高二数学（人教A版）选择性必修一导学案专题微课圆锥曲线的综合问题（Word版附解析）

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专题微课　圆锥曲线的综合问题[建构知识体系][融通学科素养]1.浸润的核心素养圆锥曲线包含的数学核心素养是多方面的,包括直观想象、逻辑推理、数学运算等.直观想象是指学生学习圆锥曲线时需要对几何图形有一定的想象能力,能够通过几何图形来理解和推导圆锥曲线的特征.逻辑推理是指学生能够通过探究、实验、发现等方式深入理解圆锥曲线复杂的性质和应用.数学运算是指学生在学习圆锥曲线时需要具备一定的代数运算能力,能够进行代数式的化简、因式分解、配方等操作.2.渗透的数学思想圆锥曲线中问题的解决往往需要应用数形结合、转化方程、特殊与一般数学思想,来有效降低思维难度,简化解题过程,尤其是数形结合思想.尽管解析几何用方程来研究曲线,但借助图形、利用曲线的几何性质仍是解析几何问题解决的有效手段.题型(一)　最值与范围问题[例1]　(2024·天津高考)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0),椭圆的离心率e=12,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=332.(1)求椭圆的方程;(2)过点0,−32的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得TP·TQ≤0?若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.听课记录:　　|思|维|建|模|圆锥曲线中最值与范围的求法(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何图形特征及意义,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,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值与范围,求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.　　[针对训练]1.已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P在抛物线E上,点P的横坐标为2,且|PF|=2.(1)求抛物线E的标准方程;(2)若A,B为抛物线E上的两个动点(异于点P),且AP⊥AB,求点B的横坐标的取值范围.题型(二)　定点与定值问题[例2]　已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F2与抛物线y2=4x的焦点重合,且其离心率为12.(1)求椭圆C的方程;(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于M,N两点,线段MN的中点为P,求证:kMN·kOP(O为坐标原点)为定值.听课记录:　　|思|维|建|模|解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量,探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等),体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.　　[针对训练]2.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),四点M16,23,M2(3,2),M3−4,−393,M44,393中恰有三点在C上.(1)求C的方程;(2)过点(3,0)的直线l交C于P,Q两点,过点P作直线x=1的垂线,垂足为A.证明:直线AQ过定点. 题型(三)　探索性问题[例3]　已知双曲线C:y2a2-x2b2=1(a>0,b>0),直线l在x轴上方与x轴平行,交双曲线C于A,B两点,直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时,点A的坐标为(6,4).(1)求C的方程;(2)设OD的中点为M,是否存在定直线l,使得经过M的直线与C交于P,Q,与线段AB交于点N,PM=λPN,MQ=λQN均成立.若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由.听课记录:　　|思|维|建|模|(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素存在;否则不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.　　[针对训练]3.已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),过点A(-a,0),B(0,b)的直线倾斜角为π6,原点到该直线的距离为32.(1)求椭圆的方程;(2)对于D(-1,0),是否存在实数k,使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P,Q,且|DP|=|DQ|,若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.课下请完成课时检测(四十)及阶段质量评价(三)学习讲义答案专题微课　圆锥曲线的综合问题[题型(一)][例1]　解：(1)因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以a＝2c，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3)c.由题知A(－a,0)，B(0，－b)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(b,2)))，所以S△ABC＝eq \f(1,2)|BC||OA|＝eq \f(1,2)×eq \f(b,2)×a＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3)c,2)×2c＝eq \f(3\r(3),2)，解得c＝eq \r(3).所以a＝2eq \r(3)，b＝3.故椭圆的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,9)＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)．当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P(0,3)，Q(0，－3)，则eq \o(TP,\s\up6(―→))·eq \o(TQ,\s\up6(―→))＝(0,3－t)·(0，－3－t)＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3.当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－eq \f(3,2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(3,2)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，所以Δ＝144k2＋4×27(3＋4k2)>0，x1＋x2＝eq \f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－eq \f(27,3＋4k2).因为eq \o(TP,\s\up6(―→))·eq \o(TQ,\s\up6(―→))＝(x1，y1－t)·(x2，y2－t)＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(3,2)－t))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(3,2)－t))＝(1＋k2)·x1x2－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))(x1＋x2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2＝－eq \f(271＋k2,3＋4k2)－eq \f(12k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t)),3＋4k2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))2＝eq \f(－27－27k2－18k2－12k2t＋\f(27,4)＋3t2＋9t＋9k2＋4k2t2＋12k2t,3＋4k2)＝eq \f(4k2t2－36k2＋3t2＋9t－\f(81,4),3＋4k2)≤0，所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－eq \f(81,4)≤0对k∈R恒成立，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4t2－36≤0，,3t2＋9t－\f(81,4)≤0，))解得－3≤t≤eq \f(3,2).综上可得，－3≤t≤eq \f(3,2)，即在y轴上存在点T使得eq \o(TP,\s\up6(―→))·eq \o(TQ,\s\up6(―→))≤0，且点T纵坐标的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).[针对训练]1．解：(1)依题意得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，设P(2，y0)，y0＝2－eq \f(p,2)，又点P是E上一点，所以4＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,2)))，得p2－4p＋4＝0，解得p＝2，所以抛物线E的标准方程为x2＝4y.(2)由题意知P(2,1), 设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x\o\al(2,1),4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(x\o\al(2,2),4)))，则kAP＝eq \f(\f(x\o\al(2,1),4)－1,x1－2)＝eq \f(1,4)(x1＋2)，因为x1≠－2，所以kAB＝－eq \f(4,x1＋2)，直线AB的方程为y－eq \f(x\o\al(2,1),4)＝eq \f(－4,x1＋2)·(x－x1)，联立x2＝4y.因为x≠x1，得(x＋x1)(x1＋2)＋16＝0，即xeq \o\al(2,1)＋(x＋2)x1＋2x＋16＝0，因为Δ＝(x＋2)2－4(2x＋16)≥0，即x2－4x－60≥0，故x≥10或x≤－6，经检验，当x＝－6时，不满足题意．综上，x20，即m24，但eq \f(\r(2),3)0，b>0)，点A的坐标为(6,4)，得c＝4，焦点F1(0，4)，F2(0，－4)，2a＝|AF2|－|AF1|＝ eq \r(62＋82)－6＝4.所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，故C的方程为eq \f(y2,4)－eq \f(x2,12)＝1.(2)设l的方程为y＝2m(m>1)，则D(0，2m)，故M(0，m)，由已知得直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，故Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)，2m)).直线PQ的方程与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，由已知得3k2≠1，Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(6km,3k2－1)，x1x2＝eq \f(3m2－12,3k2－1)①.由eq \o(PM,\s\up6(―→))＝λeq \o(PN,\s\up6(―→))，eq \o(MQ,\s\up6(―→))＝λeq \o(QN,\s\up6(―→))，得x1＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(m,k)))，x2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)－x2))，消去λ得x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(m,k)))＝x1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)－x2))，即2x1x2－eq \f(m,k)(x1＋x2)＝0②.由①②得m2－2＝0，结合m>1，得m＝eq \r(2)，故存在定直线l：y＝2eq \r(2)满足条件．[针对训练]3．解：(1)因为过点A(－a,0)，B(0，b)的直线倾斜角为eq \f(π,6)，所以eq \f(b－0,0－－a)＝tan eq \f(π,6)，即eq \f(b,a)＝eq \f(\r(3),3)，过点A(－a,0)，B(0，b)的直线方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋a)，故原点到该直线的距离为eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a)),\r(1＋\f(1,3)))＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝eq \r(3)，故b＝1，所以椭圆的方程是eq \f(x2,3)＋y2＝1.(2)记P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx＋2代入eq \f(x2,3)＋y2＝1，得(3k2＋1)x2＋12kx＋9＝0，则Δ＝144k2－36(3k2＋1)>0，解得k>1或k1或k