2020浙江新高考数学二轮复习课件：专题五　3 第3讲　圆锥曲线中的综合问题 .ppt

1、数学数学 第2部分 高考热点 专题突破 专题五专题五 解析几何解析几何 第第3讲讲 圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的综合问题 专题五专题五 解析几何解析几何 2 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 01 考 点 1 02 考 点 2 04 专 题 强 化 训 练 03 考 点 3 专题五专题五 解析几何解析几何 3 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 典型例题典型例题 (2019 高考浙江卷高考浙江卷)如图如图，已知点已知点 F(1，0)为抛物线为抛物线 y22px(p0)的焦点过点的焦点过点 F 的直线交抛物线于的直线交抛物线于 A，B 两点两点，点点 C 在在抛物线

2、上抛物线上，使得使得ABC 的重心的重心 G 在在 x 轴上轴上，直直 线线 AC 交交 x 轴于点轴于点 Q，且且 Q 在点在点 F 的右侧记的右侧记AFG，CQG 的面积分别为的面积分别为 S1，S2. (1)求求 p 的值及抛物线的准线方程；的值及抛物线的准线方程； (2)求求S1 S2的最小值及此时点 的最小值及此时点 G 的坐标的坐标 “ 构造法构造法”求最值求最值(范围范围) 专题五专题五 解析几何解析几何 4 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 【解解】 (1)由题意得由题意得p 2 1，即即 p2. 所以抛物线的准线方程为所以抛物线的准线方程为 x1. (2)设设

3、A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心重心 G(xG，yG)令令 yA2t，t0，则则 xAt2. 由于直线由于直线 AB 过点过点 F，故直线故直线 AB 的方程为的方程为 xt 2 1 2t y1，代入代入 y24x，得得 y22（ （t21） t y40， 故故 2tyB4，即即 yB2 t ，所以所以 B 1 t2， ，2 t . 专题五专题五 解析几何解析几何 5 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 又由于又由于 xG1 3(xA xBxC)，yG1 3(yA yByC)及重心及重心 G 在在 x 轴上轴上，故故 2t2 t yC0， 得得 C 1 t

4、 t 2， ，2 1 t t ，G 2t42t22 3t2 ，0 . 所以直线所以直线 AC 的方程为的方程为 y2t2t(xt2)，得得 Q(t21，0) 由于由于 Q 在焦点在焦点 F 的右侧的右侧，故故 t22.从而从而 S1 S2 1 2|FG| |yA| 1 2|QG| |yC| 2t42t22 3t2 1 |2t| t212t 4 2t22 3t2 2 t 2t 2t 4 t2 t41 2t 2 2 t41. 专题五专题五 解析几何解析几何 6 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 令令 mt22，则则 m0， S1 S2 2 m m24m3 2 1 m 3 m 4 2

5、1 2m 3 m 4 1 3 2 . 所以当所以当 m 3时时，S1 S2取得最小值 取得最小值 1 3 2 ，此时此时 G(2，0). 专题五专题五 解析几何解析几何 7 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 解决最值解决最值(范围范围)问题的常用方法问题的常用方法 解决有关范围、最值问题时解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等如点的坐标、角、斜率等)，建立目建立目 标函数标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解然后利用函数的有关知识和方法求解 (1)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数构建函数法：先引入变量构建以待求量为

6、因变量的函数，再求其再求其值域值域 (2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解构建以待求量为元的不等式求解 (3)数形结合法：利用待求量的几何意义数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后确定出极端位置后，数形结合求解数形结合求解 专题五专题五 解析几何解析几何 8 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 对点训练对点训练 (2018 高考浙江卷高考浙江卷)如图如图， 已知点已知点 P 是是 y 轴左侧轴左侧(不含不含 y 轴轴)一点一点， 抛抛 物线物线 C：y24x 上存在不同的两点上存在不同的两点 A，

7、B 满足满足 PA，PB 的中点均在的中点均在 C 上上 (1)设设 AB 中点为中点为 M，证明：证明：PM 垂直于垂直于 y 轴；轴； (2)若若 P 是半椭圆是半椭圆 x2y 2 4 1(x0)，四点四点 P1(1，1)，P2(0，1)，P3(1， 3 2 )，P4(1， 3 2 )中恰有三点在椭圆中恰有三点在椭圆 C 上上 (1)求求 C 的方程；的方程； (2)设直线设直线 l 不经过不经过 P2点且与点且与 C 相交于相交于 A，B 两点若直线两点若直线 P2A 与直线与直线 P2B 的斜率的和的斜率的和 为为1，证明：证明：l 过定点过定点 “ 转化法转化法”求定点、定值求定点、

8、定值 专题五专题五 解析几何解析几何 12 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 【解解】 (1)由于由于 P3，P4两点关于两点关于 y 轴对称轴对称，故由题设知故由题设知 C 经过经过 P3，P4两点两点 又由又由 1 a2 1 b2 1 a2 3 4b2知 知，C 不经过点不经过点 P1，所以点所以点 P2在在 C 上上 因此因此 1 b2 1， 1 a2 3 4b2 1， 解得解得 a2 4， b21. 故故 C 的方程为的方程为x 2 4 y21. 专题五专题五 解析几何解析几何 13 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)证明：证明：设直线设直线 P2A

9、与直线与直线 P2B 的斜率的斜率分别为分别为 k1，k2. 如果如果 l与与 x轴垂直轴垂直， 设设 l： xt， 由题设知由题设知 t0， 且且|t|0. 专题五专题五 解析几何解析几何 14 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则则 x1x2 8km 4k21， ，x1x24m 2 4 4k21 . 而而 k1k2y 1 1 x1 y 2 1 x2 kx 1 m1 x1 kx 2 m1 x2 2kx 1x2（ （m1）（）（x1x2） x1x2 . 由题设由题设 k1k21， 故故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0. 专题五专题

10、五 解析几何解析几何 15 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 即即(2k1) 4m24 4k21 (m1) 8km 4k21 0. 解得解得 km 1 2 . 当且仅当当且仅当 m1 时时， 0，于是于是 l：ym 1 2 xm， 即即 y1m 1 2 (x2)，所以所以 l 过定点过定点(2，1) 专题五专题五 解析几何解析几何 16 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (1)动直线过定点问题的解法动直线过定点问题的解法 动直线动直线 l 过定点问题过定点问题，解法：设动直线方程解法：设动直线方程(斜率存在斜率存在)为为 ykxt，由题设条件将由题设条件将 t 用用

11、 k 表示为表示为 tkm，得得 yk(xm)，故动直线过定点故动直线过定点(m，0) 动曲线动曲线 C 过定点问题过定点问题，解法：引入参变量建立曲线解法：引入参变量建立曲线 C 的方程的方程，再根据其对参变量恒再根据其对参变量恒 成立成立，令其系数等于零令其系数等于零，得出定点得出定点 专题五专题五 解析几何解析几何 17 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)求解定值问题的两大途径求解定值问题的两大途径 首先由特例得出一个值首先由特例得出一个值(此值此值一般就是定值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证然后证明定值：即将问题转化为证明待证 式与参数式与参数(某

12、些变量某些变量)无关无关 先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示， 再利用其满足的约束条件使其绝对值相再利用其满足的约束条件使其绝对值相 等的正负项抵消或分子、分母约分得定值等的正负项抵消或分子、分母约分得定值 注注 对于此类问题可先根据特殊情况确定定点、定值对于此类问题可先根据特殊情况确定定点、定值，再进行一般性证明再进行一般性证明的方法就是的方法就是 由特殊到一般的方法由特殊到一般的方法 专题五专题五 解析几何解析几何 18 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 对点训练对点训练 已知抛物线已知抛物线 C：y22px 经过点经过点 P(1，2

13、)过点过点 Q(0，1)的直线的直线 l 与抛物线与抛物线 C 有两个不同有两个不同 的交点的交点 A，B，且直线且直线 PA 交交 y 轴于轴于 M，直线直线 PB 交交 y 轴于轴于 N. (1)求直线求直线 l 的斜率的取值范围；的斜率的取值范围； (2)设设 O 为原点为原点，QM QO ，QN QO ，求证：求证：1 1 为定值 为定值 专题五专题五 解析几何解析几何 19 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 解：解：(1)因为抛物线因为抛物线 y22px 过点过点 P(1，2)， 所以所以 2p4，即即 p2. 故抛物线故抛物线 C 的方程为的方程为 y24x. 由题意

14、知由题意知，直线直线 l 的斜率存在且不为的斜率存在且不为 0. 设直线设直线 l 的方程为的方程为 ykx1(k0) 由由 y2 4x， ykx1得 得 k2x2(2k4)x10. 依题意依题意 (2k4)24k210，解得解得 k0 或或 0k1. 又又 PA，PB 与与 y 轴相交轴相交，故直线故直线 l 不过点不过点(1，2) 从而从而 k3.所以直线所以直线 l 斜率的取值范围是斜率的取值范围是(，3)(3，0)(0，1) 专题五专题五 解析几何解析几何 20 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)证明：证明：设设 A(x1，y1)，B(x2，y2) 由由(1)知知

15、x1x22k 4 k2 ，x1x2 1 k2. 直线直线 PA 的方程为的方程为 y2y 1 2 x11(x 1) 令令 x0，得点得点 M 的纵坐标为的纵坐标为 yM y12 x11 2 kx11 x11 2. 同理得点同理得点 N 的纵坐标为的纵坐标为 yN kx21 x21 2. 由由QM QO ，QN QO 得得 1yM，1yN. 专题五专题五 解析几何解析几何 21 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 所以所以1 1 1 1yM 1 1yN x11 （k1）x1 x21 （k1）x2 1 k1 2x 1x2（ （x1x2） x1x2 1 k1 2 k2 2k 4 k2 1

16、 k2 2. 所以所以1 1 为定值 为定值 专题五专题五 解析几何解析几何 22 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 典型例题典型例题 (2019 温州市高考数学二模温州市高考数学二模)已知椭圆已知椭圆x 2 a2 y 2 b2 1(ab0)的两的两 个焦点为个焦点为 F1， F2， 焦距为焦距为 2， 设点设点 P(a， b)满足满足PF1F2是等腰三角形是等腰三角形 (1)求该椭圆方程；求该椭圆方程； (2)过过 x 轴上的一点轴上的一点 M(m，0)作一条斜率为作一条斜率为 k 的直线的直线 l，与椭圆交于点与椭圆交于点 A，B 两点两点，问是问是 否存在常数否存在常数 k

17、， 使得使得|MA|2|MB|2的值与的值与 m 无关？若存在无关？若存在， 求出这个求出这个 k 的值； 若不存在的值； 若不存在， 请说明理由请说明理由 “ 肯定顺推法肯定顺推法”求解探究性问题求解探究性问题 专题五专题五 解析几何解析几何 23 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 【解解】 (1)因为椭圆因为椭圆x 2 a2 y 2 b2 1(ab0)的两个焦点为的两个焦点为 F1，F2，焦距为焦距为 2， 设点设点 P(a，b)满足满足PF1F2是等腰三角形是等腰三角形， 所以根据题意所以根据题意，有，有 2c 2 （a1）2b24， ， 解得解得 a 2 b 3， ， 故

18、所求椭圆方程为故所求椭圆方程为x 2 4 y 2 3 1. 专题五专题五 解析几何解析几何 24 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)联立方联立方程程 y k（xm） x2 4 y 2 3 1 ，整理得：整理得： (34k2)x28k2mx4k2m2120. 在在 0 的情况下有的情况下有 x 1 x2 8k2m 34k2 x1x24k 2m2 12 34k2 ， 专题五专题五 解析几何解析几何 25 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 |MA|2|MB|2(1k2)(x1m)2(x2m)2 (1k2)(x1x2)22x1x22m(x1x2)2m2 1k2 （34

19、k2）2( 24k218)m296k272， 令令24k2180，得得 k23 4， ，即即 k 3 2 . 此时此时|MA|2|MB|27 与与 m 无关符合题意无关符合题意 专题五专题五 解析几何解析几何 26 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 探索性问题的求解方法探索性问题的求解方法 (1)处理这类问题处理这类问题，一般要先对一般要先对结论作出肯定的假设结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条，然后由此假设出发，结合已知条 件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定

20、；若导致 矛盾，则否定存在性矛盾，则否定存在性若证明某结论不存在若证明某结论不存在，也可以采用反证法也可以采用反证法 (2)采用特殊化思想求解采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论归纳出一般结论，然后进行然后进行 证明证明，得出结论得出结论 专题五专题五 解析几何解析几何 27 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 对点对点训练训练 (2019 丽水市高考数学模拟丽水市高考数学模拟)如图如图，已知抛物线已知抛物线 C：x24y，直线直线 l1与与 C 相交于相交于 A，B 两两 点点，线段线段 AB 与它的中垂线与它的中垂线 l2交于

21、点交于点 G(a，1)(a0) (1)求证：直线求证：直线 l2过定点过定点，并求出该定点坐标；并求出该定点坐标； (2)设设 l2分别交分别交 x 轴轴，y 轴于点轴于点 M，N，是否存在实数是否存在实数 a， 使得使得 A，M，B，N 四点在同一个圆上四点在同一个圆上，若存在若存在，求出求出 a 的值；若不存在的值；若不存在，请说明理由请说明理由 专题五专题五 解析几何解析几何 28 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 解：解：(1)设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则则 x2 1 4y1 x2 2 4y2， ， 两式相减可得两式相减可得(x1x2)(x1x2)4(y

22、1y2)， 可得可得 kAB y1y2 x1x2 x 1 x2 4 2a 4 1 2a， ， 由两直线由两直线垂直的条件可得直线垂直的条件可得直线 l2的斜率为的斜率为2 a； ； 即有直线即有直线 l2：y2 a(x a)1， 可得可得 l2：y2 ax 3 过定点过定点(0，3) 专题五专题五 解析几何解析几何 29 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 (2)l2：y2 ax 3 过过 M 3a 2 ，0 ，N(0，3)， 假设存在实数假设存在实数 a，使得使得 A，M，B，N 四点在同一个圆上四点在同一个圆上， 由中垂线的性质可得由中垂线的性质可得MANMBN， 可得可得MA

23、N90，即有即有|AG|2|MG|NG|， 由由 y a 2（ （xa）1 x24y ，可得可得 x22ax2a240， x1x22a，x1x22a24， 专题五专题五 解析几何解析几何 30 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 由弦长公式可得由弦长公式可得|AB|1a 2 4 4a24（2a24） 1a 2 4 164a2， 即有即有|MG|NG|1a 2 4 4a2 |AB| 2 2 1a 2 4 (4a2)，所以所以 1a 2 4 (4a2)1 2(a 2 4)， 所以所以 a22，解得解得 a 2. 故存在这样的实数故存在这样的实数 a，且为且为 2. 专题五专题五 解析几何解析几何 31 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 请做：专题强化训练请做：专题强化训练 word部分：部分： 点击进入链接点击进入链接 专题五专题五 解析几何解析几何 32 返回导返回导 航航 下一页下一页 上一页上一页 本部分内容讲解结束本部分内容讲解结束 按按ESC键退出全屏播放键退出全屏播放