2021高考数学一轮复习 第9章 平面解析几何 经典微课堂 突破疑难系列2 圆锥曲线教学案 理 北师

1突破疑难系列2圆锥曲线解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(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．为此，从以下几个途径，结合数学思想在解析几何中的切入为视角，突破思维难点．途径一“图形”引路，“斜率”搭桥高考示例方法与思维1.(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝x24与直线l：y＝kx＋a(a0)交于M，N两点．(1)当k＝0时，分別求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？(说明理由)[解](1)ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.(步骤省略)(2)存在符合题意的点．证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.从而k1＋k2＝y1－bx1＋y2－bx2＝2kx1x2＋a－bx1＋x2x1x2＝ka＋ba.【关键点1：建立斜率之间的关系】当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，【关键点2：把斜率间的关系转化为倾斜角之间的关系】故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．【点评】破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出大致图形，把已知条件翻译到图形中，利用直线方程的点斜式或两点式，即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁，即先把要证的两角相等，根据图形的特征，转化为斜率之间的关系，再把直线与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系，以及斜率公式即可证得结论.2.(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；[解](1)由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x24＋y22＝1(|x|≠2)，【关键点1：指明斜率公式中变量隐含的范围】所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k0)．由y＝kxx24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.记u＝21＋2k2，2(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G，证明：(ⅰ)△PQG是直角三角形；则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2x－u，x24＋y22＝1得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u3k2＋22＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku3k2＋22＋k2－u＝－1k.【关键点2：利用斜率之积为－1说明线段PQ与PG的几何关系】所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．【点评】(1)求曲线的轨迹时务必检验几何图形的完备性，谨防增漏点；(2)几何关系的证明问题常转化为代数式的运算问题，此时常借助斜率公式、平面向量等实现数与形的转化.途径二“换元”转化，方便运算高考示例方法与思维(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G，(ⅰ)△PQG是直角三角形；(ⅱ)求△PQG面积的最大值．……(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ‖PG|＝8k1＋k21＋2k22＋k2＝81k＋k1＋21k＋k2.【关键点1：分子分母同除以k2】设t＝k＋1k，则由k0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．【关键点2：整体代换，指明范围】3因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.【关键点3：用活“对勾”函数及复合函数的单调性】因此，△PQG面积的最大值为169.【点评】基本不等式求最值的5种典型情况分析(1)s＝k2＋12k2＋5(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．(2)s＝k2＋121＋2k2k2＋2≥k2＋121＋2k2＋k2＋222(基本不等式)．(3)s＝n4m2＋1－n24m2＋1(基本不等式)．(4)s＝4k2＋13k2＋92k2＋3＝1＋k24k4＋12k2＋9(先分离参数，再利用基本不等式)．(5)s＝kk2＋13k2＋13k2＋9＝k＋1k3k＋13kk＋9k(上下同时除以k2，令t＝k＋1k换元，再利用基本不等式).途径三性质主导，向量解题高考示例方法与思维(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由.[解](1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．【关键点1：圆的几何性质】由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，【关键点2：圆的几何性质】所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.【关键点3：直线与圆相切的几何性质】由已知得|AO|＝2，又MO→⊥AO→，【关键点4：圆的几何性质向量化】4故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．理由如下：设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO→⊥AO→，【关键点5：圆的几何性质向量化】故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.【点评】从本题可以看出，圆的几何性质与数量关系的转化涵盖在整个解题过程中，向量在整个其解过程中起了“穿针引线”的作用，用活圆的几何性质可以达到事半功倍的效果.途径四设而不求，化繁为简高考示例方法与思维(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)．(1)证明：k－12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP→＋FA→＋FB→＝0.证明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差．[解](1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23·k＝0.【关键点1:“点差法”使直线的斜率与弦的中点紧紧地联系在一起，运算上大大简化】由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m.①由于点M(1，m)(m0)在椭圆x24＋y23＝1内，∴14＋m231，解得0m32，故k－12.(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．5由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m0.【关键点2，设出点P，借助向量的建立变量间的关系，达到设而不求的目的】又点P在C上，所以m＝34，从而P1，－32，|FP→|＝32.于是|FA→|＝x1－12＋y21＝x1－12＋31－x214＝2－x12.同理|FB→|＝2－x22.所以|FA→|＋|FB→|＝4－12(x1＋x2)＝3.故2|FP→|＝|FA→|＋|FB→|，即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB→|－|FA→||＝12|x1－x2|＝12x1＋x22－4x1x2.②将m＝34代入①得k＝－1.所以l的方程为y＝－x＋74，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋14＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝128，代入②解得|d|＝32128.【关键点3：借用根与系数的关系，达到设而不求的目的】所以该数列的公差为32128或－32128.【点评】本题(1)涉及弦的中点坐标，可以采用“点差法”求解，设出点A、B的坐标，代入椭圆方程并作差，再将弦AB的中点坐标代入所得的差，可得直线AB的斜率；对于(2)6圆锥曲线中的证明问题，常采用直接法证明，证明时常借助等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助方程思想给予解答.