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高三数学二轮复习第一部分拉分题压轴专题二第题解答题“圆锥曲线的综合问题”的抢分策略教师用书理.docx

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高三数学二轮复习第一部分拉分题压轴专题二第题解答题“圆锥曲线的综合问题”的抢分策略教师用书理.docx

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解析几何是数形结合典范,是高中数学主要知识板块,是高考考察重点知识之一,在解答题中一般会综合考察直线、圆、,多以压轴题出现.
解答题热点题型有:①直线与圆锥曲线位置关系判断;②圆锥曲线中定点、定值、最值及范围求解;③轨迹方程及探索性问题求解.
[师说考点]
圆锥曲线中最值、范围问题求解方法
(1),那么考虑利用图形性质来解决,这就是几何法.
(2),那么可首先建立目标函数,再利用根本不等式或单调性求这个函数最值,这就是代数法.
[典例] (2021·全国甲卷)椭圆E:+=1焦点在x轴上,A是E左顶点,斜率为k(k>0)直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k取值范围.
[解] 设M(x1,y1),那么由题意知y1>0.
(1)当t=4时,E方程为+=1,A(-2,0).
由及椭圆对称性知,直线AM倾斜角为.
因此直线AM方程为y=x+2.
将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.
解得y=0或y=,所以y1=.
因此△AMN面积S△AMN=2×××=.
(2)由题意t>3,k>0,A(-,0).
将直线AM方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.
由x1·(-)=,得x1=,
故|AM|=|x1+|=.
由题设,直线AN方程为y=-(x+),
故同理可得|AN|=.
由2|AM|=|AN|,得=,
即(k3-2)t=3k(2k-1).
当k=时上式不成立,因此t=.
t>3等价于=<0,
即<0.
因此得或解得<k<2.
故k取值范围是(,2).
缺步解答——能做多少做多少
(2)问时,学生一般能将直线方程和椭圆方程转化为关于x一元二次方程,由此写出判别式和根与系数关系,,由于直线和椭圆一交点为(-,0),从而可求出另一交点坐标,假设要求出k范围,仍存在一定难度,这就需要我们学会使用一定技巧答题,能答多少答多少.
(2)问难度较大,要把此题顺利解答完整对大多数考生而言,,不要放弃,要学会缺步解答,所谓缺步解答,就是如果遇到一个很困难问题,确实啃不动,一个聪明解题策略是:将它们分解为一系列步骤,或者是一个个小问题,先解决问题一局部,能解决多少就解决多少,能演算几步就写几步,,或者是已经程序化了方法,每进展一步得分点演算都可以得分,最后结论虽然未得出,但能拿到分数却已过半,这叫“大题巧拿分〞.
[应用体验]
1.(2021·武汉调研)双曲线Γ:-=1(a>0,b>0)经过点P(2,1),且其中一焦点F到一条渐近线距离为1.
(1)求双曲线Γ方程;
(2)过点P作两条相互垂直直线PA,PB分别交双曲线Γ于A,B两点,求点P到直线AB距离最大值.
解:(1)∵双曲线-=1过点(2,1),∴-=1.
不妨设F为右焦点,那么F(c,0)到渐近线bx-ay=0距离d==b,
∴b=1,a2=2.
∴所求双曲线方程为-y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB方程为y=kx+m.
将y=kx+m代入x2-2y2=2中,整理得(2k2-1)x2+4kmx+2m2+2=0.
∴x1+x2=,① x1x2=.②
∵=0,∴(x1-2,y1-1)·(x2-2,y2-1)=0,
∴(x1-2)(x2-2)+(kx1+m-1)(kx2+m-1)=0,
∴(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+m2-2m+5=0.③
将①②代入③,得m2+8km+12k2+2m-3=0,
∴(m+2k-1)(m+6k+3)=P∉AB,
∴m=-6k-3,从而直线AB方程为y=kx-6k-3.
将y=kx-6k-3代入x2-2y2-2=0中,
判别式Δ=8(34k2+36k+10)>0恒成立,
∴y=kx-6k-3即为所求直线.
∴P到AB距离d==.
∴==1+≤2.
∴d≤4,即点P到直线AB距离最大值为4.
[师说考点]
圆锥曲线中定点与定值问题求解思路
(1)解决动直线恒过定点问题一般思路是设出直线y=kx+m(k存在情形)..
(2)定值证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值,.
[典例] (2021·山东高考节选)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)离心率是,抛物线E:x2=2y焦点F是C一个顶点.
(1)求椭圆C方程;
(2)设P是E上动点,且位于第一象限,E在点P处切线l与C交于不同两点A,B,:点M在定直线上.
[解] (1)由题意知=,可得a2=4b2.
因为抛物线E焦点为F,
所以b=,a=1.
所以椭圆C方程为x2+4y2=1.
(2)证明:设P(m>0).
由x2=2y,可得y′=x,
所以直线l斜率为m.
因此直线l方程为y-=m(x-m),
即y=mx-.
设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),
联立方程
得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.
由Δ>0,得0<m2<2+.
由根与系数关系得x1+x2=,
因此x0=.
将其代入y=mx-,得y0=.
因为=-,
所以直线OD方程为y=-x.
联立方程
得点M纵坐标yM=-,
所以点M在定直线y=-上.
解答圆锥曲线定值、定点问题应把握3个方面
(1)从特殊情形开场,求出定值,再证明该值与变量无关;
(2)直接推理、计算,在整个过程中消去变量,得定值;
(3)在含有参数曲线方程里面,把参数从含有参数项里面别离出来,并令其系数为零,可以解出定点坐标.
[应用体验]
2.(2021·石家庄一模)抛物线C:y2=2px(p>0)过点M(m,2),其焦点为F,且|MF|=2.
(1)求抛物线C方程;
(2)设E为y轴上异于原点任意一点,过点E作不经过原点两条直线分别与抛物线C和圆F:(x-1)2+y2=1相切,切点分别为A,B,求证:直线AB过定点.
解:(1)抛物线C准线方程为x=-,
∴|MF|=m+=2,又4=2pm,即4=2p,
∴p2-4p+4=0,∴p=2,
∴抛物线C方程为y2=4x.
(2)证明:设点E(0,t)(t≠0),由切线不为y轴,设EA:y=kx+t,
联立消去y,
可得k2x2+(2kt-4)x+t2=0,①
∵直线EA与抛物线C相切,∴Δ=(2kt-4)2-4k2t2=0,即kt=1,代入①可得x2-2x+t2=0,∴x=t2,即A(t2,2t).
设切点B(x0,y0),那么由几何性质可以判断点O,B关于直线EF:y=-tx+t对称,那么
解得即B.
法一:直线AB斜率为kAB=(t≠±1),
直线AB方程为y=(x-t2)+2t,
整理得y=(x-1),
∴直线AB恒过定点F(1,0),
当t=±1时,A(1,±2),B(1,±1),此时直线AB为x=1,过点F(1,0).
综上,直线AB恒过点F(1,0).
法二:直线AF斜率为kAF=(t≠±1),
直线BF斜率为kBF==(t≠±1),
∴kAF=kBF,即A,B,F三点共线.
当t=±1时,A(1,±2),B(1,±1),此时A,B,F三点共线.
∴直线AB过定点F(1,0).
[师说考点]
圆锥曲线中探索性问题解题策略
处理探索性问题,一般要先对结论作出肯定假设,然后由此假设出发,结合条件进展推理论证,假设推出相符结论,那么存在性随之解决;假设导出矛盾,,也可以采用反证法.
[典例]如图,椭圆E:+=1(a>b>0)离心率是,过点P(0,1)动直线l与椭圆相交于A,,直线l被椭圆E截得线段长为2.
(1)求椭圆E方程;
(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同定点Q,使得=恒成立?假设存在,求出点Q坐标;假设不存在,请说明理由.
[解] (1)由,点(,1)在椭圆E上,
因此解得
所以椭圆E方程为+=1.
(2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.
如果存在定点Q满足条件,那么有==1,即|QC|=|QD|.
所以点Q在y轴上,可设点Q坐标为(0,y0).
当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,那么M,N坐标分别为(0,),(0,-).
由=,得=,
解得y0=1或y0=2.
所以假设存在不同于点P定点Q满足条件,那么点Q坐标只可能为(0,2).
下面证明:对任意直线l,均有=.
当直线l斜率不存在时,由上可知,结论成立.
当直线l斜率存在时,可设直线l方程为y=kx+1,
点A,B坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).
联立得(2k2+1)x2+4kx-2=0.
其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,
所以x1+x2=-,x1x2=-.
因此+==2k.
易知,点B关于y轴对称点B′坐标为(-x2,y2).
又kQA===k-,
kQB′===-k+=k-,
所以kQA=kQB′,即Q,A,B′三点共线,
所以===.
故存在与点P不同定点Q(0,2),使得=恒成立.
辅助解答——思路靠谱也给分
(2)问时难度太大,很难得分,这就要学会辅助解答(学会捞分),利用直线l与坐标轴垂直这一特殊情况可巧妙地求出Q点坐标(0,2),这样可得一定分数,这种方法在解决一些压轴题时要学会应用.
,既有主要实质性步骤,,:准确作图,把题目中条件翻译成数学表达式,,这些全是解题思路重要表达,切不可以不写,对计算能力要求高,,“书写要工整,卷面能得分〞.
[应用体验]
3.(2021·兰州模拟)椭圆C焦点坐标是F1(-1,
0),F2(1,0),过点F2垂直于长轴直线l交椭圆C于B,D两点,且|BD|=3.
(1)求椭圆C方程;
(2)是否存在过点P(2,1)直线l1与椭圆C相交于不同两点M,N,且满足=?假设存在,求出直线l1方程;假设不存在,请说明理由.
解:(1)设椭圆方程是+=1(a>b>0),由题可知c=1,
因为|BD|=3,所以=3,
又a2-b2=1,所以a=2,b=,
所以椭圆C方程为+=1.
(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在,设直线l1方程为y=k(x-2)+1.
由得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0.
因为直线l1与椭圆C相交于不同两点M,N,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
所以Δ=[-8k(2k-1)]2-4(3+4k2)(16k2-16k-8)>0,所以k>-.
x1+x2=,x1x2=,
因为=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=,所以(x1-2)(x2-2)(1+k2)=,
即[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=,
所以(1+k2)==,
解得k=±.因为k>-,所以k=,
故存在直线l1满足条件,其方程为y=x.
1.(2021·湖南东部六校联考)设椭圆C1:+=1(a>b>0)离心率为,F1,F2是椭圆两个焦点,S是椭圆上任意一点,且△SF1F2周长是4+2.
(1)求椭圆C1方程;
(2)设椭圆C1左、右顶点分别为A,B,过椭圆C1上一点D作x轴垂线交x轴于点E,假设C点满足,,连接AC交DE于点P,求证:PD=PE.
解:(1)由e=,知=,所以c=a,
因为△SF1F2周长是4+2,所以2a+2c=4+2,
所以a=2,c=,
所以b2=a2-c2=1,
所以椭圆C1方程为:+y2=1.
(2)证明:由(1)得A(-2,0),B(2,0),设D(x0,y0),所以E(x0,0),
因为,所以可设C(2,y1),所以=(x0+2,y0),=(2,y1),
由可得:(x0+2)y1=2y0,即y1=.
所以直线AC方程为:=.
整理得:y=(x+2).
又点P在DE上,将x=x0代入直线AC方程可得:y=,
即点P坐标为,所以P为DE中点,
所以PD=PE.
2.(2021·河南六市联考)如图,在平面直角坐标系xOy中,R(x0,y0)是椭圆C:+=1上一点,从原点O向圆R:(x-x0)2+(y-y0)2=8作两条切线,分别交椭圆于点P,Q.
(1)假设R点在第一象限,且直线OP,OQ互相垂直,求圆R方程;
(2)假设直线OP,OQ斜率存在,并记为k1,k2,求k1·k2值.
解:(1)设圆R半径为r,由圆R方程知r=2,
因为直线OP,OQ互相垂直,且和圆R相切,
所以|OR|=r=4,即x+y=16,①
又点R在椭圆C上,所以+=1,②
联立①②,解得
所以,圆R方程为(x-2)2+(y-2)2=8.
(2)因为直线OP:y=k1x和OQ:y=k2x都与圆R相切,所以=2,=2,
化简得(x-8)k-2x0y0k1+y-8=0,(x-8)k-2x0y0k2+y-8=0,
所以k1,k2是方程(x-8)k2-2x0y0k+y-8=0两个不相等实数根,由根与系数关系得,k1·k2=,
因为点R(x0,y0)在椭圆C上,所以+=1,
即y=12-x,所以k1k2==-.
3.〔2021·江苏高考〕在平面直角坐标系xOy中,直线l:x-y-2=0,抛物线C:y2=2px(p>0).
(1)假设直线l过抛物线C焦点,求抛物线C方程.
(2)抛物线C上存在关于直线l对称相异两点P和Q.
①求证:线段PQ中点坐标为(2-p,-p);
②求p取值范围.
解:(1)抛物线C:y2=2px(p>0)焦点为,
由点在直线l:x-y-2=0上,得-0-2=0,
即p以抛物线C方程为y2=8x.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ中点M(x0,y0).因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ,于是直线PQ斜率为-1,那么可设其方程为y=-x+b.
①证明:由消去x得y2+2py-2pb=0.(*)因为P和Q是抛物线C上相异两点,
所以y1≠y2,从而Δ=(2p)2-4×(-2pb)>0,
化简得p+2b>0.
方程(*)两根为y12=-p±,
从而y0==-p.
因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p.
因此,线段PQ中点坐标为(2-p,-p).
②因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,
所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.
由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0,所以p<.
因此p取值范围是.
4.(2021·湖北七市联考)圆心为H圆x2+y2+2x-15=0和定点A(1,0),B是圆上任意一点,线段AB中垂线l和直线BH相交于点M,当点B在圆上运动时,点M轨迹记为曲线C.
(1)求C方程;
(2)过点A作两条相互垂直直线分别与曲线C相交于P,Q和E,F,求取值范围.
解:(1)由x2+y2+2x-15=0,得(x+1)2+y2=42,所以圆心为(-1,0),半径为4.
连接MA,由l是线段AB中垂线,得|MA|=|MB|,
所以|MA|+|MH|=|MB|+|MH|=|BH|=4,又|AH|=2<4.
根据椭圆定义可知,点M轨迹是以A,H为焦点,4为长轴长椭圆,其方程为+=1,即为所求曲线C方程.
①当直线PQ斜率不存在时,直线EF斜率为零,此时可不妨取P,Q,E,F(-2,0),
所以=·=-3-=-.
②当直线PQ斜率为零时,直线EF斜率不存在,同理可得=-.
③当直线PQ斜率存在且不为零时,直线EF斜率也存在,于是可设直线PQ方程为y=k(x-1),P(xP,yP),Q(xQ,yQ),那么直线EF方程为y=-(x-1).