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
- 文档编号:8142494
- 上传时间:2023-01-29
- 格式:DOCX
- 页数:9
- 大小:79.27KB
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
《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》由会员分享,可在线阅读,更多相关《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(9页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
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.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 数学 课件 训练 第一 部分 第三 层级 个大题题题研 诀窍 圆锥曲线 问题 义理
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)