2022年高考数学一轮复习教案：第九篇解析几何方法技巧圆锥曲线的综合应用 .pdf

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1、方法技巧 2圆锥曲线的综合应用一、圆锥曲线的最值问题【考情快递】最值问题是高考的热点，可能出选择题、填空题和解答题方法 1：定义转化法解题步骤根据圆锥曲线的定义列方程；将最值问题转化为距离问题求解适用情况此法为求解最值问题的常用方法，多数题可以用. 【例 1】?已知点 F 是双曲线x24y2121 的左焦点，定点A 的坐标为 (1,4)，P 是双曲线右支上的动点，则 |PF|PA|的最小值为 _解析如图所示，根据双曲线定义|PF|PF|4，即|PF|4|PF|.又|PA|PF|AF|5，将|PF|4|PF|代入，得 |PA|PF|45，即|PA|PF|9，等号当且仅当A，P，F三点共线，即 P

2、 为图中的点 P0时成立，故 |PF|PA|的最小值为 9.故填 9. 答案9 方法 2：切线法解题步骤求与直线平行的圆锥曲线的切线；求出两平行线的距离即为所求的最值适用情况当所求的最值是圆锥曲线上的点到某条直线的距离的最值时用此法. 【例 2】?求椭圆x22y21 上的点到直线 yx2 3的距离的最大值和最小值， 并求取得最值时椭圆上点的坐标解设椭圆的切线方程为yxb，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 10 页 - - - - - - - - - 代入椭圆

3、方程，得3x24bx2b220. 由 (4b)243(2b22)0，得 b 3. 当 b3时，直线 yx3与 yx2 3的距离 d162，将 b3代入方程 3x24bx2b220，解得 x2 33，此时 y33，即椭圆上的点2 33，33到直线 yx2 3的距离最小，最小值是62；当 b3时，直线 yx3到直线 yx2 3的距离 d23 62，将 b3代入方程 3x24bx2b220，解得 x2 33，此时 y33，即椭圆上的点2 33，33到直线 yx2 3的距离最大，最大值是3 62. 方法 3：参数法解题步骤 选取合适的参数表示曲线上点的坐标；求解关于这个参数的函数最值适用情况可以用参数

4、表示某个曲线并求得最值的问题. 【例 3】?在平面直角坐标系xOy 中，点 P(x，y)是椭圆x23y21 上的一个动点，则Sxy的最大值为 _解析因为椭圆x23y21的参数方程为x3cos ysin ，(为参数 )故可设动点 P 的坐标为 ( 3cos ，sin )，其中 0 2.因此 Sxy3cos sin 232cos 12sin 2sin 3，所以，当 6时，S取最大值 2.故填 2. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 10 页 - - - - -

5、- - - - 答案2 方法 4：基本不等式法解题步骤将最值用变量表示利用基本不等式求得表达式的最值适用情况最值问题中的多数问题可用此法. 【例 4】?设椭圆中心在坐标原点， A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线ykx(k0)与椭圆相交于 E，F 两点，求四边形 AEBF 面积的最大值解依题设得椭圆的方程为x24y21. 直线 AB，EF 的方程分别为 x2y2，ykx(k0)设 E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中 x1x2，且 x1，x2满足方程 (14k2)x24，故 x2x1214k2.根据点到直线的距离公式和式，得点 E，F 到 AB 的距离分别为h1|x12kx1

6、2|52 12k14k25 14k2，h2|x22kx22|52 12k14k25 14k2，又|AB|2215，所以四边形 AEBF 的面积为S12|AB|(h1h2)1254 12k5 14k22 12k14k2214k24k14k22 2，当 2k1，即 k12时，取等号所以四边形 AEBF 面积的最大值为2 2. 二、圆锥曲线的范围问题【考情快递】圆锥曲线中的范围问题是高考中的常见考点，一般出选择题、填空题方法 1：曲线几何性质法解题步骤由几何性质建立关系式； 化简关名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精

7、心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 10 页 - - - - - - - - - 系式求解适用情况利用定义求解圆锥曲线的问题. 【例 1】?已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左，右焦点分别为F1，F2，点 P 在双曲线的右支上，且 |PF1|4|PF2|，则此双曲线的离心率e 的取值范围是 _解析根据双曲线定义 |PF1|PF2|2a，设|PF2|r，则|PF1|4r，故 3r2a，即 r2a3，|PF2|2a3. 根据双曲线的几何性质，|PF2|ca，即2a3ca，即ca53，即 e53.又 e1，故双曲线的离心率e的取值范围是1，53.故填 1，53. 答案1，5

8、3方法 2：判别式法解题步骤1. 联立曲线方程，消元后求判别式；根据判别式大于零、小于零或等于零结合曲线性质求解适用情况当直线和圆锥曲线相交、相切和相离时，分别对应着直线和圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式大于零、等于零、小于零此类问题可用判别式法求解. 【例 2】?(2011浏阳一中月考 )在平面直角坐标系xOy中，经过点 (0，2)且斜率为 k 的直线 l与椭圆x22y21 有两个不同的交点P 和 Q. (1)求 k 的取值范围；(2)设椭圆与 x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数 m，使得向量 OPOQ与AB共线？如果存在，求m值；如果不存在，请说明理

9、由解(1)由已知条件，知直线l 的方程为 ykx2，代入椭圆方程，得x22(kx2)21，整理得12k2x22 2kx10.名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 10 页 - - - - - - - - - 由直线 l 与椭圆有两个不同的交点P 和 Q，得 8k2412k24k220，解得 k22或 k22，即 k 的取值范围为，2222， . (2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OPOQ(x1x2，y1y2)由方程，知 x1x24 2k12k2.又

10、 y1y2k(x1x2)2 22 212k2.由 A( 2，0)，B(0,1)，得AB(2，1)所以OPOQ与AB共线等价于 x1x22(y1y2)，将代入，解得k22. 由(1)知 k22或 k22，故不存在符合题意的常数k. 三、圆锥曲线的定值、定点问题【考情快递】 此类问题也是高考的热点， 圆锥曲线中的定值问题是指某些几何量不受运动变化的点的影响而有固定取值的一类问题，定点问题一般是指运动变化中的直线或曲线恒过平面内的某个或某几个定点而不受直线和曲线的变化影响的一类问题方法 1：特殊到一般法解题步骤 根据特殊情况确定出定值或定点；对确定出来的定值或定点进行证明适用情况根据特殊情况能找到定

11、值 (或定点 )的问题 . 【例 1】?已知双曲线 C：x2y221，过圆 O：x2y22 上任意一点作圆的切线l，若 l 交双曲线于 A，B 两点，证明： AOB 的大小为定值证明当切线的斜率不存在时，切线方程为x 2. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 10 页 - - - - - - - - - 当 x2时，代入双曲线方程，得y 2，即 A( 2，2)，B( 2，2)，此时 AOB90 ，同理，当 x2时， AOB90 . 当切线的斜率存在时，设切线方

12、程为ykxb，则|b|1k22，即 b22(1k2)由直线方程和双曲线方程消掉y，得(2k2)x22kbx(b22)0，由直线 l 与双曲线交于 A，B 两点故 2k20.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)则 x1x22kb2k2，x1x2 b222k2，y1y2(kx1b)(kx2b)k2x1x2kb(x1x2)b2k2b22k22k22k2b22k22b2k2b22k22b22k22k2，故 x1x2y1y2b222k22b22k22k2b22 1k22k2，由于 b22(1k2)，故 x1x2y1y20，即OA OB0，AOB90 . 综上可知，若 l 交双曲线于 A，B 两点，则A

13、OB 的大小为定值 90 . 方法 2：引进参数法解题步骤 引进参数表示变化量；研究变化的量与参数何时没有关系， 找到定值或定点适用情况定值、定点是变化中的不变量，引入参数找出与变量与参数没有关系的点 (或值)即是定点 (或定值 ). 【例 2】?如图所示，曲线 C1：x29y281，曲线 C2：y24x，过曲线 C1的右焦点 F2作一条与名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 10 页 - - - - - - - - - x 轴不垂直的直线，分别与曲线C1，C2

14、依次交于 B，C，D，E 四点若 G 为 CD 的中点、 H为 BE 的中点，证明|BE| |GF2|CD| |HF2|为定值证明由题意，知 F1(1,0)，F2(1,0)，设 B(x1，y1)，E(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线 yk(x1)，代入x29y281，得 8yk129y2720，即(89k2)y216ky64k20，则 y1y216k89k2，y1y264k289k2. 同理，将 yk(x1)代入 y24x，得 ky24y4k0，则 y3y44k，y3y44，所以|BE| |GF2|CD| |HF2|y1y2|y3y4|12|y3y4|12|y1y2|y1

15、y22y1y22y3y42y3y42y1y224y1y2y1y22y3y42y3y424y3y416k289k2 2464k289k216k289k2 24k24k2163 为定值方法运用训练 2 1设 P 是曲线 y24x 上的一个动点，则点P 到点 A(1,1)的距离与点 P 到 x1 直线的距离之和的最小值为 ()A.2 B.3 C. 5 D. 6 解析如图，易知抛物线的焦点为F(1,0)，准线是 x1，由抛物线的定义知：点 P 到直线 x1 的距离等于点 P 到焦点 F 的距离；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - -

16、 - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 10 页 - - - - - - - - - 于是，问题转化为：在曲线上求一点P，使点 P 到点 A(1,1)的距离与点 P 到 F(1,0)的距离之和最小；显然，连AF 交曲线于 P 点故最小值为221，即为5. 答案C 2椭圆 b2x2a2y2a2b2(ab0)和圆 x2y2b2c2有四个交点，其中c为椭圆的半焦距，则椭圆离心率 e的范围为 ()A.55e35B0e25C.25e35D.35e55解析此题的本质是椭圆的两个顶点(a,0)与(0，b)一个在圆外、一个在圆内即：a2b2c2b2b2c2?ab2cbb2c?ac214

17、a2c2a2c22c?55e35. 答案A 3(2011 长郡中学 1 次月考 )设 F 是椭圆x27y261 的右焦点，且椭圆上至少有21 个不同的点Pi(i1,2,3， )， 使|FP1|， |FP2|， |FP3|， 组成公差为 d 的等差数列，则 d的取值范围为 _解析若公差 d0，则|FP1|最小， |FP1|71；数列中的最大项为71，并设为第 n 项，则7171(n1)d? n2d121? d110，注意到 d0，得 0d110；若 d0，易得110d0. 那么， d 的取值范围为110，0 0，110. 答案110，0 0，1104过抛物线 y22px(p0)上一定点 P(x0

18、，y0)(y00)作两直线分别交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 10 页 - - - - - - - - - y2)，当 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，则y1y2y0的值为 _解析设直线 PA 的斜率为 kP A，PB 的斜率为 kPB，由 y212px1，y202px0，得 kPAy1y0 x1x02py1y0，同理 kPB2py2y0，由于 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补，因此2py1y02py2

19、y0，即 y1y22y0(y00)，那么y1y2y02. 答案2 5椭圆 b2x2a2y2a2b2(ab0)的左焦点为 F，过 F 点的直线 l 交椭圆于 A，B 两点， P 为线段 AB的中点，当 PFO 的面积最大时，求直线l 的方程解求直线方程，由于F(c,0)为已知，仅需求斜率k，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则 y0y1y22，由于 SPFO12|OF| |y0|c2|y0|只需保证 |y0|最大即可，由yk xcb2x2a2y2a2b2? (b2a2k2)y22b2ckyb4k20，|y0|y1y22b2ckb2a2k2b2cb2|k|a2|k|bc2a

20、得：SPFObc24a，此时b2|k|a2|k|? kba，故直线方程为： yba(xc)6(长沙雅礼中学最新月考 )已知 O过定点 A(0，p)(p0)，圆心 O在抛物线 C：x22py(p0)上运动， MN 为圆 O在轴上所截得的弦(1)当 O点运动时， |MN|是否有变化？并证明你的结论；(2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时，试判断抛物线C 的准线与圆 O的位置关系，并说明名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 10 页 - - - - - -

21、- - - 理由解(1)设 O(x0，y0)，则 x202py0(y00)，则O的半径 |OA|x20 y0p2，O的方程为 (xx0)2(yy0)2x20(y0p)2，令 y0，并把 x202py0，代入得 x22x0 xx20p20，解得 x1x0p，x2x0p，所以|MN|x1x2|2p，这说明 |MN|是不变化，其为定值2p. (2)不妨设 M(x0p,0)，N(x0p,0)由题 2|OA|OM|ON|，得 2p|x0p|x0p|，所以 px0p. O到抛物线准线 yp2的距离 dy0p2x20p22p，O的半径 |OA|x20 y0p2x20 x202pp212px404p4. 因为 rd? x404p4()x20p22? x2032p2，又 x20p232p2(p0)，所以 rd，即O与抛物线的准线总相交名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 10 页 - - - - - - - - -