一輪復(fù)習(xí)人教A版9.5圓錐曲線的綜合問(wèn)題課件（18張）

高考

數(shù)學(xué)專(zhuān)題九平面解析幾何9.5圓錐曲線的綜合問(wèn)題基礎(chǔ)篇考法一求軌跡方程1)建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系,設(shè)軌跡上任一點(diǎn)的坐標(biāo)為M(x,y);2)列出動(dòng)點(diǎn)所滿(mǎn)足的幾何等量關(guān)系式;3)選用合適的公式表示幾何等量關(guān)系;4)化簡(jiǎn)整理等量關(guān)系式得到一個(gè)方程;5)證明所得方程為所求曲線的軌跡方程.通常將步驟簡(jiǎn)記為:建系設(shè)點(diǎn)、列式、代換、化簡(jiǎn)、檢驗(yàn).1)直接法:直譯法、待定系數(shù)法、幾何法、定義法;2)間接法:相關(guān)點(diǎn)法、參數(shù)法、交軌法.例1

(2019課標(biāo)Ⅱ,21,12分)已知點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿(mǎn)足直線AM

與BM的斜率之積為-

.記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程,并說(shuō)明C是什么曲線;(2)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,

連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.(i)證明:△PQG是直角三角形;(ii)求△PQG面積的最大值.解析

(1)由題設(shè)得

·

=-

,化簡(jiǎn)得

+

=1(|x|≠2),所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上的橢圓,不含左、右頂點(diǎn).(2)(i)證明:設(shè)直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k>0).由

得x=±

.記u=

,則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直線QG的斜率為

,方程為y=

(x-u).由

得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①設(shè)G(xG,yG),則-u和xG是方程①的解,故xG=

,由此得yG=

.從而直線PG的斜率為

=-

.所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.(ii)由(i)得|PQ|=2u

,|PG|=

,所以△PQG的面積S=

|PQ||PG|=

=

.設(shè)t=k+

,則由k>0得t≥2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取S=

在[2,+∞)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時(shí),S取得最大值,最大值為

.因此,△PQG面積的最大值為

.考法二定值與定點(diǎn)問(wèn)題定值問(wèn)題的解決思路是“變量?函數(shù)?定值”,定點(diǎn)問(wèn)題的解決分

為“特殊?一般”法和“直接推理、計(jì)算”法.例2

(2021濟(jì)南二模,21)已知橢圓C:

+

=1(a>b>0)的離心率為

,且經(jīng)過(guò)點(diǎn)H(-2,1).(1)求橢圓C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(-3,0)的直線與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn),直線HA,HB分別交x軸于M,

N兩點(diǎn),點(diǎn)G(-2,0),若

=λ

,

=μ

,求證:

+

為定值.解析

(1)由題意知e=

=

=

,則a2=2b2,又橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)H(-2,1),所以

+

a2=6,b2=3,所以橢圓C的方程為

+

=1.(2)證明:顯然,直線AB的斜率不為0,設(shè)直線AB的方程為x=my-3,A(x1,y1),B(x2,y2),由

消x得(m2+2)y2-6my+3=0,所以Δ=36m2-12(m2+2)>0,y1+y2=

,y1y2=

,由題意知y1,y2M(xM,0),N(xN,0),由H,M,A三點(diǎn)共線知

與

共線,所以xM-x1=-y1(-2-xM),化簡(jiǎn)得xM=

.同理由H,N,B三點(diǎn)共線可得xN=

.由

=λ

,得(xM+3,0)=λ(1,0),即λ=xM+3;由

=μ

,得(xN+3,0)=μ(1,0),即μ=xN

+

=

+

=

+

=

+

=

+

=

·

=

=

·

=2,所以

+

為定值.考法三最值與范圍問(wèn)題1.幾何法:利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等

進(jìn)行求解.2.代數(shù)法:把要求最值、范圍的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(gè)(些)參數(shù)

的函數(shù)(解析式),然后利用函數(shù)法、不等式法等進(jìn)行求解.例3

(2021全國(guó)乙理,21,12分)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,且F

與圓M:x2+(y+4)2=1上點(diǎn)的距離的最小值為4.(1)求p;(2)若點(diǎn)P在M上,PA,PB是C的兩條切線,A,B是切點(diǎn),求△PAB面積的最大

值.解析

(1)由題意知拋物線的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為

,又因?yàn)辄c(diǎn)F到圓x2+(y+4)2=1上點(diǎn)的距離的最小值為4,所以

+4-1=4,即

=1,解得p=2.(2)由(1)知拋物線C:x2=4y,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),其中y1=

,y2=

.由y=

得y'=

,所以在點(diǎn)A處的切線斜率為

,切線方程為y-

=

(x-x1),即y=

x-

,同理,在點(diǎn)B處的切線方程為y=

x-

.易知兩切線交于點(diǎn)P,設(shè)P(x0,y0),所以有

即

由此可知(x1,y1),(x2,y2)是直線x0x-2y-2y0=0上的兩個(gè)點(diǎn),即直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0,由

得x2-2x0x+4y0=0,則x1+x2=2x0,x1x2=4y0,Δ=4

-16y0,易知Δ>0,即

-4y0>0,所以|AB|=

·

=

·

=

·

,而點(diǎn)P(x0,y0)到直線AB的距離d=

=

=

.所以S△PAB=

·|AB|·d=

·

·

·

=

(

-4y0

,因?yàn)辄c(diǎn)P在M上,所以

+(y0+4)2=1,所以

=-

-8y0-15.所以S△PAB=

(-

-12y0-15

=

[-(y0+6)2+21

,由題意易知y0∈[-5,-3],所以當(dāng)y0=-5時(shí),S△PAB取得最大值,最大值為20

.即△PAB面積的最大值為20

.考法四存在性問(wèn)題解決存在性問(wèn)題的常用方法

素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在,然后利用這些條件并結(jié)合題目中的已知

條件進(jìn)行推理計(jì)算,若不出現(xiàn)矛盾,并且得到相應(yīng)的幾何元素或參數(shù)值,則

元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在;否則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不

存在.2.反證法和驗(yàn)證法也是求解存在性問(wèn)題的常用方法.例4

(2022山東棗莊二調(diào),21)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,動(dòng)點(diǎn)G到點(diǎn)F(4,0)

的距離比到直線x+6=0的距離小2.(1)求G的軌跡方程;(2)設(shè)動(dòng)點(diǎn)G的軌跡為曲線C,過(guò)點(diǎn)F作斜率為k1,k2的兩條直線分別交C于M,

N兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn),其中k1+k2MN和PQ的中點(diǎn)分別為A,B,過(guò)點(diǎn)F作

FD⊥AB,垂足為D.試問(wèn):是否存在定點(diǎn)T,使得線段TD的長(zhǎng)度為定值?若存

在,求出點(diǎn)T的坐標(biāo)及定值;若不存在,說(shuō)明理由.解析

(1)由動(dòng)點(diǎn)G到點(diǎn)F(4,0)的距離比到直線x+6=0的距離小2,得動(dòng)點(diǎn)G

到點(diǎn)F(4,0)的距離與到直線x+4=0的距離相等,故動(dòng)點(diǎn)G的軌跡是以F(4,0)

為焦點(diǎn),以直線x=-4為準(zhǔn)線的拋物線,設(shè)拋物線方程為y2=2px(p>0),則p=8,故G的軌跡方程為y2=16x.(2)由題意,知直線MN的方程為y=k1(x-4),k1≠0,k2≠0,k1≠k2,由

消去y得

x2-(8

+16)x+16

=0,Δ1=256(

+1)>0,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=8+

,則y1+y2=k1(x1-4)+k1(x2-4)=

,故A

,同理可求得B

,所以kAB=

=

,故直線AB的方程為y=