高考数学课件+训练第一部分第三层级高考5个大题题题研诀窍圆锥曲线问题巧在设难在算讲义理.docx

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高考数学课件+训练第一部分第三层级高考5个大题题题研诀窍圆锥曲线问题巧在设难在算讲义理

圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”

[技法指导——迁移搭桥]

圆锥曲线解答题的常见类型是：

第

（1）小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第

（2）小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：

第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；

第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；

第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．

在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算.

　　[典例]　（2018·广州高中综合测试）已知圆（x＋）2＋y2＝16的圆心为M，点P是圆M上的动点，点N（，0），点G在线段MP上，且满足（＋）⊥（－）．

（1）求点G的轨迹C的方程；

（2）过点T（4,0）作斜率不为0的直线l与轨迹C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为D，连接BD交x轴于点Q，求△ABQ面积的最大值．

[快审题]

求什么

想什么

求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法．

求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子．

给什么

用什么

给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等．

给出直线l的条件，应设出直线方程，与C的方程联立方程组．

差什么

找什么

差三角形的高，应先找Q点的坐标，即求出BD的直线方程.

[稳解题]

（1）因为（＋）⊥（－），

所以（＋）·（－）＝0，即2－2＝0，

所以|GP|＝|GN|，

所以|GM|＋|GN|＝|GM|＋|GP|＝|MP|＝4>2＝|MN|，

所以点G在以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆上，

设椭圆的方程为＋＝1（a>b>0），

则2a＝4,2c＝2，

即a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1，

所以点G的轨迹C的方程为＋y2＝1.

（2）法一：

依题意可设直线l：

x＝my＋4.

由消去x，得（m2＋4）y2＋8my＋12＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由Δ＝64m2－4×12×（m2＋4）＝16（m2－12）>0，得m2>12.　①

且y1＋y2＝－，

y1y2＝.　②

因为点A关于x轴的对称点为D，

所以D（x1，－y1），

可设Q（x0,0），

所以kBD＝＝，

所以BD所在直线的方程为y－y2＝（x－my2－4）．

令y＝0，得x0＝.　③

将②代入③，

得x0＝＝1，

所以点Q的坐标为（1,0）．

因为S△ABQ＝|S△TBQ－S△TAQ|＝

|QT||y2－y1|＝

＝，

令t＝m2＋4，结合①得t>16，

所以S△ABQ＝＝

6＝6.

当且仅当t＝32，即m＝±2时，（S△ABQ）max＝.

所以△ABQ面积的最大值为.

法二：

依题意知直线l的斜率存在，设其方程为y＝k（x－4），

A（x1，y1），B（x2，y2），Q（x0,0）．

由对称性知D（x1，－y1），

由消去y，

得（4k2＋1）x2－32k2x＋64k2－4＝0.

由Δ＝（－32k2）2－4（4k2＋1）（64k2－4）>0，

得k2<，　①

且x1＋x2＝，x1x2＝.　②

＝（x0－x2，－y2），＝（x0－x1，y1）

由B，D，Q三点共线知∥，

故（x0－x2）y1＋y2（x0－x1）＝0，

即（x0－x2）·k（x1－4）＋k（x2－4）（x0－x1）＝0.

整理得x0＝.　③

将②代入③，得x0＝1，所以点Q的坐标为（1,0）．

因为点Q（1,0）到直线l的距离为d＝，

|AB|＝·

＝，

所以S△ABQ＝|AB|·d＝.

令t＝4k2＋1，则k2＝，

结合①得1

所以S△ABQ＝＝3

＝3.

当且仅当＝，即k＝±时，（S△ABQ）max＝.

所以△ABQ面积的最大值为.

[题后悟道]

解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤

[针对训练]

已知F为椭圆C：

＋＝1的右焦点，M为C上的任意一点．

（1）求|MF|的取值范围；

（2）P，N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为－，证明：

M，N两点的横坐标之和为常数．

解：

（1）法一：

依题意得a＝2，b＝，

所以c＝＝1，

所以椭圆C的右焦点F的坐标为（1,0）．

设椭圆C上的任意一点M的坐标为（xM，yM），

则＋＝1，

所以|MF|2＝（xM－1）2＋y＝（xM－1）2＋3－x＝x－2xM＋4＝（xM－4）2.

又－2≤xM≤2，所以1≤|MF|2≤9，

所以1≤|MF|≤3，

所以|MF|的取值范围为[1,3]．

法二：

依题意得a＝2，b＝，所以c＝＝1，

所以椭圆C的右焦点F的坐标为（1,0），

设椭圆C上的任意一点M的坐标为（2cosα，sinα），

则|MF|2＝（2cosα－1）2＋（sinα）2＝（cosα－2）2，

又－1≤cosα≤1，所以1≤|MF|2≤9，

所以1≤|MF|≤3，

所以|MF|的取值范围为[1,3]．

（2）法一：

证明：

设P，M，N三点的坐标分别为（xP，yP），（xM，yM），（xN，yN），

设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，则直线PM的方程为y－yP＝k1（x－xP），

联立消去y，

得（3＋4k）x2－8k1（k1xP－yP）x＋4kx－8k1xPyP＋4y－12＝0，

由根与系数的关系可得xM＋xP＝，

所以xM＝－xP＝.

同理可得xN＋xP＝，

又k1·k2＝－，

故xN＋xP＝＝＝，

则xN＝－xP＝－＝－xM，从而xN＋xM＝0，

即M，N两点的横坐标之和为常数．

法二：

证明：

设P，M两点的坐标分别为（xP，yP），（xM，yM），线段PM，PN的中点分别为E，T，点E的坐标为（xE，yE），直线PM，PN，OE（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，k3，

由方程组得＝－，

所以·＝－，

所以·＝－，

所以k1·k3＝－，

又k1·k2＝－，

所以k2＝k3，

所以PN∥OE，

所以MN的中点在直线OE上，

同理可证MN的中点在直线OT上，

所以点O为线段MN的中点．

根据椭圆的对称性，得xM＋xN＝0，

所以M，N两点的横坐标之和为常数．

[总结升华]

解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都是以压轴题的面貌出现，是考生“未考先怕”题型，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．因此，在遵循“设—列—算”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破不能避繁就简这一瓶颈．　　　　

1.（2018·济南模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：

x2＝4y，直线l与抛物线C1交于A，B两点．

（1）若直线OA，OB的斜率之积为－，证明：

直线l过定点；

（2）若线段AB的中点M在曲线C2：

y＝4－x2（－2＜x＜2）上，求|AB|的最大值．

解：

（1）证明：

由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，A（x1，y1），B（x2，y2），

由得x2－4kx－4m＝0，

Δ＝16（k2＋m）＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，

则kOA·kOB＝＝＝＝－，

由已知kOA·kOB＝－，得m＝1，满足Δ＞0，

∴直线l的方程为y＝kx＋1，∴直线l过定点（0,1）．

（2）设M（x0，y0），由已知及

（1）得x0＝＝2k，

y0＝kx0＋m＝2k2＋m，

将M（x0，y0）代入y＝4－x2（－2＜x＜2），得

2k2＋m＝4－×（2k）2，∴m＝4－3k2.

∵－2＜x0＜2，∴－2＜2k＜2，∴－＜k＜，

∵Δ＝16（k2＋m）＝16（k2＋4－3k2）＝32（2－k2）＞0，

∴－＜k＜，

故k的取值范围是（－，）．

∴|AB|＝·

＝·

＝4·

≤4·＝6，

当且仅当k2＋1＝2－k2，即k＝±时取等号，

∴|AB|的最大值为6.

2．（2018·石家庄质检）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点．

（1）若以AF1为直径的动圆内切于圆x2＋y2＝9，求椭圆的长轴的长；

（2）当b＝1时，问在x轴上是否存在定点T，使得·为定值？

并说明理由．

解：

（1）设AF1的中点为M，连接OM，AF2（O为坐标原点），

在△AF1F2中，O为F1F2的中点，

所以|OM|＝|AF2|＝（2a－|AF1|）＝a－|AF1|.

由题意得|OM|＝3－|AF1|，

所以a＝3，故椭圆的长轴的长为6.

（2）由b＝1，＝，a2＝b2＋c2，得c＝2，a＝3，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k（x＋2），

由得（9k2＋1）x2＋36k2x＋72k2－9＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1＋x2＝－，x1x2＝，

y1y2＝k2（x1＋2）（x2＋2）＝.

设T（x0,0），

则＝（x1－x0，y1），＝（x2－x0，y2），

·＝x1x2－（x1＋x2）x0＋x＋y1y2＝，

当9x＋36x0＋71＝9（x－9），即x0＝－时，

·为定值，定值为x－9＝－.

当直线AB的斜率不存在时，不妨设A，

B，

当T时，·＝·＝－.

综上，在x轴上存在定点T，使得·为定值．

3．（2019届高三·西安八校联考）已知直线l：

x＝my＋1过椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的右焦点F，抛物线x2＝4y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若直线l交y轴于点M，且＝λ1，＝λ2，当m变化时，证明：

λ1＋λ2为定值；

（3）当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？

若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．

解：

（1）∵l：

x＝my＋1过椭圆C的右焦点F，

∴右焦点F（1,0），c＝1，即c2＝1.

∵x2＝4y的焦点（0，）为椭圆C的上顶点，

∴b＝，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，

∴椭圆C的方程为＋＝1.

（2）证明：

由题意知m≠0，联立

得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则y1＋y2＝－，y1y2＝－.

∵＝λ1，＝λ2，M，

∴＝λ1（1－x1，－y1），

＝λ2（1－x2，－y2），

∴λ1＝－1－，λ2＝－1－，

∴λ1＋λ2＝－2－＝－2－＝－.

综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－.

（3）当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，猜想当m变化时，直线AE与BD相交于定点N，证明如下：

则＝＝，

易知E（4，y2），则＝.

∵y2－（－y1）＝（y1＋y2）－my1y2＝－m＝0，

∴∥，即A，N，E三点共线．

同理可得B，N，D三点共线．