（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习 专题四 专题培优 “解析几何”专题培优课课件

专题培优“解析几何”专题培优课培优点(一)防止思维定式，实现“移花接木”失误1求圆锥曲线方程时忽视焦点的位置致误[例1]已知圆O：x2＋y2＝9，A(0,2)，P为动点，以线段AP为直径的圆内切于圆O，则动点P的轨迹方程是________．[解析]设线段AP的中点为M，N为切点，连接OM，MN，则|OM|＋|MN|＝|ON|＝3.取A关于x轴的对称点A1，连接A1P，则|A1P|＋|AP|＝2(|OM|＋|MN|)＝6，又|AA1|＝46，所以点P的轨迹是以A(0,2)，A1(0，－2)为焦点的椭圆，且a＝3，c＝2，b2＝a2－c2＝5，故动点P的轨迹方程为y29＋x25＝1.[答案]y29＋x25＝1[名师点评]本题易忽视椭圆的焦点在y轴上，从而写错轨迹方程.注意不管是用待定系数法还是定义法求圆锥曲线的方程，都要明确焦点的位置.另外，要正确运用a，b，c之间的等量关系式，否则会产生错解.失误2因求解圆锥曲线的综合问题时不能合理转化已知条件而受阻[例2]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，椭圆C和抛物线y2＝x交于M，N两点，且直线MN恰好过椭圆C的右焦点F.(1)求椭圆C的标准方程；(2)经过点F的直线l和椭圆C交于A，B两点，交抛物线于C，D两点，P是抛物线的焦点，是否存在直线l，使得S△OCD＝97S△PAB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．[解](1)由ca＝22和a2＝b2＋c2，可设a＝2λ，则c＝2λ，b＝2λ，其中λ0.由题意不妨设M(c，c)，代入椭圆方程，得c2a2＋cb2＝1，即12＋2λ2λ2＝1，解得λ＝2，从而a＝22，b＝2，c＝2.故所求椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)假设存在满足条件的直线l，结合已知条件易知直线l的斜率存在且不为零，可设直线l为y＝k(x－2)，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．由条件知P14，0，F(2,0)，S△OCDS△PAB＝S△OCD78S△OAB＝8S△OCD7S△OAB＝8|CD|7|AB|＝97，故|CD||AB|＝98.由x28＋y24＝1，y＝kx－2得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0，Δ1＝32k2＋320，x1＋x2＝8k21＋2k2，x1x2＝8k2－81＋2k2，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝421＋k21＋2k2.由y＝kx－2，y2＝x得k2x2－(4k2＋1)x＋4k2＝0，Δ2＝8k2＋10，x3＋x4＝4k2＋1k2，x3x4＝4，则|CD|＝1＋k2|x3－x4|＝1＋k21＋8k2k2.由|CD||AB|＝98，得1＋k21＋8k2k2421＋k21＋2k2＝98，即1＋2k21＋8k2k21＋k2＝92，即81k4(1＋k2)＝2(1＋2k2)2(1＋8k2)，整理得17k6＋9k4－24k2－2＝0，即(k2－1)(17k4＋26k2＋2)＝0，解得k＝±1.故存在直线l：y＝x－2或y＝－x＋2满足题意．[名师点评]求解本题第2问的常规思路是用关于k的代数式表示出△OCD，△PAB的面积，代入S△OCD＝97S△PAB，判断所得方程是否有解.注意到此解法计算量较大，极易出错，甚至难以进行下去，故可先将面积比转化为弦长比，再进行计算，虽然转化过程较复杂，但计算量相对较小.在解答类似的综合问题时，一定要注意对已知条件进行转化，通过合理转化降低计算量，简化解题步骤.失误3因忽视直线的斜率是否存在而失分[例3]已知椭圆M：x2a2＋y23＝1(a0)的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点分别为A，B，经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．(1)求椭圆M的方程；(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．[解](1)因为F(－1,0)为椭圆M的焦点，所以c＝1，又b＝3，所以a＝2，所以椭圆M的方程为x24＋y23＝1.(2)法一：当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，此时△ABD与△ABC的面积相等，即|S1－S2|＝0.当直线l的斜率存在时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆M的方程联立，消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ0恒成立，且x1＋x2＝－8k23＋4k2，此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝12|k|3＋4k2＝123|k|＋4|k|≤12212＝3当且仅当k＝±32时，取等号，所以|S1－S2|的最大值为3.法二：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线l的方程为x＝my－1，与椭圆M的方程联立，消去x，得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ0恒成立，且y1＋y2＝6m3m2＋4，故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝12|m|3m2＋4＝123|m|＋4|m|≤12212＝3，当且仅当m＝±233时取等号，所以|S1－S2|的最大值为3.[名师点评]1当直线l的斜率不存在时，可知直线方程为x＝－1；当直线l的斜率存在显然k≠0时，可设直线方程为y＝kx＋1k≠0.求解时一定要分直线l的斜率不存在与直线l的斜率存在两种情况作答，缺少任何一种情况，步骤都是不完整的.2本题可将直线方程巧设为x＝my－1，用含m的式子表示出|S1－S2|，并求其最大值.显然，此法无需考虑直线的斜率是否存在，是解决此类问题的最佳选择.培优点(二)灵活运用策略，尝试“借石攻玉”策略1点差法：解决中点弦问题在圆锥曲线中，有关弦的中点条件，可利用点差法求解，即对于圆锥曲线ax2＋by2＝1来说，当两点M(x1，y1)，N(x2，y2)在曲线上时，一定满足ax21＋by21＝1，ax22＋by22＝1，从而两式相减得y2－y1x2－x1＝－ax2＋x1by2＋y1＝－ax0by0，其中(x0，y0)是MN的中点．[例1]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则椭圆E的方程为()A.x245＋y236＝1B.x236＋y227＝1C.x227＋y218＝1D.x218＋y29＝1[解析]由题意知直线AB的斜率k＝0－－13－1＝12，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2＋y21b2＝1，①x22a2＋y22b2＝1，②①－②整理得y1－y2x1－x2＝－b2a2·x1＋x2y1＋y2，即k＝－b2a2×2－2＝12，∴b2a2＝12.又a2－b2＝c2＝9，∴a2＝18，b2＝9.∴椭圆E的方程为x218＋y29＝1.[答案]D[名师点评]本题利用“点差法”及“设而不求”思想求得a与b的关系，然后根据a2－b2＝c2，求得椭圆方程.策略2联立方程法：解决对称问题圆锥曲线上存在两点，关于某条直线对称，求参数的取值范围，这类问题常见的解法是：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)是圆锥曲线上关于直线y＝kx＋b对称的两点，则PQ的方程为y＝－1kx＋m，代入圆锥曲线方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，其中P，Q的横(或纵)坐标即为方程的根，故Δ0，从而求得k(或b)的取值范围．[例2]已知抛物线C：y2＝x与直线l：y＝kx＋34，要使C上存在关于直线l对称的两点，求实数k的取值范围．[解]设C上的A(x1，y1)，B(x2，y2)两点关于直线l对称，线段AB的中点为M(x0，y0)，则y21＝x1，y22＝x2，两式相减，得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2.∵y1＋y2＝2y0，AB⊥l，∴kAB＝y1－y2x1－x2＝12y0＝－1k，∴y0＝－k2.代入y＝kx＋34，得x0＝y0－34k＝－12－34k.∵点M在抛物线内部，∴y20x0，即k24－12－34k，整理得k2＋3k＋20.不等式等价于1k(k＋1)(k2－k＋3)0，解得－1k0，∴k的取值范围为(－1,0)．[名师点评]由于A，B两点在抛物线C上，所以AB的中点在抛物线的内部.策略3参数法：解决定点问题思路一：建立含参数的曲线方程(包括直线方程)，进行适当整理或选取合适坐标，确定该坐标满足方程且与参数无关．思路二：(1)选择一个参数建立直线系方程．一般是将题目中给出的曲线方程(包括直线方程)中的常数当作变量，将变量x，y当作常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常数)．(2)根据直线系方程过定点时参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组fx，y＝0，gx，y＝0.(3)以(2)中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．[例3]已知椭圆C：x24＋y2＝1，过椭圆C的右顶点A的两条斜率之积为－14的直线分别与椭圆交于点M，N.问：直线MN是否过定点D？若过定点D，求出点D的坐标；若不过定点，请说明理由．[解]法一：当直线MN的斜率存在时，设MN：y＝kx＋m，代入椭圆方程得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2.根据已知可得y1x1－2·y2x2－2＝－14，即4y1y2＋(x1－2)(x2－2)＝0，即(1＋4k2)x1x2＋(4km－2)(x1＋x2)＋4m2＋4＝0，所以(1＋4k2)·4m2－41＋4k2＋(4km－2)－8km1＋4k2＋4m2＋4＝0，即(4km－2)(－8km)＋8m2(1＋4k2)＝0，即m2＋2km＝0，得m＝0或m＝－2k.当m＝0时，直线y＝kx经过定点D(0,0)．由于AM，AN的斜率之积为负值，故点M，N在椭圆上位于x轴两侧，直线MN与x轴的交点一定在椭圆内部，而当m＝－2k时，直线y＝kx－2k过定点(2,0)，故不可能．当MN的斜率不存在时，点M，N关于x轴对称，此时AM，AN的斜率分别为12，－12，此时M，N恰为椭圆的上、下顶点，直线MN也过定点(0,0)．综上可知，直线MN过定点D(0,0)．法二：根据已知直线AM，AN的斜率存在且不为零，A(2,0)．设AM：y＝k(x－2)，代入椭圆方程，得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，设M(x1，y1)，则2x1＝16k2－41＋4k2，即x1＝8k2－21＋4k2，y1＝k(x1－2)＝－4k1＋4k2，即M8k2－21＋4k2，－4k1＋4k2.设直线AN的斜率为k′，则kk′＝－14，即k′＝－14k，把点M坐标中的k替换为－14k，得N2－8k24k2＋1，4k4k2＋1.当M，N的横坐标不相等，即k≠±12时，kMN＝2k1－4k2，直线MN的方程为y－4k4k2＋1＝2k1－4k2·x－2－8k24k2＋1，即y＝2k1－4k2x，该直线恒过定点(0,0)．当k＝±12时，M，N的横坐标为零，直线MN也过定点(0,0)．综上可知，直线MN过定点D(0,0)．[名师点评]解决本题有两种方法，法一：以双参数表达直线MN的方程，求解双参数满足的关系；法二：以直线AM的斜率为参数，表达直线MN的方程.[例4]已知抛物线C：x2＝4y，过点P(2,1)引抛物线的两条弦PA，PB，分别交抛物线于A，B两点，且AP⊥BP.(1)求证：直线AB过定点M，并求出这个定点坐标；(2)若点D(－2,0)，求△ABD面积的最小值．[解](1)证明：设Ax1，x214，Bx2，x224，∵AP⊥BP，∴kAP·kBP＝－1，