高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题5解析几文档格式.docx
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设=t,
则t>
0,S△OPQ==.
因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±
时等号成立,且满足Δ>0,14分
所以,当△OPQ的面积最大时l的方程为y=x-2或y=-x-2.16分
【名师点评】 与圆锥曲线有关的最值的两种解法
1.数形结合法:
根据待求值的几何意义,充分利用平面图形的几何性质求解.
2.构建函数法:
先引入变量,构建以待求量为因变量的函数,再求其最值,常用均值不等式或导数法求最值(注意:
有时需先换元后再求最值).
(2016·
南京盐城二模)在平面直角坐标系xOy中,点C在椭圆M:
+=1(a>b>0)上.若点A(-a,0),B,且=.
(1)求椭圆M的离心率;
(2)设椭圆M的焦距为4,P,Q是椭圆M上不同的两点,线段PQ的垂直平分线为直线l,且直线l不与y轴重合.
①若点P(-3,0),直线l过点,求直线l的方程;
②若直线l过点(0,-1),且与x轴的交点为D,求D点横坐标的取值范围.
[解]
(1)设C(x0,y0),则=,=.2分
因为=,所以==,得4分
代入椭圆方程得a2=b2.
因为a2-b2=c2,所以e==.6分
(2)①因为c=2,所以a2=9,b2=5,所以椭圆的方程为+=1,
设Q(x0,y0),则+=1.①
因为点P(-3,0),所以PQ中点为,
因为直线l过点,直线l不与y轴重合,所以x0≠3,
所以·
=-1,10分
化简得x=9-y-y0.②
将②代入①化简得y-y0=0,解得y0=0(舍)或y0=.
将y0=代入①得x0=±
,所以Q为,
所以PQ斜率为1或,直线l的斜率为-1或-,
所以直线l的方程为y=-x-或y=-x-.12分
②设PQ:
y=kx+m,则直线l的方程为:
y=-x-1,所以xD=-k.
将直线PQ的方程代入椭圆的方程,消去y得(5+9k2)x2+18kmx+9m2-45=0.①
设P(x1,y1),Q(x2,y2),中点为N,
xN==-,代入直线PQ的方程得yN=,
代入直线l的方程得9k2=4m-5.②
又因为Δ=(18km)2-4(5+9k2)(9m2-45)>0,
化得m2-9k2-5<0.14分
将②代入上式得m2-4m<0,解得0<m<4,
所以-<k<,且k≠0,所以xD=-k∈∪.
综上所述,点D横坐标的取值范围为∪.16分
题型二|圆锥曲线中的定点问题
如图18-1所示,已知圆C:
(x+1)2+y2=8,定点A(1,0),M为圆上一动点,点P是线段AM的垂直平分线与直线CM的交点.
(1)求点P的轨迹曲线E的方程;
(2)设点P(x0,y0)是曲线E上任意一点,写出曲线E在点P(x0,y0)处的切线l的方程;
(不要求证明)
(3)直线m过切点P(x0,y0)与直线l垂直,点C关于直线m的对称点为D,证明:
直线PD恒过一定点,并求定点的坐标.
图18-1
[解]
(1)∵点P是线段AM的垂直平分线与直线CM的交点,
∴PA=PM,
PA+PC=PM+PC=2>
AC=2,
∴动点N的轨迹是以点C(-1,0),A(1,0)为焦点的椭圆.3分
椭圆的长轴长为2a=2,焦距2c=2.
∴a=,c=1,b2=1.
∴曲线E的方程为+y2=1.5分
(2)曲线E在点P(x0,y0)处的切线l的方程是+y0y=1.7分
(3)证明:
直线m的方程为x0(y-y0)=2y0(x-x0),即2y0x-x0y-x0y0=0.
设点C关于直线m的对称点的坐标为D(m,n),
则
解得10分
∴直线PD的斜率为k==,12分
从而直线PD的方程为
y-y0=(x-x0),14分
即x=y+1,从而直线PD恒过定点A(1,0).16分
【名师点评】 1.动直线l过定点问题解法:
设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).
2.动曲线C过定点问题解法:
引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.
苏北四市期末)如图18-2,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:
0)的离心率e=,左顶点为A(-4,0),过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于点D,交y轴于点E.
图18-2
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知点P为AD的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ?
若存在,求出点Q的坐标;
若不存在,说明理由;
(3)若过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M,求的最小值.
[解]
(1)因为左顶点为A(-4,0),所以a=4,2分
又e=,所以c=2,b2=a2-c2=12,
所以椭圆C的标准方程为+=1.5分
(2)直线l的方程为y=k(x+4),由消元得,+=1.
化简得(x+4)[(4k2+3)x+16k2-12]=0,所以x1=-4,x2=.10分
当x=时,y=k=,所以D.
因为P为AB的中点,
所以P的坐标为,kOP=-(k≠0),
直线l的方程为y=k(x+4),令x=0得E点坐标为(0,4k),
假设存在定点Q(m,n)(m≠0),使得OP⊥EQ,则kOPkEQ=-1,即-·
=-1恒成立,
所以(4m+12)k-3n=0恒成立,所以即
所以定点Q的坐标为(-3,0).12分
(3)因为OM∥l,所以OM的方程可设为y=kx,
由得M点的横坐标为x=±
,
由OM∥l,得==
==·
=≥2,
当且仅当=即k=±
时取等号,
所以当k=±
时,的最小值为2.16分
题型三|圆锥曲线中的定值问题
(2016·
苏锡常镇调研一)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:
0)过点P,离心率为.
(2)设直线l与椭圆C交于A,B两点.
①若直线l过椭圆C的右焦点,记△ABP三条边所在直线的斜率的乘积为t,求t的最大值;
②若直线l的斜率为,试探究OA2+OB2是否为定值?
若是定值,则求出此定值;
若不是定值,请说明理由.
[解]
(1)+=1,=,得a2=4,b2=3.2分
所以椭圆C:
+=1.3分
(2)①设直线l的方程为x=my+1,直线l与椭圆C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
由化简得(3m2+4)y2+6my-9=0,易知Δ>
0,5分
所以y1+y2=-,y1y2=-,
所以kAP·
kBP=·
=·
=--,7分
所以t=kAB·
kAP·
kBP=--=-2+,9分
所以当m=-时,t有最大值.10分
②设直线l的方程为y=x+n,直线l与椭圆C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),得3x2+2nx+2n2-6=0,
Δ=(2n)2-4×
3(2n2-6)>
0,即-<
n<
.
x1+x2=-,x1x2=,12分
OA2+OB2=x+y+x+y=(x+x)+(y+y)
=x+x+2+2=(x+x)+n(x1+x2)+2n2
=(x1+x2)2-x1x2+n(x1+x2)+2n214分
=2-+n+2n2=7.16分
所以当直线l的斜率为时,OA2+OB2为定值7.
【名师点评】 求解定值问题的“三个”步骤:
(1)由特例得出一个值,此值一般就是定值;
(2)证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关;
也可令系数等于零,得出定值;
(3)得出结论.
已知直线l:
y=x+,圆O:
x2+y2=5,椭圆E:
0)的离心率e=,直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线,若切线都存在斜率,求证:
两切线的斜率之积为定值.
【导学号:
19592054】
[解]
(1)设椭圆的半焦距为c,
圆心O到直线l的距离d==,
∴b==.3分
由题意得
∴a2=3,b2=2.
∴椭圆E的方程为+=1.6分
(2)设点P(x0,y0),过点P的椭圆E的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0),
联立直线l0与椭圆E的方程得
消去y得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,
∴Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]=0,
整理得,(2-x)k2+2kx0y0-(y-3)=0,10分
设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1,k2,
则k1·
k2=-.
∵点P在圆O上,∴x+y=5,
∴k1·
k2=-=-1.
∴两条切线的斜率之积为常数-1.16分
命题展望
圆锥曲线中的定点、定值与最值问题反映了动点、动直线在运动变化过程中的不变性与有界性,是高考考查的热点,在复习备考时,应掌握解决此类问题的一般思路及求解策略.
在平面直角坐标系xOy中,动点P在椭圆C1:
+y2=1上,且到椭圆C1的右焦点的距离与到直线x=2的距离之比等于椭圆的离心率.动点Q是动圆C2:
x2+y2=r2(1<
r<
2)上一点.
(1)设椭圆C1上的三点A(x1,y1),B,C(x2,y2)与点F(1,0)的距离依次成等差数列,线段AC的垂直平分线是否经过一个定点?
说明理由;
(2)若直线PQ与椭圆C1和动圆C2均只有一个公共点,求P,Q两点的距离PQ的最大值.
[解]
(1)椭圆C1:
+y2=1的离心率e=,右焦点为(1,0),
由题意可得AF=(2-x1),BF=(2-1),CF=(2-x2).3分
因为2BF=AF+CF,所以(2-x1)+(2-x2)=2×
(2-1),即得x1+x2=2.5分
因为A,C在椭圆上,故有+y=1,+y=1,
两式相减,得kAC==-=-.
设线段AC的中点为(m,n),而m==1,n=,
所以与直线AC垂直的直线斜率为k′=y2+y1=2n.
则线段AC的垂直平分线的方程为y-n=2n(x-1),
即y=n(2x-1)经过定点.8分
(2)依题意得,直线PQ的斜率显然存在,设方程为y=kx+t,
设P(x′1,y′1),Q(x′2,y′2),由于直线PQ与椭圆C1相切,点P为切点,从而有得(2k2+1)x′+4ktx′1+2(t2-1)=0.10分
故Δ=(4kt)2-4×
2(t2-1)(2k2+1)=0,
从而可得t2=1+2k2,x′1=-, ①
直线PQ与圆C2相切,则=r,
得t2=r2(1+k2), ②12分
由①②得k2=,并且
PQ2=OP2-OQ2=1+-r2
=3-r2-≤3-2=(-1)2.
即|PQ|≤-1,当且仅当r2=∈(1,4)时取等号,
故P,Q两点的距离PQ的最大值为-1.16分
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