高考数学二轮复习 第一部分专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的热点问题课件 理
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（ 3－ x2）（ x1－ 2）
Байду номын сангаас
3
＝
0，
所以 kBM＝1＝kDE，所以 BM∥DE.
综上可知，直线 BM 与直线 DE 平行．
方法归纳 与圆锥曲线有关的两类证明问题
一类是直接给出证明结论，其思路为将待证问题转化为与点、 线、向量等几何元素或斜率、长度等与数量有关的计算问题 求解．另一类是先判断后证明．
(3)直线 BM 与直线 DE 平行．理由如下： 当直线 AB 的斜率不存在时，由(2)可知 kBM＝1. 又因为直线 DE 的斜率 kDE＝21－－10＝1，所以 BM∥DE. 当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－1)(k≠1)．
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线 AE 的方程为 y－1＝yx11－－12(x
(2015·高考北京卷)已知椭圆 C：x2＋3y2＝3，过点 D(1， 0)且不过点 E(2，1)的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点，直线 AE 与直线 x＝3 交于点 M. (1)求椭圆 C 的离心率； (2)若 AB 垂直于 x 轴，求直线 BM 的斜率； (3)试判断直线 BM 与直线 DE 的位置关系，并说明理由．
专题五 解析几何
第3讲 圆锥曲线中的热点问题
专题五 解析几何
2016考向导航 圆锥曲线的综合问题包括：轨迹问题、探索性问题、定点与 定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问 题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核 心，需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知 识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解， 对考生的代数恒等变换能力、计算能力等有较高的要求．
因为 kBM－1＝
k（ x1－ 1）＋ x1－ 3－ k（ x2－ 1）（ x1－ 2） －（ 3－ x2）（ x1－ 2） （ 3－ x2）（ x1－ 2）
＝（ k－ 1） [－ x1x2＋ 2（ x1＋ x2）－ 3] （ 3－ x2）（ x1－ 2）
（ ＝
k－
1）－1＋3k23＋k23＋11＋2k32k2－
1．活用公式与结论 (1)圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法 ①几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义， 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， 则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值． (2)求定值问题常见的方法有两种 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．
22，a42＋b22＝ 1，
解得 a2＝8，b2＝4. 所以 C 的方程为x2＋y2＝1.
84
(2)证明：设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，
B(x2 ， y2)， M(xM， yM)． 将 y＝kx＋b 代入x2＋y2＝1，得
84
(2k2＋ 1)x2＋ 4kbx＋ 2b2－ 8＝ 0.
已知椭圆
C：xa22＋yb22＝ 1(a>b>0)的离心率为
2，点 (2， 2
2)在
C
上．
(1)求 C 的方程；
(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．
解： (1)由题意有
a2 － b2 ＝ a
－2)．令
x＝ 3， 得点
M3，y1＋x1－x1－2
3
，
由x2＋3y2＝3， 得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0， y＝ k（ x－ 1） ，
所以 x1＋x2＝1＋6k32k2，x1x2＝31k＋2－3k32.
直线
BM 的斜率
y1＋ x1－ 3－
kBM＝
x1－ 2 3－ x2
y2 .
(2014·高考课标全国卷Ⅰ) 已知点 A(0，－2)，椭圆 E：
xa22＋yb22＝ 1(a>b>0)的 离心率为
3，F 2
是椭圆
E
的右焦点，直
线 AF 的斜率为2 3，O 为坐标原点． 3
(1)求 E 的方程；
(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当△OPQ 的
面积最大时，求 l 的方程． [思路点拨] (1)用待定系数法求出 a、b，进而求出椭圆的方 程．
故
xM＝x1＋2
x2＝2－k22＋kb1，
yM＝
k·xM＋
b＝2k2b＋
. 1
于是直线 OM 的斜率 kO M＝yxMM＝－21k，
即
kO
M·
k＝－1. 2
所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值．
考点二 圆锥曲线中的最值、范围问题 [命题角度] 1．求参数的范围． 2．求弦长或图形面积的取值范围(或最值)等． 3．求所给式子的取值范围．
[思路点拨] (1)利用 e＝ca求离心率． (2)利用条件可求得 B，M 两点的坐标，从而得到直线 BM 的 斜率． (3)将直线 AB 的方程与椭圆方程联立，通过根与系数的关系 可求得直线 BM 的斜率等于直线 DE 的斜率，从而得到两直 线平行．
[解] (1)椭圆 C 的标准方程为x2＋y2＝1， 3
所以 a＝ 3，b＝1，c＝ 2.
所以椭圆
C 的离心率
e＝ca＝
6. 3
(2)因为 AB 过点 D(1，0)且垂直于 x 轴，所以可设 A(1，y1)， B(1，－ y1)， 直线 AE 的方程为 y－1＝(1－y1)(x－2)． 令 x＝3，得 M(3，2－y1)． 所以直线 BM 的斜率 kBM＝2－3－y1＋1 y1＝1.
(2)设出直线方程，代入椭圆方程，从而建立面积的目标函数．
[解] (1)设 F(c，0)，由条件知，2c＝23 3，得 c＝ 3.
又c＝ 3，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1. a2
2．辨明易错易混点 (1)解最值和范围问题要注意选取的变元一定要完全表达求解 目标所需的各个量，同时不应忽视变元的范围． (2)求解定点、定值 问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例 关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响 的量．
考点一 圆锥曲线中的判断与证明问题 [命题角度] 1．判断直线与曲线位置，再给出证明． 2．证明线线平行或垂直、多点共线问题． 3．证明线段相等问题．
Байду номын сангаас
3
＝
0，
所以 kBM＝1＝kDE，所以 BM∥DE.
综上可知，直线 BM 与直线 DE 平行．
方法归纳 与圆锥曲线有关的两类证明问题
一类是直接给出证明结论，其思路为将待证问题转化为与点、 线、向量等几何元素或斜率、长度等与数量有关的计算问题 求解．另一类是先判断后证明．
(3)直线 BM 与直线 DE 平行．理由如下： 当直线 AB 的斜率不存在时，由(2)可知 kBM＝1. 又因为直线 DE 的斜率 kDE＝21－－10＝1，所以 BM∥DE. 当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－1)(k≠1)．
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线 AE 的方程为 y－1＝yx11－－12(x
(2015·高考北京卷)已知椭圆 C：x2＋3y2＝3，过点 D(1， 0)且不过点 E(2，1)的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点，直线 AE 与直线 x＝3 交于点 M. (1)求椭圆 C 的离心率； (2)若 AB 垂直于 x 轴，求直线 BM 的斜率； (3)试判断直线 BM 与直线 DE 的位置关系，并说明理由．
专题五 解析几何
第3讲 圆锥曲线中的热点问题
专题五 解析几何
2016考向导航 圆锥曲线的综合问题包括：轨迹问题、探索性问题、定点与 定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问 题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核 心，需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知 识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解， 对考生的代数恒等变换能力、计算能力等有较高的要求．
因为 kBM－1＝
k（ x1－ 1）＋ x1－ 3－ k（ x2－ 1）（ x1－ 2） －（ 3－ x2）（ x1－ 2） （ 3－ x2）（ x1－ 2）
＝（ k－ 1） [－ x1x2＋ 2（ x1＋ x2）－ 3] （ 3－ x2）（ x1－ 2）
（ ＝
k－
1）－1＋3k23＋k23＋11＋2k32k2－
1．活用公式与结论 (1)圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法 ①几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义， 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， 则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值． (2)求定值问题常见的方法有两种 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．
22，a42＋b22＝ 1，
解得 a2＝8，b2＝4. 所以 C 的方程为x2＋y2＝1.
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(2)证明：设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，
B(x2 ， y2)， M(xM， yM)． 将 y＝kx＋b 代入x2＋y2＝1，得
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(2k2＋ 1)x2＋ 4kbx＋ 2b2－ 8＝ 0.
已知椭圆
C：xa22＋yb22＝ 1(a>b>0)的离心率为
2，点 (2， 2
2)在
C
上．
(1)求 C 的方程；
(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．
解： (1)由题意有
a2 － b2 ＝ a
－2)．令
x＝ 3， 得点
M3，y1＋x1－x1－2
3
，
由x2＋3y2＝3， 得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0， y＝ k（ x－ 1） ，
所以 x1＋x2＝1＋6k32k2，x1x2＝31k＋2－3k32.
直线
BM 的斜率
y1＋ x1－ 3－
kBM＝
x1－ 2 3－ x2
y2 .
(2014·高考课标全国卷Ⅰ) 已知点 A(0，－2)，椭圆 E：
xa22＋yb22＝ 1(a>b>0)的 离心率为
3，F 2
是椭圆
E
的右焦点，直
线 AF 的斜率为2 3，O 为坐标原点． 3
(1)求 E 的方程；
(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当△OPQ 的
面积最大时，求 l 的方程． [思路点拨] (1)用待定系数法求出 a、b，进而求出椭圆的方 程．
故
xM＝x1＋2
x2＝2－k22＋kb1，
yM＝
k·xM＋
b＝2k2b＋
. 1
于是直线 OM 的斜率 kO M＝yxMM＝－21k，
即
kO
M·
k＝－1. 2
所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值．
考点二 圆锥曲线中的最值、范围问题 [命题角度] 1．求参数的范围． 2．求弦长或图形面积的取值范围(或最值)等． 3．求所给式子的取值范围．
[思路点拨] (1)利用 e＝ca求离心率． (2)利用条件可求得 B，M 两点的坐标，从而得到直线 BM 的 斜率． (3)将直线 AB 的方程与椭圆方程联立，通过根与系数的关系 可求得直线 BM 的斜率等于直线 DE 的斜率，从而得到两直 线平行．
[解] (1)椭圆 C 的标准方程为x2＋y2＝1， 3
所以 a＝ 3，b＝1，c＝ 2.
所以椭圆
C 的离心率
e＝ca＝
6. 3
(2)因为 AB 过点 D(1，0)且垂直于 x 轴，所以可设 A(1，y1)， B(1，－ y1)， 直线 AE 的方程为 y－1＝(1－y1)(x－2)． 令 x＝3，得 M(3，2－y1)． 所以直线 BM 的斜率 kBM＝2－3－y1＋1 y1＝1.
(2)设出直线方程，代入椭圆方程，从而建立面积的目标函数．
[解] (1)设 F(c，0)，由条件知，2c＝23 3，得 c＝ 3.
又c＝ 3，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1. a2
2．辨明易错易混点 (1)解最值和范围问题要注意选取的变元一定要完全表达求解 目标所需的各个量，同时不应忽视变元的范围． (2)求解定点、定值 问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例 关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响 的量．
考点一 圆锥曲线中的判断与证明问题 [命题角度] 1．判断直线与曲线位置，再给出证明． 2．证明线线平行或垂直、多点共线问题． 3．证明线段相等问题．