2019高考数学二轮复习专题提能五解析几何综合问题中优化运算的提能策略教案理.doc

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1、15 解析几何综合问题中优化运算的提能策略提分策略一 利用图形性质、直观运算充分利用图形的结构、性质，直观地运算可有效降低运算量，从而提高运算效率(2018江西名校联考)如图，抛物线 C： x22 px(p0)的焦点为 F(0,1)，取垂直于 y轴的直线与抛物线交于不同的两点 P1， P2，过 P1， P2作圆心为 Q的圆，使抛物线上其余点均在圆外，且 P1Q P2Q.(1)求抛物线 C和圆 Q的方程；(2)过点 F作直线 l，与抛物线 C和圆 Q依次交于点 M， A， B， N，求 MNAB的最小值解析：(1)因为抛物线 C： x22 py(p0)的焦点为 F(0,1)，所以 1，解得 p2

2、，所以抛物线 C的方程为 x24 y.p2由抛物线和圆的对称性，可设圆 Q： x2( y b)2 r2，由题意知抛物线 C与圆 Q相切，由Error!得 y2(2 b4) y b2 r20，所以 (2 b4) 24( b2 r2)0，有4 b4 r2. 又由 P1Q P2Q，得 P1QP2是等腰直角三角形，所以 P2 ，代入抛物线方程有 4 b2 r， (22r， b 22r) r22 2联立解得 r2 ， b3，2所以圆 Q的方程为 x2( y3) 28.(2)由题知直线 l的斜率一定存在，设直线 l的方程为 y kx1，圆心 Q(0,3)到直线 l的距离为 d ，所以 AB2 4 .21

3、k2 r2 d2 2 11 k2由Error! 得 y2(24 k2)y10.设 M(x1， y1)， N(x2， y2)，则 y1 y24 k22，由抛物线定义知 MN y1 y224(1 k2)所以 MNAB16(1 k2) ，设 t1 k2(t1)，2 11 k2则 MNAB16t 16 16 (t1)，2 1t 2t2 t 2(t 14)2 182所以当 t1，即 k0时， MNAB有最小值16.点评 本题四处运用了降低运算量、提高运算效率的方法，巧妙地避开了烦琐的运算，最终顺利地解决了问题其中前三个都是基于图形结构，直观地运算在解析几何问题中，善于运用如下平面几何图形的性质，常可大幅

4、度降低运算量：(1)线段的垂直平分线：已知线段 AB，动点 P满足 PA PB点 P在线段 AB的垂直平分线上(2)三角形：三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；等腰三角形的两底角相等，且两底角必为锐角；三角形的中位线平行且等于底边的一半(3)四边形：对角线互相垂直的四边形的面积等于两对角线之积的一半；平行四边形的对角线互相平分(反之也行)；菱形的对角线互相平分且互相垂直(反之也行)；矩形的对角线互相平分且相等(反之也行)对点训练已知椭圆 C： 1( a b0)的离心率为 ，且椭圆 C上的点到一个焦点的距离的y2a2 x2b2 63最小值为 .3 2(1)求椭圆 C的方程；(2)已知

5、过点T(0,2)的直线 l与椭圆 C交于 A， B两点，若在 x轴上存在一点 E，使 AEB90，求直线 l的斜率 k的取值范围解析：(1)设椭圆的半焦距长为 c，则由题设有：Error!解得： a ， c ， b21，3 2故椭圆 C的方程为 x21.y23(2)由已知可得，以 AB为直径的圆与 x轴有公共点设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， AB中点为 M(x0， y0)，将直线 l： y kx2代入 x21，得(3 k2)x24 kx10， 12 k212，y23 x0 ， y0 kx02 ，x1 x22 2k3 k2 63 k2|AB| ，1 k212k2 123 k2 2

6、3k4 13 k2Error!解得： k413，即 k 或 k .413 4133提分策略二 借用已算、同理推算解析几何中存在不少类似的问题，这些问题只需算好一部分，然后作类似的推算与替换即可得到另一部分的结果(2018衡水中学模拟)在平面直角坐标系中，定点 F1(1,0)， F2(1,0)，动点 P与两定点 F1， F2距离的比是一个正数 m.(1)求点 P的轨迹方程 C，并说明轨迹是什么图形；(2)若 m ，过点 A(1,2)作倾斜角互补的两条直线，分别交曲线 C于 P， Q两点，求直线22PQ的斜率解析：(1)设 P(x， y)，由题意知 m(m0)，|PF1|PF2|即| PF1| m

7、|PF2|，故 m .x 12 y2 x 12 y2即( m21)( x2 y2)2( m21) x m210.当 m1时，点 P的轨迹方程为 x0，表示直线 x0(或线段 F1F2的垂直平分线为 y轴)；当 m1时，点 M的轨迹方程为 x2 y22 x10，(m2 1m2 1)即 2 y2 ，(xm2 1m2 1) 4m2m2 12表示圆心为 ，半径是 的圆(m2 1m2 1， 0) 2m|m2 1|(2)当 m 时，由(1)得曲线 C：( x3) 2 y28.易知直线 AP， AQ的斜率存在，22所以设直线 AP： y2 k(x1)， P(x1， y1)，则直线 AQ： y2 k(x1)，

8、 Q(x2， y2)联立Error! 得(1 k2)x2(2 k24 k6) x k24 k50，故1 x1 ，即 x1 ，此时 y1 kx12 k.k2 4k 51 k2 k2 4k 51 k2同理可得 x2 ，此时 y2 kx22 k.k2 4k 51 k24故 kPQ .y2 y1x2 x1 kx2 2 k kx1 2 kx2 x1 kx1 x2 2kx2 x1将 x1， x2代入得 kPQ kx1 x2 2x2 x1 1. k(k2 4k 51 k2 k2 4k 51 k2 ) 2k2 4k 51 k2 k2 4k 51 k2点评 由于求点 P与 Q坐标的方法是相同的，差别只是将 k换

9、为 k，于是只需将 x1中的 k替换为 k即可得到 x2 .这样就很好地避免了不必要的重复运算k2 4k 51 k2 k2 4k 51 k2，提高了运算的效率对点训练(2018石家庄调研)已知抛物线 C1： x22 py(p0)，点 A 到抛物线 C1的准线的距(p，p2)离为2.(1)求抛物线 C1的方程；(2)过点 A作圆 C2： x2( y a)21的两条切线，分别交抛物线于 M， N两点，若直线 MN的斜率为1，求实数 a的值解析：(1)由抛物线定义可得 2，所以 p2，p2 p2故抛物线 C1的方程为 x24 y.(2)设直线 AM， AN的斜率分别 为 k1， k2，将 lAM：

10、y1 k1(x2)代入 x24 y可得 x24 k1x8 k140， 16( k11) 20，则 k1R且 k11.由根与系数的关系可得 xM4 k12，同理可得 xN4 k22.所以 kMN (xM xN) k1 k21.yM yNxM xN 14又因为直线 lAM： y1 k1(x2)与圆相切，所以 1，|a 2k1 1|1 k21整理可得3 k 4 k1(a1) a22 a0，同理3 k 4 k2(a1) a22 a0.21 2所以 k1， k2是方程3 k24 k(a1) a22 a0的两个根，所以 k1 k2 ，代入 kMN k1 k211可得 a 1.4a 135提分策略三 设(参

11、)而不求、整体运算在解题时，可设一些辅助元(参数)，然后在解题过程中，巧妙地消去辅助元(参数)，而不必求出这些辅助元(参数)的值(有时也求不出)，便于降低运算量，优化解题过程，使解题方法更快捷(2018汕头模拟)已知动圆过定点 F ，且与定直线 l： y 相切(0，14) 14(1)求动圆圆心的轨迹曲线 C的方程；(2)若点 A(x0， y0)是直线 x y10上的动点，过点 A作曲线 C的切线，切点记为 M， N，求证：直线 MN恒过定点，并求 AMN面积 S的最小值解析：(1)根据抛物线的定义，由题意可得，动圆圆心的轨迹 C是以点 F 为焦点，(0，14)以定直线 l： y 为准线的抛物线

12、设抛物线 C： x22 py(p0)，因为点 F 到准线 l14 (0， 14)： y 的距离为 ，所以 p ，14 12 12所以圆心的轨迹曲线 C的方程为 x2 y.(2)证明：因为 x2 y，所以 y2 x.设切点 M(x1， y1)， N(x2， y2)，则 x y1， x y2，21 2则过点 M(x1， y1)的切线方程为 y y12 x1(x x1)，即 y2 x1x x ，即 y2 x1x y1.21同理得过点 N(x2， y2)的切线方程为 y2 x2x y2.因为过点 M， N的切线都过点 A(x0， y0)，所以 y02 x1x0 y1， y02 x2x0 y2，所以点

13、M(x1， y1)， N(x2， y2)都在直线 y02 xx0 y上，所以直线 MN的方程为 y02 xx0 y，即2 x0x y y00.又因为点 A(x0， y0)是直线 x y10上的动点，所以 x0 y010，所以直线 MN的方程为2 x0x y( x01)0，即 x0(2x1)(1 y)0，所以直线 MN恒过定点 .(12， 1)联立Error! 得 x22 x0x y00，又 x0 y010，所以 x22 x0x x010，则Error!所以 MN 1 k2x1 x22 4x1x2 1 4x202x02 4x0 1 .1 4x204x20 4x0 4又因为点 A(x0， y0)到

14、直线2 x0x y y00的距离为6d ，|2x0x0 y0 y0|1 4x20 |2x20 2x0 1|1 4x20 2|x20 x0 1|1 4x20所以 S MNd 12 121 4x204x20 4x0 4 2|x20 x0 1|1 4x202 |x x01|.x20 x0 1 20令t ，即 S2t 3 ，x20 x0 1 (x0 12)2 34 32 334所以当点 A的坐标为 时， AMN的面积 S取得最小值为 .(12， 12) 334点评 若设切线 AM： y y0 k(x x0)，再与 x2 y联立求切点 M的坐标(用 x0， y0， k表示)，运算量非常大，即使同理得点

15、N的坐标，求直线 MN的方程，运算量也极度繁重，再要从中求恒过定点的坐标，已经很难求出，还要求 AMN的面积 S的最小值就更难做到了而以上的解法巧妙地避开了这些运算，大大地提高了解决问题的可行性与效率对点训练已知椭圆 C： 1( a b0)上的点到两个焦点的距离之和为 ，短轴长为 ，直线x2a2 y2b2 23 12l与椭圆 C交于 M， N两点(1)求椭圆 C的方程；(2)若直线 l与圆 O： x2 y2 相切，求证： 为定值125 OM ON 解析：(1)由题意得，2 a ，2 b ，所以 a ， b .23 12 13 14所以椭圆 C的方程为9 x216 y21.(2)证明：当直线 l

16、 x轴时，因为直线 l与圆 O相切，所以直线 l的方程为 x .15当直线 l： x 时，得 M， N两点的坐标分别为( ， )，( ， )，15 15 15 15 15所以 0；OM ON 当直线 l： x 时，同理可得 0.15 OM ON 当直线 l与 x轴不垂直时，设 l： y kx m， M(x1， y1)， N(x2， y2)，所以圆心 O(0,0)到直线 l的距离为 d ，|m|1 k2 15所以25 m21 k2，由Error! 得(916 k2)x232 kmx16 m210，7则 (32 km)24(916 k2)(16m21)0， x1 x2 ， x1x2 ，32km9

17、16k2 16m2 19 16k2所以 x1x2 y1y2(1 k2)x1x2 km(x1 x2) m2 0.OM ON 25m2 k2 19 16k2综上， 0(定值)OM ON 提分策略四 结论归纳、跳步计算当直线与圆锥曲线相交时，归纳一套关于直线方程与圆锥曲线方程联立整理后的方程、判别式 、 x1 x2与 x1x2的值、弦长值等结论，为实施跳步计算提供坚实的基础(2018泉州质检)如图，已知椭圆 C： 1( a b0)经过点(1， )，且离心率为 .x2a2 y2b2 32 12(1)求椭圆 C的方程；(2)若直线 l过椭圆 C的左焦点 F1交椭圆于 A， B两点， AB的中垂线交长轴于

18、点 D.试探索是否为定值若是，求出该定值；若不是，请说明理由DF1AB解析：(1)椭圆 C的离心率为 ，则 ，即 a24 c2， b2 a2 c23 c2.12 ca 12又因为椭圆 C： 1经过点 ，所以 1，解得 c1，x24c2 y23c2 (1， 32) 14c2 34c2所以椭圆 C的方程为 1.x24 y238(2)证明：当直线 l与 x轴重合时，点 D与点 O重合， A， B为长轴顶点，则 .DF1AB 14当直线 l与 x轴不重合时，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，直线 AB： x my1，由Error! 得(3 m24) y26 my90，则 y1 y2 ， y

19、1y2 ， 12 2(m21)0，6m3m2 4 93m2 4所以 AB .m2 13m2 4 12m2 13m2 4设 AB的中点为 C(x3， y3)，则 y3 (y1 y2) ，12 12 6m3m2 4 3m3m2 4x3 (x1 x2) m(y1 y2)2 ，12 12 43m2 4所以直线 CD： y m ，令 y0，得 xD ，3m3m2 4 (x 43m2 4) 13m2 4则 DF1 (1) ，13m2 4 3m2 13m2 4所以 为定值DF1AB 3m2 13m2 4 12m2 13m2 4 14点评 对于直线与圆锥曲线的相交问题，熟悉下面的结论对降低运算量，提高解题效率

20、很有帮助：(1)直线 l： y kx m(简称“ y类结论”)：曲线结论 1( a bx2a2 y2b20) 1( ax2a2 y2b20， b0)y22 px(p0)联立整理(主要结论1)(a2k2 b2) x22 kma2x a2(m2 b2)0(a2k2 b2) x22 kma2x a2(m2 b2)0k2x22( km p)x m20 (主要结论2)4a2b2(a2k2 b2m2)4a2b2( a2k2 b2 m2)4p(p2 km)x1 x2 2kma2a2k2 b22kma2a2k2 b22km pk2x1x2 a2m2 b2a2k2 b2 a2m2 b2a2k2 b2m2k2AB

21、(主要结论3)k2 1a2k2 b2 k2 1|a2k2 b2|k2 1k2 9(2)直线 l： x myt(简称“ x类结论”)：曲线结论 1( a bx2a2 y2b20) 1( a0，x2a2 y2b2b0)y22 p x(p0)联立整理(主要结论1)(b2m2 a2) y22 mtb2y b2(t2 a2) 0(b2m2 a2) y22 mtb2y b2(t2 a2) 0y22 mpy2 pt0 (主要结论2)4a2b2(b2m2 a2t 2)4a2b2(b2m2 a2t 2)4p(m2p2t)y1 y2 2mtb2b2m2 a2 2mtb2b2m2 a2 2mpy1y2 b2t2 a

22、2b2m2 a2 b2t2 a2b2m2 a2 2 ptAB (主要结论3) m2 1b2m2 a2 m2 1|b2m2 a2| m2 1 对点训练(2018张掖模拟)已知椭圆 C： 1( a b0)的离心率为 ，右焦点为 F，右顶点x2a2 y2b2 12为 E， P为直线 x a上的任意一点，且( ) 2.54 PF PE EF (1)求椭圆 C的方程；(2)过 F且垂直于 x轴的直线 AB与椭圆交于 A， B两点(点 A在第一象限)，动直线 l与椭圆 C交于 M， N两点，且 M， N位于直线 AB的两侧，若始终保持 MAB NAB，求证：直线 MN的斜率为定值解析：(1)设 P ，又

23、F(c,0)， E(a,0)，(54a， m)则 ， ， ，PF (c 54a， m) PE ( a4， m) EF (c a， 0)所以(2 c3 a)(c a)4.又 e ，所以 a2， c1， b ，ca 12 3从而椭圆 C的方程为 1.x24 y23(2)证明：由(1)知 A ，设 M(x1， y1)， N(x2， y2)， MN的方程为 y kx m，代入椭圆(1，32)方程 1，x24 y23得(4 k23) x28 kmx4 m2120，10则Error!又 M， N是椭圆上位于直线 AB两侧的动点，若始终保持 MAB NAB，则 kAM kAN0，即 0，则 (x21) (x

24、11)0，整理得(2 k1)y1 32x1 1y2 32x2 1 (kx1 m 32) (kx2 m 32)(2m2 k3)0，得 k .故直线 MN的斜率为定值 .12 12授课提示：对应学生用书第147页1若椭圆 1( a b0)的左、右焦点分别为 F1、 F2，线段 F1F2被抛物线 y22 bxx2a2 y2b2的焦点 F分成了31的两段(1)求椭圆的离心率；(2)过点 C(1,0)的直线 l交椭圆于不同两点 A， B，且 2 ，当 AOB的面积最大时AC CB ，求直线 l的方程解析：(1)由题意知， c 3 ，b2 (c b2)所以 b c， a22 b2，所以 e .ca 1 (

25、ba)2 22(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，直线 AB的方程为 x ky1( k0)，因为 2 ，所以(1 x1， y1)2( x21， y2)，即 y12 y2， AC CB 由(1)知，椭圆方程为 x22 y22 b2.由Error! 消去 x，得( k22) y22 ky12 b20，所以 y1 y2 ， 2kk2 2由知， y2 ， y1 ，2kk2 2 4kk2 2因为 S AOB |y1| |y2|，12 1211所以 S AOB3 3|k|k2 2 12|k| |k|3 ，12 2|k|k| 324当且仅当| k|22，即 k 时取等号，2此时直线 l的方程

26、为 x y10或 x y10.2 22(2018石家庄摸底)已知椭圆 C： 1( a b0)的左、右顶点分别为 A、 B，x2a2 y2b2且长轴长为8，T为椭圆上任意一点，直线T A，T B的斜率之积为 .34(1)求椭圆 C的方程；(2)设 O为坐标原点，过点 M(0,2)的动直线与椭圆 C交于 P， Q两点，求 的OP OQ MP MQ 取值范围解析：(1)设T( x， y)，由题意知 A(4,0)， B(4,0)，设直线T A的斜率为 k1，直线T B的斜率为 k2，则 k1 ， k2 .yx 4 yx 4由 k1k2 ，得 ，34 yx 4 yx 4 34整理得 1.x216 y21

27、2故椭圆 C的方程为 1.x216 y212(2)当直线 PQ的斜率存在时，设直线 PQ的方程为 y kx2，点 P， Q的坐标分别为( x1， y1)，( x2， y2)，联立方程Error!消去 y，得(4 k23) x216 kx320.所以 x1 x2 ， x1x2 .16k4k2 3 324k2 3从而， x1x2 y1y2 x1x2( y12)( y22)2(1 k2)x1x22 k(x1 x2OP OQ MP MQ )4 20 . 80k2 524k2 3 84k2 3所以20 .OP OQ MP MQ 523当直线 PQ的斜率不存在时， 的值为20.OP OQ MP MQ 综上

28、， 的取值范围为 .OP OQ MP MQ 20， 523123(2018浦东五校联考)已知椭圆 C的中心在原点，离心率等于 ，它的一个短轴端点12恰好是抛物线 x28 y的焦点3(1)求椭圆 C的方程；(2)如图，已知 P(2,3)， Q(2，3)是椭圆上的两点， A， B是椭圆上位于直线 PQ两侧的动点若直线 AB的斜率为 ，求四边形 APBQ面积的最大值；12当 A， B运动时，满足 APQ BPQ，试问直线 AB的斜率是否为定值？请说明理由解析：(1)设椭圆 C的方程为 1( a b0)，则 b2 .x2a2 y2b2 3由 ， a2 c2 b2，得 a4，ca 12椭圆 C的方程为

29、1.x216 y212(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)设直线 AB的方程为 y xt，12代入 1，得 x2t xt 2120，x216 y212由 0，解得4t4，由一元二次方程根与系数的关系得 x1 x2t， x1x2t 212，| x1 x2| .x1 x22 4x1x2 t2 4t2 12 48 3t2四边形 APBQ的面积 S 6|x1 x2|3 .12 48 3t2当t0时， S取得最大值，且 Smax12 .3若 APQ BPQ，则直线 PA， PB的斜率之和为0，设直线 PA的斜率为 k，则直线 PB的斜率为 k，直线 PA的方程为 y3 k(x2)，由Err

30、or!得(34 k2)x28(32 k)kx4(32 k)2480，13 x12 ，82k 3k3 4k2将 k换成 k可得 x22 ， 8k 2k 33 4k2 8k2k 33 4k2 x1 x2 ， x1 x2 ，16k2 123 4k2 48k3 4k2 kAB ，y1 y2x1 x2 kx1 2 3 kx2 2 3x1 x2 kx1 x2 4kx1 x2 12直线 AB的斜率为定值 .124已知椭圆 E： 1( a b0)的离心率为方程2 x23 x10的解，点 A， B分别x2a2 y2b2为椭圆 E的左、右顶点，点 C在 E上，且 ABC面积的最大值为2 .3(1)求椭圆 E的方程

31、；(2)设 F为 E的左焦点，点 D在直线 x4上，过 F作 DF的垂线交椭圆 E于 M， N两点证明：直线 OD把 DMN分为面积相等的两部分解析：(1)方程2 x23 x10的解为 x1 ， x21，12椭圆离心率 e(0,1)， e ，12由题意得Error!解得Error!椭圆 E的方程为 1.x24 y23(2)证明：设 M(x1， y1)， N(x2， y2)， D(4， n)，线段 MN的中点为 P(x0， y0)，故2 x0 x1 x2,2y0 y1 y2，由(1)可得 F(1,0)，则直线 DF的斜率为 kDF ，n 0 4 1 n3当 n0时，直线 MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知 OD平分线段 MN.当 n0时，直线 MN的斜率 kMN ，3n y1 y2x1 x2点 M， N在椭圆 E上，Error!整理得 0，x1 x2x1 x24 y1 y2y1 y23又2 x0 x1 x2,2y0 y1 y2， 0，即 ，x02 2y03 3n y0x0 n414即直线 OP的斜率为 kOP ，n4又直线 OD的斜率为 kOD ， OD平分线段 MN.n4综上，直线 OD把 DMN分为面积相等的两部分