故k的取值范围是(,2).
缺步解答——能做多少做多少
1.在求解第
(2)问时,学生一般能将直线方程和椭圆方程转化为关于x的一元二次方程,由此写出判别式和根与系数的关系,便可得到基本分数.若学生稍加思考,由于直线和椭圆的一交点为(-,0),从而可求出另一交点坐标,若要求出k的范围,仍存在一定难度,这就需要我们学会使用一定的技巧答题,能答多少答多少.
2.由于第
(2)问难度较大,要把本题顺利解答完整对大多数考生而言,实在太难.此时,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的问题,确实啃不动,一个聪明的解题策略是:
将它们分解为一系列的步骤,或者是一个个小问题,先解决问题的一部分,能解决多少就解决多少,能演算几步就写几步,尚未成功不等于失败.特别是那些解题层次明显的题目,或者是已经程序化了的方法,每进行一步得分点的演算都可以得分,最后结论虽然未得出,但能拿到的分数却已过半,这叫“大题巧拿分”.
[应用体验]
1.(2016·武汉调研)已知双曲线Γ:
-=1(a>0,b>0)经过点P(2,1),且其中一焦点F到一条渐近线的距离为1.
(1)求双曲线Γ的方程;
(2)过点P作两条相互垂直的直线PA,PB分别交双曲线Γ于A,B两点,求点P到直线AB距离的最大值.
解:
(1)∵双曲线-=1过点(2,1),∴-=1.
不妨设F为右焦点,则F(c,0)到渐近线bx-ay=0的距离d==b,
∴b=1,a2=2.
∴所求双曲线的方程为-y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为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)=0.而P∉AB,
∴m=-6k-3,从而直线AB的方程为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的距离d==.
∴==1+≤2.
∴d≤4,即点P到直线AB距离的最大值为4.
[师说考点]
圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路
(1)解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y=kx+m(k存在的情形).然后利用条件建立k与m的关系.借助于点斜式方程思想确定定点坐标.
(2)定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值,再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值.在这类试题中选择消元的方法是非常关键的.
[典例] (2016·山东高考节选)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:
+=1(a>b>0)的离心率是,抛物线E:
x2=2y的焦点F是C的一个顶点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.求证:
点M在定直线上.
[解]
(1)由题意知=,可得a2=4b2.
因为抛物线E的焦点为F,
所以b=,a=1.
所以椭圆C的方程为x2+4y2=1.
(2)证明:
设P(m>0).
由x2=2y,可得y′=x,
所以直线l的斜率为m.
因此直线l的方程为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+.
由根与系数的关系得x1+x2=,
因此x0=.
将其代入y=mx-,得y0=.
因为=-,
所以直线OD的方程为y=-x.
联立方程
得点M的纵坐标yM=-,
所以点M在定直线y=-上.
解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3个方面
(1)从特殊情形开始,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)在含有参数的曲线方程里面,把参数从含有参数的项里面分离出来,并令其系数为零,可以解出定点坐标.
[应用体验]
2.(2016·石家庄一模)已知抛物线C:
y2=2px(p>0)过点M(m,2),其焦点为F,且|MF|=2.
(1)求抛物线C的方程;
(2)设E为y轴上异于原点的任意一点,过点E作不经过原点的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的准线方程为x=-,
∴|MF|=m+=2,又4=2pm,即4=2p,
∴p2-4p+4=0,∴p=2,
∴抛物线C的方程为y2=4x.
(2)证明:
设点E(0,t)(t≠0),由已知切线不为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),则由几何性质可以判断点O,B关于直线EF:
y=-tx+t对称,则
解得即B.
法一:
直线AB的斜率为kAB=(t≠±1),
直线AB的方程为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的斜率为kAF=(t≠±1),
直线BF的斜率为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的解题策略
处理探索性问题,一般要先对结论作出肯定的假设,然后由此假设出发,结合已知条件进行推理论证,若推出相符的结论,则存在性随之解决;若导出矛盾,则否定了存在性.若证明某结论不存在,也可以采用反证法.
[典例]如图,椭圆E:
+=1(a>b>0)的离心率是,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得=恒成立?
若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
[解]
(1)由已知,点(,1)在椭圆E上,
因此解得
所以椭圆E的方程为+=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,则有==1,即|QC|=|QD|.
所以点Q在y轴上,可设点Q的坐标为(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,则M,N的坐标分别为(0,),(0,-).
由=,得=,
解得y0=1或y0=2.
所以若存在不同于点P的定点Q满足条件,则点Q的坐标只可能为(0,2).
下面证明:
对任意直线l,均有=.
当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.
当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+1,
点A,B的坐标分别为(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轴对称的点B′的坐标为(-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不同的定点Q(0,2),使得=恒成立.
辅助解答——思路靠谱也给分
1.本题在求解第
(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点的坐标(0,2),这样可得一定的分数,这种方法在解决一些压轴题时要学会应用.
2.一道题目的解答,既有主要的实质性的步骤,也有次要的辅助性的步骤.实质性的步骤未找到之前,找辅助性的步骤是明智之举.如:
准确作图,把题目中的条件翻译成数学表达式,根据题目的意思列出要用的公式等.罗列这些小步骤都是有分的,这些全是解题思路的重要体现,切不可以不写,对计算能力要求高的,实行能解多少写多少的策略.书写也是辅助解答的一部分,“书写要工整,卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应.这就是所说的辅助解答.
[应用体验]
3.(2016·兰州模拟)已知椭圆C的焦点坐标是F1(-1,
0),F2(1,0),过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B,D两点,且|BD|=3.
(1)求椭圆C的方程;
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M,N,且满足=?
若存在,求出直线l1的方程;若不存在,请说明理由.
解:
(1)设椭圆的方程是+=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的方程为+=1.
(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在,设直线l1的方程为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相交于不同的两点M,N,