（新课改省份专用）2020版高考数学一轮复习第八章解析几何第七节完胜解析几何压轴大题策略指导（第1课时）审题上——4大策略找到解题突破口讲义（含解析）.doc

《（新课改省份专用）2020版高考数学一轮复习第八章解析几何第七节完胜解析几何压轴大题策略指导（第1课时）审题上——4大策略找到解题突破口讲义（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课改省份专用）2020版高考数学一轮复习第八章解析几何第七节完胜解析几何压轴大题策略指导（第1课时）审题上——4大策略找到解题突破口讲义（含解析）.doc（12页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第七节 完胜解析几何压轴大题策略指导第 1 课时 审题上4 大策略找到解题突破口解析几何研究的问题是几何问题，研究的手法是代数法(坐标法)因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在突破解析几何难题，先从找解题突破口入手策略一 利用向量转化几何条件典例 如图所示，已知圆 C： x2 y22 x4 y40，问：是否存在斜率为 1 的直线 l，使 l 与圆 C 交于 A， B 两点，且以 AB 为直径的圆过原点？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由解题观摩 假设存在斜率为

2、1 的直线 l，使 l 与圆 C 交于A， B 两点，且以 AB 为直径的圆过原点设直线 l 的方程为 y x b，点 A(x1， y1)， B(x2， y2)联立Error!消去 y 并整理得 2x22( b1) x b24 b40，所以 x1 x2( b1)， x1x2 .b2 4b 42因为以 AB 为直径的圆过原点，所以 OA OB，即 x1x2 y1y20.又 y1 x1 b， y2 x2 b，则 x1x2 y1y2 x1x2( x1 b)(x2 b)2 x1x2 b(x1 x2) b20.由知， b24 b4 b(b1) b20，即 b23 b40，解得 b4 或 b1.当 b4

3、或 b1 时，均有 4( b1) 28( b24 b4)4 b224 b360，即直线 l 与圆 C 有两个交点所以存在直线 l，其方程为 x y10 或 x y40.题后悟通以 AB 为直径的圆过原点等价于 OA OB，而 OA OB 又可以“直译”为 x1x2 y1y20，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译” ，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化” ，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译” ，最后联立“直译”的结果解决问题 2针对训练1已知椭圆 M： 1，点 F1， C 分别是椭圆 M 的左焦点，左顶点，过点 F1的直x2

4、4 y23线 l(不与 x 轴重合)交椭圆 M 于 A， B 两点(1)求椭圆 M 的离心率及短轴长(2)问：是否存在直线 l，使得点 B 在以线段 AC 为直径的圆上？若存在，求出直线 l的方程；若不存在，请说明理由解：(1)由题意知，椭圆 M 的离心率 e ，短轴长 2b2 .ca 12 3(2)设点 B(x0， y0)，由题意知 BC BF1，点 F1(1,0)， C(2，0)，由 BCBF10，得(2 x0， y0)(1 x0， y0)0，即( x02)( x01) y 0.20又知点 B(x0， y0)满足 1.x204 y203联立，解得 x02 或 x010.由椭圆方程知， x0

5、2 或 x010 均不满足题意，故舍去因此，不存在直线 l，使得点 B 在以线段 AC 为直径的圆上策略二 角平分线条件的转化典例 已知动圆过定点 A(4,0)，且在 y 轴上截得的弦 MN 的长为 8.(1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程；(2)已知点 B(1,0)，设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P，Q，若 x轴是 PBQ 的角平分线，求证：直线 l 过定点解题观摩 (1)设动圆圆心为点 P(x， y)，则由勾股定理得 x24 2( x4) 2 y2，化简即得圆心的轨迹 C 的方程为 y28 x.(2)证明：法一：由题意可设直线 l 的方程为 y kx b(k0)联

6、立Error! 得 k2x22( kb4) x b20.由 4( kb4) 24 k2b20，得 kb2.设点 P(x1， y1)，Q( x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .2 kb 4k2 b2k2因为 x 轴是 PBQ 的角平分线，所以 kPB kQB0，即 kPB kQB y1x1 1 y2x2 1 2kx1x2 k b x1 x2 2b x1 1 x2 10，8 k b x1 1 x2 1 k2所以 k b0，即 b k，所以 l 的方程为 y k(x1)3故直线 l 恒过定点(1,0)法二：设直线 PB 的方程为 x my1，它与抛物线 C 的另一个交点为 Q，设点 P(

7、x1， y1)，Q( x2， y2)，由条件可得，Q 与 Q关于 x 轴对称，故 Q(x2， y2)联立Error! 消去 x 得 y28 my80，其中 64 m2320， y1 y28 m， y1y28.所以 kPQ ，y1 y2x1 x2 8y1 y2因而直线 PQ 的方程为 y y1 (x x1)8y1 y2又 y1y28， y 8 x1，21将 PQ 的方程化简得( y1 y2)y8( x1)，故直线 l 过定点(1,0)法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，则它一定在 x 轴上，所以设定点坐标为( a,0)，直线 PQ 的方程为 x my a.联立Error! 消去 x，整理得

8、 y28 my8 a0， 0.设点 P(x1， y1)，Q( x2， y2)，则Error!由条件可知 kPB kQB0，即 kPB kQB y1x1 1 y2x2 1 my1 a y2 my2 a y1 y1 y2 x1 1 x2 1 0，2my1y2 a 1 y1 y2 x1 1 x2 1所以8 ma8 m0.由 m 的任意性可知 a1，所以直线 l 恒过定点(1,0)法四：设 P ，Q ，(y218， y1) (y28， y2)因为 x 轴是 PBQ 的角平分线，所以 kPB kQB 0，y1y218 1y2y28 1整理得( y1 y2) 0.(y1y28 1)因为直线 l 不垂直于

9、x 轴，所以 y1 y20，可得 y1y28.4因为 kPQ ，y1 y2y218 y28 8y1 y2所以直线 PQ 的方程为 y y1 ，8y1 y2(x y218)即 y (x1)8y1 y2故直线 l 恒过定点(1,0)题后悟通本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数 y1， y2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式 针对训练2如图所示，已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴

10、上，离心率等于 ，它的一个顶点恰好在抛物线 x28 y 的准线上32(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)点 P(2， )，Q(2， )在椭圆上， A， B 是椭圆上位于直线 PQ 两侧的动点，当3 3A， 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：(1)设椭圆 C 的标准方程为 1( a b0)x2a2 y2b2椭圆的一个顶点恰好在抛物线 x28 y 的准线 y2 上， b2，解得 b2.又 ， a2 b2 c2， a4， c2 .ca 32 3椭圆 C 的标准方程为 1.x216 y24(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， APQ BP

11、Q，则直线 PA， PB 的斜率互为相反数，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 y k(x2)，3联立方程，得Error!消去 y，得(14 k2)x28 k( 2 k)x4( 2 k)2160， x12 .3 38k 2k 31 4k2同理可得 x22 ， 8k 2k 31 4k2 8k 2k 31 4k25 x1 x2 ， x1 x2 ，16k2 41 4k2 163k1 4k2kAB .y1 y2x1 x2 k x1 x2 4kx1 x2 36直线 AB 的斜率为定值 .36策略三 弦长条件的转化典例 如图所示，已知椭圆 G： y21，与 x 轴

12、不重合的x22直线 l 经过左焦点 F1，且与椭圆 G 相交于 A， B 两点，弦 AB 的中点为 M，直线 OM 与椭圆 G 相交于 C， D 两点(1)若直线 l 的斜率为 1，求直线 OM 的斜率(2)是否存在直线 l，使得| AM|2| CM|DM|成立？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由解题观摩 (1)由题意可知点 F1(1,0)，又直线 l 的斜率为 1，故直线 l 的方程为 y x1.设点 A(x1， y1)， B(x2， y2)，由Error! 消去 y 并整理得 3x24 x0，则 x1 x2 ， y1 y2 ，43 23因此中点 M 的坐标为 .(23， 1

13、3)故直线 OM 的斜率为 .13 23 12(2)假设存在直线 l，使得| AM|2| CM|DM|成立由题意，直线 l 不与 x 轴重合，设直线 l 的方程为 x my1.由Error! 消去 x 并整理得( m22) y22 my10.设点 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则Error!可得| AB| |y1 y2| ，1 m2 1 m2 (2mm2 2)2 4m2 2 22 m2 1m2 26x1 x2 m(y1 y2)2 2 ，2m2m2 2 4m2 2所以弦 AB 的中点 M 的坐标为 ，( 2m2 2， mm2 2)故直线 CD 的方程为 y x.m2联立Error!消

14、去 y 并整理得 x22，(1m22)解得 x2 .21 m22 4m2 2由对称性，设 C(x0， y0)， D( x0， y0)，则 x ，204m2 2可得| CD| |2x0| 2 .1 m24 m2 4 4m2 2 m2 4m2 2因为| AM|2| CM|DM|(| OC| OM|)(|OD| OM|)，且| OC| OD|，所以| AM|2| OC|2| OM|2，故 | OM|2，|AB|24 |CD|24即| AB|2| CD|24| OM|2，代入| AB|，| CD|和| OM|，得 4 ，8 m2 1 2 m2 2 2 4 m2 4m2 2 4 m2 2 2 m2 m2

15、 2 2解得 m22，故 m .2所以直线 l 的方程为 x y1 或 x y1.2 2题后悟通本题(2)的核心在于转化| AM|2| CM|DM|中弦长的关系由|CM| OC| OM|，| DM| OD| OM|，又| OC| OD|，则| AM|2| OC|2| OM|2.又| AM|AB|，| OC| |CD|，因此| AB|2| CD|24| OM|2，转化为弦长| AB|，| CD|和| OM|三者之间12 12的数量关系，易计算 针对训练3已知圆 M：( x )2 y2 r2(r0)，椭圆 C： 1( a b0)的右顶点为圆 M2x2a2 y2b2的圆心，离心率为 .22(1)求椭

16、圆 C 的方程；(2)若存在直线 l： y kx，使得直线 l 与椭圆 C 分别交于 A， B 两点，与圆 M 分别交于7G， H 两点，点 G 在线段 AB 上，且| AG| BH|，求圆 M 的半径 r 的取值范围解：(1)设椭圆 C 的焦距为 2c，因为 a ， ，2ca 22所以 c1，因此 b 1.a2 c2故椭圆 C 的方程为 y21.x22(2)由直线 l 与椭圆 C 交于 A， B 两点，设点 A(x1， y1)， B(x2， y2)由Error! 得(12 k2)x220，所以 x1 x20， x1x2 ，21 2k2则| AB| . 1 k2 81 2k2 8 1 k21

17、2k2因为点 M( ，0)到直线 l 的距离 d ，2|2k|1 k2所以| GH|2 .r2 2k21 k2显然，若点 H 也在线段 AB 上，则由对称性可知，直线 y kx 就是 y 轴，与已知矛盾要使| AG| BH|，只需| AB| GH|，即 4 ，8 1 k21 2k2 (r2 2k21 k2)所以 r2 2 .2k21 k2 2 1 k21 2k2 2 3k4 3k2 12k4 3k2 1 (1 k42k4 3k2 1)当 k0 时，得 r .2当 k0 时， r22 2 3.(1 11k4 3k2 2) (1 12)又显然 r22 2，所以 r .(1 11k4 3k2 2)

18、2 3综上所述，圆 M 的半径 r 的取值范围是 ， )2 3策略四 面积条件的转化典例 设椭圆的中心在坐标原点， A(2,0)， B(0,1)是它的两个顶点，直线y kx(k0)与椭圆交于 E， F 两点，求四边形 AEBF 的面积的最大值解题观摩 法一：如图所示，依题意得椭圆的方程为 y21，x24直线 AB， EF 的方程分别为 x2 y2， y kx(k0)8设点 E(x1， kx1)， F(x2， kx2)，其中 x1 x2，且 x1， x2满足方程(14 k2)x24，故 x2 x1 .21 4k2根据点到直线的距离公式和，得点 E， F 到直线 AB 的距离分别为 h1 ，|x1

19、 2kx1 2|5 2 1 2k 1 4k25 1 4k2h2 .|x2 2kx2 2|5 2 1 2k 1 4k25 1 4k2又| AB| ，22 12 5所以四边形 AEBF 的面积为S |AB|(h1 h2) 2 212 12 5 4 1 2k5 1 4k2 2 1 2k1 4k2 1 4k2 4k1 4k22 2 ，1 4k1 4k2 141k 4k 2当且仅当 4 k，即 k 时取等号1k 12因此四边形 AEBF 的面积的最大值为 2 .2法二：依题意得椭圆的方程为 y21.x24直线 EF 的方程为 y kx(k0)设点 E(x1， kx1)， F(x2， kx2)，其中 x1

20、 x2.联立Error! 消去 y，(14 k2)x24.故 x1 ， x2 ， 21 4k2 21 4k2|EF| |x1 x2| .1 k241 k21 4k2根据点到直线的距离公式，得点 A， B 到直线 EF 的距离分别为d1 ， d2 .|2k|1 k2 2k1 k2 11 k2因此四边形 AEBF 的面积为 S |EF|(d1 d2)12 2 2 2 2 ，12 41 k21 4k2 1 2k1 k2 2 1 2k1 4k2 4k2 4k 11 4k2 1 4k1 4k2 1 41k 4k 2当且仅当 4 k，即 k 时取等号1k 129因此四边形 AEBF 的面积的最大值为 2

21、.2题后悟通如果利用常规方法理解为 S 四边形 AEBF S AEF S BEF |EF|(d1 d2)(其中 d1， d2分12别表示点 A， B 到直线 EF 的距离)，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出| EF|的弦长，再表示出两个点线距，其过程很复杂而通过分析，若把四边形 AEBF的面积拆成两个小三角形 ABE 和 ABF 的面积之和，则更为简单因为直线 AB 的方程及其长度易求出，故只需表示出点 E 与点 F 到直线 AB 的距离即可 针对训练4已知椭圆 C： 1 的右焦点为 F，右顶点为 A，离心率为 e，点 P(n,0)(n4)x216 y212满足条件 e.

22、|FA|PA|(1)求 n 的值；(2)设过点 F 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M， N 两点，记 PMF 和 PNF 的面积分别为S1， S2，求证： .S1S2 |PM|PN|解：(1)依题意， e ，| FA|2，| PA| n4( n4)，得 ，解得 n8.|FA|PA| 12 2n 4 12(2)证明：由 S1 |PF|PM|sin MPF，12S2 |PF|PN|sin NPF，12则 .S1S212|PF|PM|sin MPF12|PF|PN|sin NPF |PM|sin MPF|PN|sin NPF设直线 l 的方程为 x my2， M(x1， y1)， N(x2， y2

23、)，又 P(8，0)，则 kPM kPN y1x1 8 y2x2 8y1 x2 8 y2 x1 8 x1 8 x2 8x2y1 x1y2 8 y1 y2x1x2 8 x1 x2 64 my2 2 y1 my1 2 y2 8 y1 y2 my1 2 my2 2 8m y1 y2 4 64 .2my1y2 6 y1 y2m2y1y2 6m y1 y2 36联立Error! 消去 x 并整理得(3 m24) y212 my360，10所以Error!所以 kPM kPN 0， 72m3m2 4 72m3m2 4 36m23m2 4 72m23m2 4 36则 MPF NPF，因此 .S1S2 |PM

24、|PN|总结规律快速转化做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题” ，核心思想是“数形结合” ，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题附几种几何条件的转化，以供参考：1平行四边形条件的转化几何性质 代数实现(1)对边平行 斜率相等，或向量平行(2)对边相等 长度相等，横(纵)坐标差相等(3)对角线互相平分 中点重合2直角三角形条件的转化几何性质 代数实现(1)两边垂直 斜率乘积为1，或向量数量积为 0(2)勾股定理

25、两点间的距离公式(3)斜边中线性质(中线等于斜边一半) 两点间的距离公式3等腰三角形条件的转化几何性质 代数实现(1)两边相等 两点间的距离公式(2)两角相等 底边水平或竖直时，两腰斜率相反(3)三线合一(垂直且平分)垂直：斜率或向量平分：中点坐标公式4菱形条件的转化11几何性质 代数实现(1)对边平行 斜率相等，或向量平行(2)对边相等 长度相等，横(纵)坐标差相等(3)对角线互相垂直平分垂直：斜率或向量平分：中点坐标公式、中点重合5圆条件的转化几何性质 代数实现(1)点在圆上 点与直径端点向量数量积为零(2)点在圆外 点与直径端点向量数量积为正数(3)点在圆内 点与直径端点向量数量积为负数6角条件的转化几何性质 代数实现(1)锐角、直角、钝角 角的余弦(向量数量积)的符号(2)倍角、半角、平分角 角平分线性质，定理(夹角、到角公式)(3)等角(相等或相似) 比例线段或斜率12