标签: 2020版高中数学第二章圆锥曲线与方程专题突破四圆锥曲线的定点、定值与最值问题学案(含解析)北师大版选修1-1  
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doc 专题突破四 圆锥曲线的定点、定值与最值问题 与圆锥曲线有关的定点、定值问题是高考考查的热点,难度较大,此类问题常常作为第19题或第20题的第二问,常以直线与圆锥曲线的位置关系为背景,以坐标运算为基础,一般是证明满足条件的直线过定点,目标代数式为定值,或计算面积、长度、数量积等的最大值、最小值.求解此类问题的关键是引进变化的参数表示直线方程、数量积等,根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量. 一、定点问题 例1 已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦MN的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C的方程; (2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的角平分线,证明:直线l过定点. (1)解 如图,设动圆圆心为O1(x,y), 由题意,得|O1A|=|O1M|, 当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN于H,则H是MN的中点, ∴|O1M|=, 又|O1A|=, ∴=, 化简得y2=8x(x≠0). 又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标为(0,0)也满足方程y2=8x, ∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x. (2)证明 由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k≠0), P(x1,y1),Q(x2,y2), 将y=kx+b代入y2=8x中, 得k2x2+(2bk-8)x+b2=0. 其中Δ=-32kb+64>0. 由根与系数的关系得,x1+x2=,① x1x2=,② 因为x轴是∠PBQ的角平分线,所以=-, 即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0, (kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0, 2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0③ 将①,②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0, ∴k=-b,此时Δ>0, ∴直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0). 点评 求定点问题,需要注意两个方面: 一是抓“特值”,涉及的定点多在两条坐标轴上,所以可以先从斜率不存在或斜率为0的特殊情况入手找出定点,为解题指明方向. 二是抓“参数之间的关系”,定点问题多是直线过定点,所以要抓住问题的核心,实质就是求解直线方程中参数之间的关系,所以要熟悉直线方程的特殊形式,若直线的方程为y=kx+b,则直线y=kx+b恒过点(0,b),若直线方程为y=k(x-a),则直线恒过点(a,0). 跟踪训练1 设椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为e=,且过点. (1)求椭圆E的方程; (2)设椭圆E的左顶点是A,若直线l:x-my-t=0与椭圆E相交于不同的两点M,N(M,N与A均不重合),若以MN为直径的圆过点A,试判定直线l是否过定点,若过定点,求出该定点的坐标. 考点 椭圆中的定值、定点问题 题点 椭圆中的定点问题 解 (1)由e2===, 可得a2=2b2, 椭圆方程为+=1, 代入点可得b2=2,a2=4, 故椭圆E的方程为+=1. (2)由x-my-t=0得x=my+t, 把它代入E的方程得(m2+2)y2+2mty+t2-4=0, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则y1+y2=-,y1y2=, x1+x2=m(y1+y2)+2t=, x1x2=(my1+t)(my2+t) =m2y1y2+tm(y1+y2)+t2=. 因为以MN为直径的圆过点A, 所以AM⊥AN, 所以·=(x1+2,y1)·(x2+2,y2) =x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2 =+2×+4+ = ==0. 因为M,N与A均不重合,所以t≠-2, 所以t=-,直线l的方程是x=my-,直线l过定点T, 由于点T在椭圆内部,故满足判别式大于0, 所以直线l过定点T. 二、定值问题 例2 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点(2,)在C上. (1)求C的方程; (2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. 考点  题点  (1)解 由题意有=,+=1, 解得a2=8,b2=4. 所以C的方程为+=1. (2)证明 方法一 设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将y=kx+b代入+=1,得 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故xM==, yM=k·xM+b=. 于是直线OM的斜率kOM==-, 即kOM·k=-. 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. 方法二 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM), 则 ①-②得+=0, ∴kAB==-=-·. 又kOM=,∴kAB·kOM=-. ∴直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. 点评 (1)求定值问题的常用方法: ①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. ②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. (2)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题,基本思路是使用参数表示要解决的问题,证明要解决的问题与参数无关.在这类问题中选择消元的方向是非常关键的. 跟踪训练2 (2018·江西南昌高二检测)已知点F为抛物线C:y2=4x的焦点,点D(1,2)为抛物线C上一点. (1)直线l过点F交抛物线C于A,B两点,若|AB|=5,求直线l的方程; (2)过点D作两条倾斜角互补的直线分别交抛物线C于异于点D的两点P,Q,试证明直线PQ的斜率为定值,并求出该定值. 考点 抛物线中的定值、定点问题 题点 抛物线中的定值问题 解 (1)依题意,点F的坐标为(1,0). 设直线l的方程为x=my+1, 联立方程消去x并整理得 y2-4my-4=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则y1+y2=4m,y1y2=-4, 故|AB|=|y1-y2| =·=4(m2+1)=5, 解得m=±, 故直线l的方程为2x+y-2=0或2x-y-2=0. (2)方法一 设直线DP的斜率为k(k≠0), 则直线DQ的斜率为-k. 令t=, 联立方程消去x并整理得 y2-4ty+8t-4=0. 设P(xP,yP),因为点D的坐标为(1,2), 所以2yP=8t-4,故yP=4t-2. 从而点P的坐标为(4t2-4t+1,4t-2), 用-t替换点P坐标中的t可得点Q的坐标为(4t2+4t+1,-4t-2), 所以直线PQ的斜率为 =-1, 即直线PQ的斜率为定值-1. 方法二 设P(x3,y3),Q(x4,y4), 因为P,Q在抛物线y2=4x上,所以 所以y-y=4(x3-x4). 因为x3≠x4, 所以kPQ==. 同理,kDP=,kDQ=. 因为kDP=-kDQ,所以=-, 所以y3+y4=-4, 即直线PQ的斜率kPQ==-1(定值). 三、最值、范围问题 与圆锥曲线有关的最值与范围问题是高考考查的重点,多以直线和椭圆相交或直线和抛物线相切、相交为前提,考查弦长、面积或相关代数式的最值与范围问题,该问题综合性较强,具有一定的难度,其中最值与范围问题多与三角函数、平面几何等知识综合考查,形式多样. 例3 设椭圆M:+=1(a>b>0)的离心率与双曲线x2-y2=1的离心率互为倒数,且椭圆的长轴长为4. (1)求椭圆M的方程; (2)若直线y=x+m交椭圆M于A,B两点,P(1,)为椭圆M上一点,求△PAB面积的最大值. 考点 直线与椭圆的位置关系 题点 椭圆中的定点、定值、取值范围问题 解 (1)由题意可知,双曲线的离心率为, 则椭圆的离心率e==. 由得a=2,c=,b=, 故椭圆M的方程为+=1. (2)联立方程消去y, 得4x2+2mx+m2-4=0, 由Δ=8m2-16(m2-4)>0, 得-2<m<2, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则 所以|AB|=|x1-x2| =· =·=·. 又点P到直线AB的距离为d=, 所以S△PAB=|AB|·d =·· = = ≤·=. 当且仅当m=±2∈(-2,2)时取等号, 所以(S△PAB)max=. 点评 最值、范围问题的主要求解方法: (1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决. (2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数或等量关系,利用判别式、基本不等式、函数的性质等进行求解. 跟踪训练3 (2018·济南高二检测)已知中心在原点O,左焦点为F1(-1,0)的椭圆C的左顶点为A,上顶点为B,F1到直线AB的距离为|OB|. (1)求椭圆C的方程; (2)如图,若椭圆C1:+=1(m>n>0),椭圆C2:+=λ(λ>0,且λ≠1),则称椭圆C2是椭圆C1的λ倍相似椭圆.已知C2是椭圆C的3倍相似椭圆,若椭圆C的任意一条切线l交椭圆C2于M,N两点,试求弦长|MN|的取值范围. 考点 直线与椭圆的位置关系 题点 椭圆中的定点、定值、取值范围问题 解 (1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0), ∴直线AB的方程为+=1. ∴F1(-1,0)到直线AB的距离d==b, 整理得a2+b2=7(a-1)2. 又b2=a2-1,解得a=2,b=, ∴椭圆C的方程为+=1. (2)椭圆C的3倍相似椭圆C2的方程为+=1. ①若切线l垂直于x轴,则其方程为x=±2,易求得|MN|=2; ②若切线l不垂直于x轴,可设其方程为y=kx+p, 将y=kx+p代入椭圆C的方程, 得(3+4k2)x2+8kpx+4p2-12=0, ∴Δ=(8kp)2-4(3+4k2)(4p2-12)=48(4k2+3-p2)=0, 即p2=4k2+3. 记M,N两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 将y=kx+p代入椭圆C2的方程, 得(3+4k2)x2+8kpx+4p2-36=0, 此时x1+x2=-,x1x2=, ∴|x1-x2|=, ∴|MN|=· =4=2. ∵3+4k2≥3,∴1<1+≤, 即2<2≤4. 结合①②,得弦长|MN|的取值范围为[2,4]. 1.已知抛物线y2=2x的弦AB的中点的横坐标为,则|AB|的最大值为(  ) A.1B.2C.3D.4 考点 求抛物线的最值问题 题点 根据抛物线定义转换求最值 答案 D 解析 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=3, 利用抛物线的定义可知, |AF|+|BF|=x1+x2+1=4, 由图可知|AF|+|BF|≥|AB|, 即|AB|≤4, 当且仅当直线AB过焦点F时,|AB|取得最大值4. 2.已知椭圆+=1的长轴的两个端点为A1,A2,点P是椭圆上的点,则当直线PA1,PA2的斜率k1,k2都存在时,k1k2=________. 考点 直线与椭圆的位置关系 题点 椭圆中的定点、定值、取值范围问题 答案 - 解析 设P(x0,y0),则·=, 而+=1,∴y=3, 即=,∴k1k2=-. 3.已知A,B是抛物线y2=2px(p>0)上的不同两点,满足·=0(O是原点).求证: (1)A,B两点的横坐标之积、纵坐标之积均为定值; (2)直线AB过定点. 考点 抛物线中的定值、定点问题 题点 抛物线中的定点问题 证明 由题意设A(x1,y1),B(x2,y2). (1)∵·=0,∴OA⊥OB, ∴=-,∴x1x2=-y1y2,① ∵ ∴(y1y2)2=4p2x1x2.④ 由①④得y1y2=-4p2且x1x2=4p2, ∴A,B两点的横坐标之积、纵坐标之积均为定值. (2)当直线AB垂直于x轴时, 易知直线AB方程为x=2p. 当直线AB与x轴不垂直时, 由(1)中②-③,得 (y1-y2)(y1+y2)=2p(x1-x2), ∴=, ∴直线AB的方程为y-y1=(x-x1), ∴y=x+y1-=x+=+=(x-2p). 故直线AB过定点(2p,0). 4.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2,离心率e=,连接椭圆的四个顶点所得四边形的面积为4. (1)求椭圆C的标准方程; (2)设A,B是直线l:x=2上的不同两点,若·=0,求|AB|的最小值. 考点 直线与椭圆的位置关系 题点 椭圆中的定点、定值、取值范围问题 解 (1)由题意得 解得∴椭圆的标准方程为+=1. (2)由(1)知,F1(-,0),F2(,0), 设直线l:x=2上的不同两点A,B的坐标分别为A(2,y1),B(2,y2), 则=(-3,-y1),=(-,-y2), 由·=0得,y1y2+6=0,即y2=-, 不妨设y1>0,则|AB|=|y1-y2|=y1+≥2. 当且仅当y1=,y2=-时取等号, ∴|AB|的最小值为2. 5.如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为2. 考点 直线与椭圆的位置关系 题点 椭圆中的定点、定值、取值范围问题 (1)解 由题设知=,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=. 所以椭圆的方程为+y2=1. (2)证明 由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1, 得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0. 由已知Δ=[-4k(k-1)]2-4(1+2k2)·2k(k-2)>0,得k<-2或k>0且k≠2, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0, 则x1+x2=,x1x2=. 从而直线AP,AQ的斜率之和 kAP+kAQ=+=+ =2k+(2-k)=2k+(2-k) =2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2. 所以直线AP与AQ的斜率之和为定值2. 6.(2018·全国Ⅰ)设抛物

2020版高中数学 第二章 圆锥曲线与方程 专题突破四 圆锥曲线的定点、定值与最值问题学案(含解析)北师大版选修1 -1.docx

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