课件62张PPT。专题突破四 圆锥曲线的定点、定值与最值问题第二章 圆锥曲线与方程 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;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,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)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.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.即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,
(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,
2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0 ③
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).可得a2=2b2,(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.解 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),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,因为M,N与A均不重合,所以t≠-2,由于点T在椭圆内部,故满足判别式大于0,解得a2=8,b2=4.(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.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).(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.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),∴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;解 依题意,点F的坐标为(1,0).
设直线l的方程为x=my+1,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=4m,y1y2=-4,故直线l的方程为2x+y-2=0或2x-y-2=0.(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.解 方法一 设直线DP的斜率为k(k≠0),
则直线DQ的斜率为-k.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),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,因为x3≠x4,所以y3+y4=-4,三、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.(1)求椭圆M的方程;由Δ=8m2-16(m2-4)>0,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;整理得a2+b2=7(a-1)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=0,12345√针对训练ZHENDUIXUNLIAN67812345678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4.12345√67812345678解析 由题意知弦所在直线斜率k≠0,
设弦端点C(x1,y1),D(x2,y2),12345678∵CD的中点在线段AB上,解得-4≤k≤-2,故选A.1234567812345678(1)求抛物线τ的方程;12345678代入x2=2py(p>0)中得4=p2,即p=2,
所以抛物线τ的方程是x2=4y.12345678(2)若k2-k1=2,点D是抛物线在点B,C处切线的交点,记△BCD的面积为S,证明S为定值.12345678证明 过D作y轴的平行线交BC于点E,又k2-k1=2,所以x2-x1=8.1234567812345678123456781234567812345678(1)求椭圆E的方程;12345678(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.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≠0,1234567812345678所以直线AP与AQ的斜率之和为定值2.从而直线AP,AQ的斜率之和7.(2018·全国Ⅰ)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.
(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;12345678解 当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得点M的坐标为(2,2)或(2,-2).即x-2y+2=0或x+2y+2=0.(2)证明:∠ABM=∠ABN.1234567812345678证明 当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,
所以∠ABM=∠ABN.
当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),
M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.12345678所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补,
所以∠ABM=∠ABN.
综上,∠ABM=∠ABN.12345678(1)求M的方程;解 设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),12345678所以a2=2b2.12345678因此a2=6,b2=3.(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.12345678由题意可设直线CD的方程为y=x+n,
设C(x3,y3),D(x4,y4).12345678Δ=16n2-12(2n2-6)>0,得-3