2023-2024学年北师大版选择性必修第一册 　第2章圆锥曲线章末复习课 学案

第二章章末复习课题型一定点问题例1设椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，F1，F(1)求椭圆C的方程；(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且仅有一个公共点M，且与直线x＝4相交于点N.试探究：在坐标平面内是否存在定点P，使得以MN为直径的圆恒过点P？若存在求出点P的坐标，若不存在．请说明理由．方法归纳求解直线和曲线过定点问题的基本解题模板是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对变量的任意一个值都成立，这时变量的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．跟踪训练1已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|＝2.(1)求E的方程；(2)设点B是E上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点．题型二定值问题例2已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：方法归纳解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值和题目中的变量无关，始终是一个确定的值，对于定值问题常见的解题模板有两种：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再研究一般情况．同时，要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题的方法，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等．跟踪训练2已知O为坐标原点，点F1，F2分别为椭圆M：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，点E(a，b)在抛物线N：x(1)求椭圆M的标准方程；(2)过抛物线N上一点P且与抛物线N相切的直线l与椭圆M相交于A，B两点，设AB的中点为C，直线OP与直线OC的斜率分别是k1，k2，证明：k1k2为定值．题型三最值问题例3已知椭圆C：x2a2(1)求椭圆C的方程；(2)已知P为AD的中点，是否存在定点Q，对任意的直线l，OP⊥EQ恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在说明理由；(3)过O点作直线l的平行线与椭圆C相交，M为其中一个交点，求OMAD方法归纳构建关于变量的目标函数，转化为求函数的值域或最值，常利用二次函数的相关知识或基本不等式求解．面积、弦长、含变量的代数式的最值问题，常选用此法，解决问题时要注意自变量的取值范围．跟踪训练3顺次连接椭圆C：x2a2+y2(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l与椭圆C相切于点A，过点O作OM⊥l，垂足为M，求△AMO面积的最大值．题型四范围问题例4抛物线C：y＝x2，直线l的斜率为2.(1)若l与C相切，求直线l的方程；(2)若l与C相交于A，B，线段AB的中垂线交C于P，Q，求PQAB方法归纳范围问题的解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：1．利用判别式或几何性质来构造不等式，从而确定所求范围；2．利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；3．利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出所求范围；4．利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；5．利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定所求范围；6．利用已知，将条件转化为n个不等关系，从而求出参数的范围．跟踪训练4已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，四点P1(2，0)，P2(32(1)求椭圆C的方程；(2)设不经过左焦点的直线l交椭圆于A，B两点，若直线AF1、l、BF1的斜率依次成等差数列，求直线l的斜率k的取值范围．章末复习课考点聚集·分类突破例1解析：(1)由题意知2a=4故椭圆C的方程是x2(2)由y=kx+mx24+y23=1因为动直线l与椭圆C有且只有一个公共点M(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0.①此时x0＝－4km4k2+3＝－4km，y0＝kx0＋m＝3m，所以M(－4km，3假设平面内存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P必在x轴上．设P(x1，0)，则PM·PN＝0对满足①式的m、k恒成立．因为PM＝(－4km－x1，3m)，PN＝(4－x1，4k＋m)，由PM·得-16km+整理得4由于②式对满足①式的故存在定点P(1，0)，使得以MN为直径的圆恒过点P.跟踪训练1解析：(1)根据题意知，4＝2py0，①因为|AF|＝2，所以y0＋p2联立①②解得y0＝1，p＝2.所以E的方程为x2＝4y.(2)证明：设B(x1，y1)，M(x2，y2)由题意，可设直线BM的方程为y＝kx＋b，代入x2＝4y，得x2－4kx－4b＝0.根与系数的关系．得x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b.③由MP⊥x轴及点P在直线y＝x－3上，得P(x2，x2－3)，则由A，P，B三点共线，得x2-4整理，得(k－1)x1x2－(2k－4)x1＋(b＋1)x2－2b－6＝0.将③代入上式并整理，得(2－x1)(2k＋b－3)＝0.由点B的任意性，得2k＋b－3＝0，所以y＝kx＋3－2k＝k(x－2)＋3.即直线BM恒过定点(2，3)．例2解析：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由y2=4x，y=kx+1得k2x2＋(2依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－2k-4k2，x1x直线PA的方程为y－2＝y1-2令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝-y1+2同理得点N的纵坐标为yN＝-k由QM＝λQO，QN＝μQO得λ＝1－yM，μ＝1－所以1λ+1μ＝1k-1·2x1所以1λ跟踪训练2解析：(1)由题意知F恰为(0，－b)所以c＝a2，因为a2＝b2＋c2，所以a2＝43b又点E(a，b)在抛物线N：x2＝433y上，所以a2＝4由①②得a＝2，b＝3，所以椭圆M的标准方程为x2(2)设P(t，3t24)，A(x1，y1)，B(x2，因为y＝34x2，所以y′＝32则直线AB：y＝3t2(x－t)＋34t将直线AB的方程代入x212(1＋t2)x2－12t3x＋3t4－48＝0，所以x1＋x2＝t31+t2，y1＋y2＝3t2(x1＋x2所以点C(t321+所以k1＝3t4，k2＝－3所以k1k2＝－38例3解析：(1)∵左顶点为A(－2，0)，∴a＝2又∵e＝22，∴c＝2又∵b2＝a2－c2＝2，∴椭圆C的标准方程为x2(2)由已知，直线l的斜率必存在，直线l的方程为y＝k(x＋2)，联立x24+y22=1y=kx+2得，(2k2＋1)x设D(x1，y1)，A(x2，y2)，则x1＋x2＝-8又P为AD的中点，所以xP＝-4又因为点P在直线AD上，则yP＝k(xP＋2)＝2k2即点P的坐标为(-4又直线l的方程为y＝k(x＋2)，令x＝0，得点E的坐标为(0，2k)，假设存在定点Q(m，n)使得OP⊥EQ，则OP·EQ＝0，①若k＝0，OP＝0显然恒成立；②若k≠0，因为OP·EQ＝0，所以(2m＋2)k－n＝0恒成立，则2m+2=0-n=0即定点Q的坐标为(－1，0)．综上，存在定点Q(－1，0)满足题意．(3)∵OM∥l，∴OM的方程可设为y＝kx，由x24+y22由OM∥l，得AD+AEOM＝xD-xA+xE-xAxM＝xD-2x∴当k＝±22时，AD+AE故OMAD+AE跟踪训练3解析：(1)由题意可得12×故椭圆C的标准方程为x2(2)显然直线l斜率存在且不为0，设直线l：y＝kx＋t，联立y=kx+t3x2+4y2=12，得(3＋4k2)x且△＝64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－12)＝0，得t2＝4k2＋3，所以xA＝-8kt23+4联立y=-1kxy=kx+t，得xM＝－ktk2+1，所以|则|AM|＝1+k2·-4kt+ktk所以S△AMO＝12|AM|·|OM|＝12·k＝12·kk2+1＝故△AMO面积最大值为14，当且仅当k例4解析：(1)设直线l的方程为y＝2x＋b.联立y=2x+b，y=x2可得x2－2所以Δ＝4＋4b＝0，所以b＝－1，所以直线l的方程为y＝2x－1.(2)设直线l的方程为y＝2x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，联立y=2x+b，y=x2可得x2－2所以Δ＝4＋4b>0，b>－1，x1＋x2＝2，x1x2＝－b，所以|AB|＝5|x1－x2|＝251+b因为AB的中点为(1，2＋b)，所以直线PQ的方程为y＝－12x＋52＋联立y=-12x+52+b，y=x2所以x3＋x4＝－12，x3x4＝－52－所以|PQ|＝52|x3－x4|＝5PQAB＝1841+16b1+b＝所以PQAB的取值范围为(1跟踪训练4解析：(1)由椭圆的对称性，点P3，P4在椭圆上，代入椭圆，可得1a若点P2(32则有94所以点P1(2，0)在椭圆上，代入椭圆，可得a2＝4，代入1a2+9所以椭圆C的方程为x2(2)由(1)可知F1(－1，0)，设直线AB的方程为，y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x2消y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，则有x1＋x2＝－8km3+4k2，x1x2且Δ＝(8