(x1,y1),C(x2,y2),
则x1+x2=-,x1·x2=.
|AC|=|x1-x2|==.
直线BD的斜率为-,|BD|==.
+=+=.
综上,2λ=+=,λ=.
故存在常数λ=,使得,λ,成等差数列.
存在性问题的两种常考题型的求解方法
(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)只给出条件,求“不存在”“是否存在”等语句表述.此类问题也是最常考的探索性问题,解答这类问题时,一般要先对结论给出肯定存在的假设,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,则存在性得到肯定;若导致矛盾,则假设不存在.本题就是“是否存在”型探索性问题.
1.(2017·湖南东部五校联考)已知椭圆E:+=1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0,设短轴的一个端点为D,原点O到直线DF的距离为,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C,G两点,且||+||=4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A,B且使得2=4·成立?若存在,试求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解析:(1)由椭圆的对称性知||+||=2a=4,
a=2.又原点O到直线DF的距离为,=,
bc=,又a2=b2+c2=4,
a>b>c>0,b=,c=1.
故椭圆E的方程为+=1.
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件.
故可设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=k(x-2)+1,代入椭圆方程得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0,x1+x2=,x1x2=,Δ=32(6k+3)>0,k>-.2=4·,
即4[(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)]=5,
4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5,
即4[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=5,
4(1+k2)
=4×=5,解得k=±,k=-不符合题意,舍去.存在满足条件的直线l,其方程为y=x.
2.(2017·洛阳统考)已知椭圆的中心是坐标原点O,焦点在x轴上,离心率为,坐标原点O到过右焦点F且斜率为1的直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)设过右焦点F且与坐标轴不垂直的直线l交椭圆于P,Q两点,在线段OF上是否存在点M(m,0),使得|MP|=|MQ|?若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.
解析:(1)设椭圆的方程为+=1(a>b>0),F(c,0)(c>0),
由坐标原点O到直线x-y-c=0的距离为,
得=,解得c=1.
又e==,故a=,b=1.
所求椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)假设存在点M(m,0)(0<m<1)满足条件,则以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形.
直线l与x轴不垂直,
设直线l的方程为y=k(x-1)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2).
由得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
Δ>0恒成立, x1+x2=,x1x2=.
设线段PQ的中点为N(x0,y0),
则x0==,y0=k(x0-1)=.
|MP|=|MQ|,MN⊥PQ,kMN·kPQ=-1,
即·k=-1,m==.k2>0,0<m<.
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