2020届二轮复习解析几何综合问题学案（全国通用）

2020届二轮复习解析几何综合问题学案（全国通用）

高考冲刺：解析几何综合问题 ‎ ‎ ‎【高考展望】‎ ‎1.坐标法、曲线的方程与方程的曲线是解析几何的学科基础，应在理解的基础上会应用；‎ ‎2.点、直线、圆、圆锥曲线是解析几何重点研究的基本图形，其方程、几何性质是高中解析几何重点研究的内容，也是高考考查的重点；‎ ‎3.几何性质与方程的对应关系是正确理解解析几何问题的关键，也是正确解决解析几何问题的关键；‎ ‎4.数形结合的数学思想方法是解决解析几何的根本方法，是解决解析几何综合问题的基本思路.‎ ‎【知识升华】‎ 知识点一：曲线的方程和方程的曲线的关系 一般地，在直角坐标系中，如果某曲线（看作点的集合或适合某种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程的实数解建立了如下的关系：‎ ‎（1）曲线上所有点的坐标都是方程的解；‎ ‎（2）以方程的解为坐标的点都在曲线上.‎ 那么，方程叫做曲线的方程；曲线叫做方程的曲线.‎ 知识点二：求曲线的方程 ‎1.坐标法的定义：‎ 在直角坐标系中，用坐标表示点，把曲线看成满足某种条件的点的集合或轨迹，用曲线上点的坐标（x，y）所满足的方程表示曲线，通过研究方程的性质间接地来研究曲线的性质.这就是坐标法.‎ ‎2.坐标法求曲线方程的步骤：‎ 建系→设点→点满足的几何条件坐标化→整理化简成最简形式→证明（可省略，但必须删去增加的或者补上丢失的解）‎ ‎3．求轨迹方程的常用方法：‎ 直接法、定义法、代入法、参数法等。‎ 解析几何综合问题369357 知识要点】‎ 知识点三：有关圆锥曲线综合题类型 ‎(1)求圆锥曲线方程 一般求已知曲线类型的曲线方程问题，可采用“先定形，后定式，再定量”的步骤：‎ 定形——指的是二次曲线的焦点位置与对称轴的位置，如果位置不确定时，考虑是否多解。此时注意数形结合，在图形上标出已知条件，检查轴上的点、垂直于轴的直线的位置是否准确等。‎ 定式——根据“形”设方程的形式，注意曲线系方程的应用，如当椭圆的焦点不确定在哪个坐标轴上时，可设方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0) ‎ 定量——由题设中的条件找到“式”中特定系数的等量关系，通过解方程得到量的大小。此处注意n个未知数，列够n个独立的方程，并注意“点在线上”条件及韦达定理的使用。‎ 要点诠释：‎ 求指定的圆锥曲线的方程是高考命题的重点，主要考查学生识图、画图、数形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理、合理运算及创新思维能力，解决好这类问题，除要求同学们熟练掌握好圆锥曲线的定义、性质外，命题人还常常将它与对称问题、弦长问题、最值问题等综合在一起命制难度较大的题，解决这类问题常用定义法和待定系数法 ‎ ‎(2)求取值范围或最值 ‎ ①函数方法----将待求范围参数表示为另一个变量的函数，注意求函数的定义域。‎ ‎ ②方程与不等式组----n个未知数，列够n个独立方程或不等式，注意归纳总结列不等式的方法：‎ ‎ ③利用几何性质求参数范围；‎ ‎ ④利用不等式性质(结合几何性质)求参数范同．‎ 知识点四：解析几何问题中，解决运算问题的几点措施：‎ 解析几何图形结构、问题结构多，且易于发散，一旦形成为图形或知识点的综合，往往最具运算量、最为繁难复杂．因此，有时即便是明确了解法甚至较细的步骤，解题过程当中也常常被卡住，算不到底、算不出正确结果也是常有的事。因此，如何解决运算量问题，对于解题成功与否至关重要．解决运算问题，可以有以下措施：‎ ‎ (1)不断提高运算和恒等变形能力。注意培养观察问题、分析问题、转化问题、解决问题的能力，避免思维定势，提高思维灵活性；具体审题中多收集些信息，综观全局，权衡利弊，再决定解题策略；加强训练运算基本功，不断提高恒等变形的能力．‎ ‎ (2)善于运用平面几何性质来解题问题。解题处理方式不同，可能繁简大相径庭，若考虑问题的几何特征，充分利用图形几何性质，对于解决运算量会大有裨益，这一点对于圆锥曲线综合题的处理很重要．‎ ‎ (3)注意解析法与各种数学方法结合。当所求点的坐标直接解决有困难时，往往引进参数或参数方程起到解决问题的桥梁作用，引进合适的参数，进行设而不求的计算方式，在解析几何中是普遍的，但应注意不断积累消参经验；相应元替换法也是常用的策略．‎ ‎【典型例题】‎ 类型一：解析几何中最值问题 例1.设椭圆的中心在原点,焦点在轴上,离心率.已知点到这个椭圆上的点的最远距离为,求这个椭圆方程. 并求椭圆上到点P的距离等于的点的坐标.‎ ‎【解析】设椭圆方程为, 为椭圆上的点,‎ 由得 ‎ 若,则当时最大,即, ‎ ‎,故矛盾.‎ 若时,时, ‎ 所求方程为 ‎ 把代入，求得M的坐标是(─,─)或(,─).‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】定长为3的线段，其两端点在抛物线上移动，设中点为，求点到轴的最短距离，并求此时点的坐标.‎ ‎【解析一】作准线:，‎ 过、、分别作,、,垂足、、，‎ 且交轴于，‎ 连结、.‎ ‎ ‎ ‎∴当线段过焦点时，，此时.‎ 此时设过焦点的直线的方程为（），‎ 则由消去得 即 解得 ‎∴‎ 故当时，点到轴最短距离为.‎ ‎【解析二】设、、，则 ‎(1)+(2)得， ‎ 由(3)有 …………(5)‎ ‎(3)2-(5)得 …………(6)‎ ‎∵，∴‎ 即 ‎ ‎∴‎ ‎∴ ‎ ‎（当且仅当即时，且）.‎ 例2.(2018 山东高考)(本小题满分13分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆：（）的离心率为，左、右焦点分别为F1,F2,以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上.‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)设椭圆E：,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.‎ ‎(ⅰ)求的值;‎ ‎(ⅱ)求△ABQ面积的最大值.‎ ‎【思路点拨】(1)由离心率e和2a=r1+r2可求a,b,c.‎ ‎(2)将直线y=kx+m与椭圆E和椭圆C联立消y,再根据二次方程根与系数的关系求解面积的最大值.‎ ‎【解析】(1)因为两圆的公共点在椭圆C上,所以2a=3+1=4,a=2.‎ 又因为椭圆C的离心率为,所以 即椭圆C的方程为..‎ ‎(2)(ⅰ) 椭圆E：.‎ 设是椭圆C上任意一点，则.直线：与椭圆E：联立消得，所以.即.‎ ‎ (ⅱ) 因为点在直线上，所以，点到直线的距离为.‎ 将与联立消得，由可得. ①‎ 设，则，所以.‎ 直线y=kx+m与y轴交点为(0,m),所以△OAB面积 ‎，令，则.‎ 将与联立消得，由可得. ②‎ 由①②可知，因此（当且仅当即时取得最大值），注意到，‎ 所以.即的面积的最大值为.‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】(2018 天津高考)(本小题满分14分)已知椭圆 (a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.‎ ‎(1)求直线FM的斜率.‎ ‎(2)求椭圆的方程.‎ ‎(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.‎ ‎【解析】(1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.‎ 设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).‎ 由已知,有+,解得k=.‎ ‎(2)由(1)得椭圆方程为,直线FM的方程为两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c,或x=c.‎ 因为点M在第一象限,可得M的坐标为(c,c).‎ 有 解得c=1,‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),‎ 与椭圆方程联立消去，整理得.又由已知，得，‎ 解得-0,于是m=,得m∈(,).‎ ‎②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-,得m∈(-∞,- ).‎ 综上,直线OP的斜率的取值范围是(-∞,- )∪(,).‎ 类型二：有关对称的问题 ‎ 例3.已知直线过坐标原点，抛物线的顶点在原点，焦点在轴的正半轴上，若点、关于直线的对称点都在上.求直线与抛物线的方程.‎ ‎【解析】设: (且),:()‎ 又设关于的对称点，‎ 则由 得 ‎ ∴，即 ……… (1)‎ 又设关于的对称点 ,‎ 则由 得 ‎∴，即 ……… (2)‎ 由(1),(2)知：，‎ 故直线：,抛物线：.‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】已知抛物线上永远有关于直线对称的相异两点，求实数的取值范围.‎ ‎【解析一】令相异两点为、,（），令线段的中点为,‎ 则，，，‎ 由 ，相减得 ‎，.‎ ‎∵ 点在抛物线开口内，‎ ‎∴即 故.‎ ‎【解析二】设关于直线对称的两点为、，‎ 直线， ‎ 由 ，消去有：‎ ‎.‎ ‎∴， ‎ 令线段的中点为,‎ 则，，‎ ‎∵点在直线上 ‎ ‎∴‎ 又∵, ∴ ,‎ ‎∴， 故.‎ ‎【变式2】试确定的取值范围，使得椭圆上有不同两点关于直线对称 ‎【解析】设椭圆上以为端点的弦关于直线对称，‎ 且中点为椭圆内的点 ‎ 从而有 ‎ 由 ‎ (1)-(2)得　‎ ‎∴‎ 由 由在直线上 从而有 ‎ 类型三：求轨迹（轨迹方程）‎ 解析几何综合问题369357 例4】‎ 例4 .在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于.‎ ‎(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；‎ ‎(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。‎ ‎【解析】（I）因为点B与A关于原点对称，所以点得坐标为.‎ ‎ 设点的坐标为 ‎ 由题意得 化简得 .‎ ‎ 故动点的轨迹方程为 ‎（II）若存在点使得与的面积相等，设点的坐标为 ‎ 则.‎ ‎ 因为,所以 ‎ 所以即 ，解得 ‎ 因为，所以 ‎ 故存在点使得与的面积相等，‎ 此时点的坐标为.‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】 已知定点A(2，0)和圆x2+y2=1上的动点Q，∠AOQ的平分线交AQ于P点(O为坐标原点)，求动点P的轨迹方程.‎ ‎【解析】(如图)由三角形内角平分线定义：‎ 设P(x，y)，Q(x1，y1)‎ 则 ‎∵点Q在圆上，‎ 化简得：即为P点的轨迹方程.‎ 例5. 已知定点A（0，1），B（0，-1），C（1，0）．动点P满足：.‎ ‎（1）求动点P的轨迹方程，并说明方程表示的曲线类型；‎ ‎（2）当时，求的最大、最小值．‎ ‎【解析】（1）设动点坐标为，‎ 则，，．‎ 因为，‎ 所以．．‎ 若，则方程为，表示过点（1，0）且平行于y轴的直线．‎ 若，则方程化为．‎ 表示以为圆心，以 为半径的圆．‎ ‎（2）当时，方程化为，‎ 因为，所以．‎ 又，所以．‎ 因为，所以令，‎ 则．‎ 所以的最大值为，‎ 最小值为．‎ ‎【总结升华】求动点的轨迹，首先要分析形成轨迹的点和已知条件的内在联系，选择最便于反映这种联系的坐标形式，建立等式，利用直接法或间接法得到轨迹方程.‎ 举一反三：‎ ‎【变式1】设椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，A是椭圆上的一点，AF2⊥F1F2，原点O到直线AF1的距离为 ‎(Ⅰ)证明 ‎(Ⅱ)设Q1,Q2为 椭圆上的两个动点，OQ1⊥OQ2，过原点O作直线Q1Q2的垂线OD，垂足为D，求点D的轨迹方程.‎ ‎【解析】‎ ‎(Ⅰ)证法一：‎ 由题设AF2⊥F1F2及F1(-c,0),F2(c,0)，不妨设点A(c,y)，其中y>0，‎ 由于点A在椭圆上，有 解得，从而得到 直线AF1的方程为，整理得b2x-2acy+b2c=0‎ 由题设，原点O到直线AF1的距离为 将c2=a2-b2代入上式并化简得a2=2b2，即 证法二：同证法一，得到点A的坐标为 过点O作OB⊥AF1，垂足为B，易知△F1BO∽△F1F2A，‎ 故 由椭圆定义得 所以 解得 ‎(Ⅱ)设点D的坐标为(x0，y0)‎ 当y0≠0时，由OD⊥Q1Q2知，直线Q1Q2的斜率为，‎ 所以直线Q1Q2的方程为 点Q1(x1,y1),Q2(x2,y2)的坐标满足方程组 将(1)式代入(2)式，得x2+2(kx+m)2=2b2‎ 整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2b2=0‎ 于是 （3）‎ 由(1)式得y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+k2‎ ‎ （4）‎ 由OQ1⊥OQ2知x1x2+y1y2=0，将(3)式和(4)式代入得 ‎3m2=2b2(1+k2)‎ 将代入上式，整理得 当y0=0时，直线Q1Q2的程为x=x0，Q1(x1,y1)，Q2(x2,y2)的坐标满足方程组 所以 由OQ1⊥OQ2知x1x2+y1y2=0，即 解得,这时，点D的坐标仍满足 综上，点D的轨迹方程为