§105 圆锥曲线的综合问题[可修改版ppt]
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
λ2
|AB|2=(t+2λ)2+(2-λt)2
=(1+λ2)(t2+4)
= 2(λ2 1)2
λ2
=2
λ2
1 λ2
2
≥8.
当且仅当λ=±1时,“=”成立,
∴|AB|≥2 2 .
故线段AB长度的最小值为2 2 .
评析 本题考查椭圆的标准方程、几何性质、点与椭圆的关系以及弦长问题的求解.考查方 程思想、函数思想以及整体代换思想的应用,同时考查考生的运算求解能力.正确选择参数是 解决本题的关键,再利用基本不等式求最值时应注意参数的取值范围.
所以,直线PA的方程为y= y0 (x-2).
x0 2
令x=0,得yM=-
2 x0
y0 2
,从而|BM|=1-yM=1+
2 x0
y0 2
.
(9分)
直线PB的方程为y= y0 1 x+1.
x0
令y=0,得xN=- x0 ,从而|AN|=2-xN=2+ x0 . (12分)
y0 1
y0 1
所以四边形ABNM的面积
2
=
x0
2 y0 x0
+(y0-2)2
= x02 +
y02 +
4 y02 x02
+4
=
x02 +
4
x02 2
+
2(4 x02
x02 )
+4
=
x02 2
+
8 x02
+4(0<
x02 ≤4).
因为
x02 2
+
8 x02
≥4(0<
x02 ≤4),且当
x02
=4时等号成立,
所以|AB|2≥8.
故线段AB长度的最小值为2 2 .
S= 1 |AN|·|BM|
2
=
1 2
2
x0 y0
1
1
2 y0 x0 2
= x02 4 y02 4x0 y0 4x0 8 y0 4
2(x0 y0 x0 2 y0 2)
= 2x0 y0 2x0 4 y0 4 =2.
x0 y0 x0 2 y0 2
从而四边形ABNM的面积为定值.
4 1
4k 2 2k 2
=4+
1
2 2k
2
+2+4k2
≥4+2
2 1 2k 2
(2
4k 2 )
=8.
当且仅当k=0时,“=”成立,
∴|AB|≥2 2 .
故线段AB长度的最小值为2 2 . 解法三:设点A(t,2),
∵OA⊥OB,∴可设
OB
=λ(-2,t)(λ≠0),即B(-2λ,λt),
将B点坐标代入椭圆方程,得t2= 2 2λ2 ,
栏目索引
§105 圆锥曲线的 综合问题
五年高考
A组 自主命题·北京卷题组
考点一 定点与定值问题
x2 y2
(2016北京,19,14分,0.51)已知椭圆C: a2 + b2 =1过A(2,0),B(0,1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四
解法二:由题意可知直线OB的斜率一定存在.
设直线OB的方程为y=kx,
则直线OA的方程为ky=-x,
将方程y=kx与椭圆C的方程联立,
得B
2
, 2k
(不失一般性,都取“+”号),
1 2k2 1 2k2
方程ky=-x与y=2联立,得A(-2k,2).
∴|AB|2=|OA|2+|OB|2
=4+4k2+
解析 本题考查轨迹方程,直线与椭圆的位置关系.
(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP
Байду номын сангаас
=(x-x0,y),NM
=(0,y0).
由 NP =
2 NM 得x0=x,y0=
2
y.
2
因为M(x0,y0)在C上,所以
x2 2
+
y2 2
=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
因此a=2,c= 2 .
故椭圆C的离心率e=
c a
=
2
2.
(2)解法一:设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.
因为OA⊥OB,所以 OA ·OB
=0,即tx0+2y0=0,解得t=-
2 y0 x0
.
又 x02 +2 y02 =4,
所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 定点与定值问题
x2
1.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C: 2 +y2=1上,过M作x轴的垂线,垂
足为N,点P满足 NP = 2 NM .
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且OP ·PQ =1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2
可求得点M、N的坐标.
一题多解 (2)证明:已知A(2,0),B(0,1).
设直线PB的方程为y=kx+1(k>0).
令y=0,得xN=-
1 k
,
从而|AN|=2-xN= 2k 1 .
k
由
y kx 1, x2 4y2
4
得(1+4k2)x2+8kx=0,
所以xP=
1
8k 4k
2
,yP=
1 1
4k 4k
2 2
.
所以直线PA的方程为y= 1 4k 2 (x-2),
8k 2 8k 2
令x=0,得yM=
1 2k
2k 1
,故|BM|=1-yM=
4k 2k
1
,
S = 四边形ABNM
1|AN|·|BM|
2
= 1·2k 1· 4k =2.
2 k 2k 1
从而四边形ABNM的面积为定值. 评析 本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题,知识点较综
合,属中等偏难题.
考点二 参变量的取值范围与最值问题
(2014北京,19,14分,0.47)已知椭圆C:x2+2y2=4.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OA⊥OB,求线段AB长度的最小值.
x2 y2
解析 (1)由题意,知椭圆C的标准方程为 4 + 2 =1. 所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.
(14分)
解后反思 (1)由A、B两点的坐标知a=2,b=1,即可求离心率. (2)可画出图形进行分析.
发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所 以S = 四边形ABNM 1 |AN|·|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x0,y0),表示出直线PA和PB,即
边形ABNM的面积为定值.
解析 (1)由题意得,a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为
x2 4
+y2=1.
又c= a2 b2 = 3 ,
(3分)
所以离心率e=
c a
=
3
2.
(5分)
(2)证明:设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则 x02 +4 y02 =4.
(6分)
又A(2,0),B(0,1),
|AB|2=(t+2λ)2+(2-λt)2
=(1+λ2)(t2+4)
= 2(λ2 1)2
λ2
=2
λ2
1 λ2
2
≥8.
当且仅当λ=±1时,“=”成立,
∴|AB|≥2 2 .
故线段AB长度的最小值为2 2 .
评析 本题考查椭圆的标准方程、几何性质、点与椭圆的关系以及弦长问题的求解.考查方 程思想、函数思想以及整体代换思想的应用,同时考查考生的运算求解能力.正确选择参数是 解决本题的关键,再利用基本不等式求最值时应注意参数的取值范围.
所以,直线PA的方程为y= y0 (x-2).
x0 2
令x=0,得yM=-
2 x0
y0 2
,从而|BM|=1-yM=1+
2 x0
y0 2
.
(9分)
直线PB的方程为y= y0 1 x+1.
x0
令y=0,得xN=- x0 ,从而|AN|=2-xN=2+ x0 . (12分)
y0 1
y0 1
所以四边形ABNM的面积
2
=
x0
2 y0 x0
+(y0-2)2
= x02 +
y02 +
4 y02 x02
+4
=
x02 +
4
x02 2
+
2(4 x02
x02 )
+4
=
x02 2
+
8 x02
+4(0<
x02 ≤4).
因为
x02 2
+
8 x02
≥4(0<
x02 ≤4),且当
x02
=4时等号成立,
所以|AB|2≥8.
故线段AB长度的最小值为2 2 .
S= 1 |AN|·|BM|
2
=
1 2
2
x0 y0
1
1
2 y0 x0 2
= x02 4 y02 4x0 y0 4x0 8 y0 4
2(x0 y0 x0 2 y0 2)
= 2x0 y0 2x0 4 y0 4 =2.
x0 y0 x0 2 y0 2
从而四边形ABNM的面积为定值.
4 1
4k 2 2k 2
=4+
1
2 2k
2
+2+4k2
≥4+2
2 1 2k 2
(2
4k 2 )
=8.
当且仅当k=0时,“=”成立,
∴|AB|≥2 2 .
故线段AB长度的最小值为2 2 . 解法三:设点A(t,2),
∵OA⊥OB,∴可设
OB
=λ(-2,t)(λ≠0),即B(-2λ,λt),
将B点坐标代入椭圆方程,得t2= 2 2λ2 ,
栏目索引
§105 圆锥曲线的 综合问题
五年高考
A组 自主命题·北京卷题组
考点一 定点与定值问题
x2 y2
(2016北京,19,14分,0.51)已知椭圆C: a2 + b2 =1过A(2,0),B(0,1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四
解法二:由题意可知直线OB的斜率一定存在.
设直线OB的方程为y=kx,
则直线OA的方程为ky=-x,
将方程y=kx与椭圆C的方程联立,
得B
2
, 2k
(不失一般性,都取“+”号),
1 2k2 1 2k2
方程ky=-x与y=2联立,得A(-2k,2).
∴|AB|2=|OA|2+|OB|2
=4+4k2+
解析 本题考查轨迹方程,直线与椭圆的位置关系.
(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP
Байду номын сангаас
=(x-x0,y),NM
=(0,y0).
由 NP =
2 NM 得x0=x,y0=
2
y.
2
因为M(x0,y0)在C上,所以
x2 2
+
y2 2
=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
因此a=2,c= 2 .
故椭圆C的离心率e=
c a
=
2
2.
(2)解法一:设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.
因为OA⊥OB,所以 OA ·OB
=0,即tx0+2y0=0,解得t=-
2 y0 x0
.
又 x02 +2 y02 =4,
所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 定点与定值问题
x2
1.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C: 2 +y2=1上,过M作x轴的垂线,垂
足为N,点P满足 NP = 2 NM .
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且OP ·PQ =1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2
可求得点M、N的坐标.
一题多解 (2)证明:已知A(2,0),B(0,1).
设直线PB的方程为y=kx+1(k>0).
令y=0,得xN=-
1 k
,
从而|AN|=2-xN= 2k 1 .
k
由
y kx 1, x2 4y2
4
得(1+4k2)x2+8kx=0,
所以xP=
1
8k 4k
2
,yP=
1 1
4k 4k
2 2
.
所以直线PA的方程为y= 1 4k 2 (x-2),
8k 2 8k 2
令x=0,得yM=
1 2k
2k 1
,故|BM|=1-yM=
4k 2k
1
,
S = 四边形ABNM
1|AN|·|BM|
2
= 1·2k 1· 4k =2.
2 k 2k 1
从而四边形ABNM的面积为定值. 评析 本题考查了椭圆的标准方程、离心率和直线方程的相关知识及定值问题,知识点较综
合,属中等偏难题.
考点二 参变量的取值范围与最值问题
(2014北京,19,14分,0.47)已知椭圆C:x2+2y2=4.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OA⊥OB,求线段AB长度的最小值.
x2 y2
解析 (1)由题意,知椭圆C的标准方程为 4 + 2 =1. 所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.
(14分)
解后反思 (1)由A、B两点的坐标知a=2,b=1,即可求离心率. (2)可画出图形进行分析.
发现点A和点B分别为椭圆的右顶点和上顶点,且四边形ABNM的对角线AN与BM互相垂直,所 以S = 四边形ABNM 1 |AN|·|BM|,问题转化为求点M与点N的坐标,故设点P(x0,y0),表示出直线PA和PB,即
边形ABNM的面积为定值.
解析 (1)由题意得,a=2,b=1.
所以椭圆C的方程为
x2 4
+y2=1.
又c= a2 b2 = 3 ,
(3分)
所以离心率e=
c a
=
3
2.
(5分)
(2)证明:设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则 x02 +4 y02 =4.
(6分)
又A(2,0),B(0,1),