专题九9.5圆锥曲线的综合问题课件——2023届高三数学一轮复习

9.5专题九、圆锥曲线的综合问题 知识梳理 基础篇 考法一　求轨迹方程 1.求轨迹方程的基本步骤 1)建立适当的平面直角坐标系,设轨迹上任一点的坐标为M(x,y); 2)列出动点所满足的几何等量关系式; 3)选用合适的公式表示几何等量关系; 4)化简整理等量关系式得到一个方程; 5)证明所得方程为所求曲线的轨迹方程. 通常将步骤简记为:建系设点、列式、代换、化简、检验. 2.求轨迹方程的基本方法 1)直接法:直译法、待定系数法、几何法、定义法; 2)间接法:相关点法、参数法、交轨法. 例1    (2019课标Ⅱ,21,12分)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM 与BM的斜率之积为- .记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程,并说明C是什么曲线; (2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E, 连接QE并延长交C于点G. (i)证明:△PQG是直角三角形; (ii)求△PQG面积的最大值. 解析    (1)由题设得 · =- ,化简得 + =1(|x|≠2),所以C为中心 在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点. (2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0). 由 得x=± .记u= ,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是 直线QG的斜率为 ,方程为y= (x-u).由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2- 8=0.①设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG= ,由此得yG= . 从而直线PG的斜率为 =- .所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三 角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u ,|PG|= ,所以△PQG的面积S= |PQ||PG| = = .设t=k+ ,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取 等号.因为S= 在[2,+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值, 最大值为 . 因此,△PQG面积的最大值为 . 考法二　定值与定点问题 　　定值问题的解决思路是“变量⇒函数⇒定值”,定点问题的解决分 为“特殊⇒一般”法和“直接推理、计算”法. 例2    (2021济南二模,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,且 经过点H(-2,1). (1)求椭圆C的方程; (2)过点P(-3,0)的直线与椭圆C相交于A,B两点,直线HA,HB分别交x轴于M, N两点,点G(-2,0),若 =λ , =μ ,求证: + 为定值. 解析    (1)由题意知e= = = ,则a2=2b2,又椭圆C经过点H(-2,1),所 以 + =1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为 + =1. (2)证明:显然,直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为x=my-3,A(x1,y1), B(x2,y2), 由 消x得(m2+2)y2-6my+3=0,所以Δ=36m2-12(m2+2)>0,y1+y2=  ,y1y2= ,由题意知y1,y2均不为1.设M(xM,0),N(xN,0),由H,M,A三点 共线知 与 共线,所以xM-x1=-y1(-2-xM),化简得xM= . 同理由H,N,B三点共线可得xN= .由 =λ ,得(xM+3,0)=λ(1,0),即λ =xM+3;由 =μ ,得(xN+3,0)=μ(1,0),即μ=xN+3.所以 + = + =  + = + = + = ·  =  = · =2,所以 + 为定值. 考法三　最值与范围问题 1.几何法:利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等 进行求解. 2.代数法:把要求最值、范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数 的函数(解析式),然后利用函数法、不等式法等进行求解. 例3    (2021全国乙理,21,12分)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F 与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4. (1)求p; (2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大 值. 解析    (1)由题意知抛物线的焦点F的坐标为 ,又因为点F到圆x2+(y+ 4)2=1上点的距离的最小值为4,所以 +4-1=4,即 =1,解得p=2. (2)由(1)知抛物线C:x2=4y,设A(x1,y1),B(x2,y2),其中y1= ,y2= .由y= 得y'=  ,所以在点A处的切线斜率为 ,切线方程为y- = (x-x1),即y= x- ,同 理,在点B处的切线方程为y= x- .易知两切线交于点P,设P(x0,y0),所以 有  即  由此可知(x1,y1),(x2,y2)是直线x0x-2y-2y0=0上的两个点,即直线AB的方程为 x0x-2y-2y0=0