- 2021-06-16 发布 |
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文档介绍
2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第九章平面解析几何创新引领微课盘点优化解析几何中的方略技法
www.ks5u.com 盘点优化解析几何中的方略技法 微点聚焦突破 技法一 巧用定义，揭示本质 定义是导出其性质的“发源地”，解题时，善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量分析有机结合起来，可使解题计算量大为简化. 【例1】 如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( ) A. B. C. D. 解析 焦点F1(－，0)，F2(，0)，在Rt△AF1F2中，|AF1|＋|AF2|＝4，① |AF1|2＋|AF2|2＝12，② 联立①②可解得|AF2|－|AF1|＝2，即2a＝2，又2c＝2，故双曲线的离心率e＝＝＝，故选D. 答案 D 思维升华 本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线的实轴长，进而求出双曲线的离心率，大大减小了运算量. 【训练1】 抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m，0)，则的最小值为________. 解析 设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，则＝＝≥＝(当且仅当xP＝m时取等号)，所以≥，所以的最小值为. 答案 技法二 设而不求，整体代换 对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程时，常常用代点法求解. 【例2】 已知点A，B的坐标分别是(－1，0)，(1，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2. (1)求动点M的轨迹方程； (2)若过点N的直线l交动点M的轨迹于C，D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程. 解 (1)设M(x，y)，因为kAM·kBM＝－2， 所以·＝－2(x≠±1)， 化简得2x2＋y2＝2(x≠±1)，即为动点M的轨迹方程. (2)设C(x1，y1)，D(x2，y2). 当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝， 则C，D， 此时CD的中点不是N，不合题意. 故设直线l的方程为y－1＝k， 将C(x1，y1)，D(x2，y2)代入2x2＋y2＝2(x≠±1)得 ①－②整理得k＝＝－＝－＝－1， ∴直线l的方程为y－1＝－1×， 即所求直线l的方程为2x＋2y－3＝0. 思维升华 1.本题设出C，D两点坐标，却不求出C，D两点坐标，巧妙地表达出直线CD的斜率，从而快速解决问题. 2.在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：(1)凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题时，都尽可能实施“设而不求”；(2)“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多. 【训练2】 过点M(1，1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M 是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________. 解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 ∴＋＝0， ∴＝－·. ∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2， ∴－＝－，∴a2＝2b2. 又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)， ∴a2＝2c2，∴＝. 即椭圆C的离心率e＝. 答案 技法三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简 某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解，也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系.后者往往计算量小，解题过程简捷. 【例3】 已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k＞0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA. (1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积； (2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围. 解 (1)设M(x1，y1)，则由题意知y1＞0， 当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2，0). 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为. 因此直线AM的方程为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的面积S△AMN＝2×××＝. (2)由题意知，t＞3，k＞0，A(－，0). 将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1 得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0. 由x1·(－)＝得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝. 由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)， 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. 由此得或解得＜k＜2. 因此k的取值范围是(，2). 思维升华 本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x1＝，这体现了“设而不求，整体代换”的思想.这是解决解析几何问题常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大减少了运算量. 【训练3】 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2. (1)求椭圆C的方程； (2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程. 解 (1)由题意知＝，得a＝2c， 所以a2＝4c2，b2＝3c2， 将点P代入＋＝1得c2＝1， 故所求椭圆方程为＋＝1. (2)由(1)可知F1(－1，0)，设直线l的方程为x＝ty－1， 代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0， 显然判别式大于0恒成立， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0， 则有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝， 所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2| ＝|F1F2|·＝. 而S△AF2B＝|AB|r0＋·|BF2|r0＋|AF2|r0 ＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|) ＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|) ＝r0·4a＝××8＝， 所以＝，解得t2＝1， 因为所求圆与直线l相切， 所以半径r＝＝， 所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2. 技法四 借“曲线系”，理清规律 利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一. 【例4】 已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为( ) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 解析 由双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，可设双曲线的方程为x2－＝λ(λ＞0).因为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，所以(－6，0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，所以λ＝9，所以双曲线的方程为－＝1. 答案 B 思维升华 本题利用共渐近线系双曲线方程，使问题得到解决，避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，达到了事半功倍的效果. 【训练4】 圆心在直线x－y－4＝0上，且经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点的圆的方程为( ) A.x2＋y2－x＋7y－32＝0 B.x2＋y2－x＋7y－16＝0 C.x2＋y2－4x＋4y＋9＝0 D.x2＋y2－4x＋4y－8＝0 解析 根据题意，所求圆经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点，设其方程为(x2＋y2＋6x－4)＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，变形可得(1＋λ)x2＋(1＋λ)y2＋6x＋6λy－4－28λ＝0，其圆心为，又其圆心在直线x－y－4＝0上，则－－4＝0，解得λ＝－7，则所求圆的方程为－6x2－6y2＋6x－42y＋192＝0，即x2＋y2－x＋7y－32＝0. 答案 A 分层限时训练 A级 基础巩固 一、选择题 1.已知点F是抛物线y2＝2x的焦点，M，N是该抛物线上的两点，若|MF|＋|NF|＝4，则线段MN的中点的横坐标为( ) A. B.2 C. D.3 解析 ∵点F是抛物线y2＝2x的焦点，∴F，准线方程为x＝－，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴|MF|＋|NF|＝x1＋＋x2＋＝4，∴x1＋x2＝3，∴线段MN中点的横坐标为. 答案 A 2.已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点.若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为( ) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2， ①－②得＋＝0， 所以kAB＝＝－＝. 又kAB＝＝，所以＝. 又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18， 所以椭圆E的方程为＋＝1. 答案 D 3.(2020·黄冈模拟)设D为椭圆x2＋＝1上任意一点，A(0，－2)，B(0，2)，延长AD至点P，使得|PD|＝|BD|，则点P的轨迹方程为( ) A.x2＋(y－2)2＝20 B.x2＋(y＋2)2＝20 C.x2＋(y－2)2＝5 D.x2＋(y＋2)2＝5 解析 ∵D为椭圆x2＋＝1上一点，且易知A，B为椭圆的焦点，∴|DA|＋|DB|＝2a＝2.又|PD|＝|BD|，∴|PA|＝|PD|＋|DA|＝2，∴点P的轨迹方程为x2＋(y＋2)2＝(2)2＝20.故选B. 答案 B 4.已知直线l：x＋y＝3与x轴，y轴分别交于点A，B，点P在椭圆＋y2＝1上运动，则△PAB面积的最大值为( ) A.6 B. C. D. 解析 设点P的坐标为(cos θ，sin θ)，则P到AB的距离为＝ eq f(| (3)sin（θ＋φ）－3|, (2))，所以△PAB的面积为S＝×3×≤. 答案 D 5.已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为( ) A.16 B.14 C.12 D.10 解析 抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)，由题意可知l1，l2的斜率存在且不为0.不妨设直线l1的斜率为k，则l2直线的斜率为－，故l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－(x－1). 由消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝＝2＋， 由抛物线定义可知，|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋. 同理得|DE|＝4＋4k2， ∴|AB|＋|DE|＝8＋4k2＋≥8＋2＝16. 当且仅当＝k2，即k＝±1时取等号. 故|AB|＋|DE|的最小值为16. 答案 A 二、填空题 6.已知椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，－2)且a＝2b，则椭圆的标准方程为________. 解析 ∵c＝2，a2＝4b2，∴a2－b2＝3b2＝c2＝12， b2＝4，a2＝16.又焦点在y轴上， ∴标准方程为＋＝1. 答案 ＋＝1 7.(一题多解)过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线l与抛物线交于M，N两点(其中M点在第一象限)，若＝3，则直线l的斜率为________. 解析 法一 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中y1＞0，y2＜0.∵＝3，∴y1＝－2y2.设直线l 的方程为y＝k，联立得ky2－2py－kp2＝0， ∴y1y2＝－p2，∴y2＝－，x2＝， ∴k＝＝2. 法二 由题意可知＝2，设直线l的倾斜角为θ， 由抛物线焦点弦的性质可知＝， 即2－2cos θ＝1＋cos θ， 解得cos θ＝，∵θ为直线的倾斜角，∴sin θ＝， ∴tan θ＝2， 即直线l的斜率为2. 答案 2 8.(2020·福州联考改编)如图，双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线与C的渐近线交于P点，若等腰△PF1F2的底边PF2的长等于C的半焦距，则C的离心率为________. 解析 依题意得，kOP＝＝＝，在等腰△PF1F2中，cos∠PF2F1＝＝＝，所以|OP|2＝c2＋c2－2c2cos∠PF2F1＝c2，所以|OP|＝c，所以cos∠F2OP＝＝，所以tan∠F2OP＝，所以＝，解得e＝. 答案 三、解答题 9.(2019·天津卷)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知|OA|＝2|OB|(O为原点). (1)求椭圆的离心率； (2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP.求椭圆的方程. 解 (1)设椭圆的半焦距为c，由已知有a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝＋c2，解得＝. 所以椭圆的离心率为. (2)由(1)知，a＝2c，b＝c，故椭圆方程为＋＝1. 由题意，F(－c，0)，则直线l的方程为y＝(x＋c). 点P的坐标满足消去y并化简， 得到7x2＋6cx－13c2＝0， 解得x1＝c，x2＝－. 代入到l的方程，解得y1＝c，y2＝－c. 因为点P在x轴上方，所以P. 由圆心C在直线x＝4上，可设C(4，t). 因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c，0)， 故＝，解得t＝2. 因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径长为2. 又由圆C与l相切，得＝2，可得c＝2. 所以椭圆的方程为＋＝1. 10.(2020·衡水中学调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形. (1)求椭圆C的标准方程； (2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，当k1＋k2＝2时，求“卫星圆”的个数. 解 (1)因为椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形， 所以由椭圆的定义和正方形的性质可得 解得b＝c＝. 又a2＝b2＋c2＝12， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)设“卫星圆”的圆心为(x0，y0). 由“卫星圆”的定义可得“卫星圆”的半径为＝3， 所以“卫星圆”的标准方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝9. 因为直线OA：y＝k1x与“卫星圆”相切， 所以由点到直线的距离公式可得＝3， 化简得(x－9)k－2x0y0k1＋y－9＝0. 同理可得(x－9)k－2x0y0k2＋y－9＝0. 所以k1，k2是方程(x－9)k2－2x0y0k＋y－9＝0的两个不相等的实数根， 所以x－9≠0，由Δ＞0，得x＋y＞9， 将＋＝1代入得x＞6，k1＋k2＝. 所以(k1＋k2)2＝＝＝＝40，解得x＝10或. 当x＝10时，y＝1； 当x＝时，y＝， 所以满足条件的点(x0，y0)共8个， 故这样的“卫星圆”存在8个. B级 能力提升 11.已知抛物线C：y2＝4x，那么过抛物线C的焦点，长度为不超过2 015的整数的弦的条数是( ) A.4 024 B.4 023 C.2 012 D.2 015 解析 由抛物线焦点弦的性质可知过抛物线焦点的弦长为(其中θ为直线的倾斜角)，由此可知，当θ＝90°时，焦点弦的长度最短，其最短长度为4，故长度为不超过2 015的整数的弦的条数为(2 015－4)×2＋1＝4 023，故选B. 答案 B 12.已知P为椭圆C：＋y2＝1上一点，Q(0，6)，则P，Q两点间的最大距离是( ) A.3 B.5 C.2 D. 解析 椭圆＋y2＝1，由椭圆的参数方程可设 P(3cos θ，sin θ)， ∴|PQ|2＝(3cos θ－0)2＋(sin θ－6)2 ＝9cos2 θ＋sin2 θ－12sin θ＋36 ＝9(1－sin2 θ)＋sin2 θ－12sin θ＋36 ＝－8sin2 θ－12sin θ＋45， 令sin θ＝t，则t∈[－1，1]， ∴|PQ|2＝－8t2－12t＋45的图象为开口向下的抛物线，对称轴为t＝－， ∴|PQ|2＝－8t2－12t＋45在t∈上单调递增，在t∈上单调递减， ∴当t＝－时，|PQ|2取最大值， 此时|PQ|取最大值，故选D. 答案 D 13.(2019·蚌埠二模改编)已知F为抛物线y2＝4x的焦点，O为原点，点P是抛物线准线上一动点，若点A在抛物线上，且|AF|＝5，则|PA|＋|PO|的最小值为________. 解析 ∵|AF|＝5，∴由抛物线的定义得点A到准线的距离也为5，设A(x0，y0)，则x0＋1＝5，∴x0＝4，又知点A在抛物线y2＝4x上，∴y0＝±4，不妨设点A在第一象限的抛物线上，∴ A(4，4)，设坐标原点O关于准线x＝－1的对称点为B，则B(－2，0)，连接PB，由对称思想可知|PA|＋|PO|的最小值为|AB|＝＝2. 答案 2 14.(2019·泉州一模)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝. (1)求抛物线C的方程； (2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值. 解 (1)因为点A在C上，|AO|＝|AF|＝，所以点A的纵坐标为，所以＋＝，所以p＝2， 所以C的方程为x2＝4y. (2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b(b≥0)，代入抛物线方程，可得x2－4kx－4b＝0. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b， 所以y1＋y2＝4k2＋2b， 因为线段PQ的中点的纵坐标为1， 所以2k2＋b＝1，即2k2＝1－b≥0，所以0查看更多