2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第九章平面解析几何创新引领微课盘点优化解析几何中的方略技法 14页

www.ks5u.com 盘点优化解析几何中的方略技法 ‎ 微点聚焦突破 技法一　巧用定义，揭示本质 定义是导出其性质的“发源地”，解题时，善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量分析有机结合起来，可使解题计算量大为简化.‎ ‎【例1】 如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是(　　)‎ A. B. C. D. 解析　焦点F1(－，0)，F2(，0)，在Rt△AF1F2中，|AF1|＋|AF2|＝4，①　|AF1|2＋|AF2|2＝12，②　联立①②可解得|AF2|－|AF1|＝2，即2a＝2，又2c＝2，故双曲线的离心率e＝＝＝，故选D.‎ 答案　D 思维升华　本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线的实轴长，进而求出双曲线的离心率，大大减小了运算量.‎ ‎【训练1】 抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m，0)，则的最小值为________.‎ 解析　设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，则＝＝≥＝(当且仅当xP＝m时取等号)，所以≥，所以的最小值为.‎ 答案　 技法二　设而不求，整体代换 对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程时，常常用代点法求解.‎ ‎【例2】 已知点A，B的坐标分别是(－1，0)，(1，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.‎ ‎(1)求动点M的轨迹方程；‎ ‎(2)若过点N的直线l交动点M的轨迹于C，D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程.‎ 解　(1)设M(x，y)，因为kAM·kBM＝－2，‎ 所以·＝－2(x≠±1)，‎ 化简得2x2＋y2＝2(x≠±1)，即为动点M的轨迹方程.‎ ‎(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2).‎ 当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝，‎ 则C，D，‎ 此时CD的中点不是N，不合题意.‎ 故设直线l的方程为y－1＝k，‎ 将C(x1，y1)，D(x2，y2)代入2x2＋y2＝2(x≠±1)得 ‎①－②整理得k＝＝－＝－＝－1，‎ ‎∴直线l的方程为y－1＝－1×，‎ 即所求直线l的方程为2x＋2y－3＝0.‎ 思维升华　1.本题设出C，D两点坐标，却不求出C，D两点坐标，巧妙地表达出直线CD的斜率，从而快速解决问题.‎ ‎2.在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：(1)凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题时，都尽可能实施“设而不求”；(2)“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.‎ ‎【训练2】 过点M(1，1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M 是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________.‎ 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则 ‎∴＋＝0，‎ ‎∴＝－·.‎ ‎∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，‎ ‎∴－＝－，∴a2＝2b2.‎ 又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，‎ ‎∴a2＝2c2，∴＝.‎ 即椭圆C的离心率e＝.‎ 答案　 技法三　巧用“根与系数的关系”，化繁为简 某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解，也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系.后者往往计算量小，解题过程简捷.‎ ‎【例3】 已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k＞0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.‎ ‎(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；‎ ‎(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围.‎ 解　(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1＞0，‎ 当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2，0).‎ 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.‎ 因此直线AM的方程为y＝x＋2.‎ 将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0，‎ 解得y＝0或y＝，所以y1＝.‎ 因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.‎ ‎(2)由题意知，t＞3，k＞0，A(－，0).‎ 将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1‎ 得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.‎ 由x1·(－)＝得x1＝，‎ 故|AM|＝|x1＋|＝.‎ 由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，‎ 同理可得|AN|＝.‎ 由2|AM|＝|AN|得＝，即(k3－2)t＝3k(2k－1).‎ 当k＝时上式不成立，因此t＝.‎ t＞3等价于＝＜0，即＜0.‎ 由此得或解得＜k＜2.‎ 因此k的取值范围是(，2).‎ 思维升华　本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x1＝，这体现了“设而不求，整体代换”的思想.这是解决解析几何问题常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大减少了运算量.‎ ‎【训练3】 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程.‎ 解　(1)由题意知＝，得a＝2c，‎ 所以a2＝4c2，b2＝3c2，‎ 将点P代入＋＝1得c2＝1，‎ 故所求椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)可知F1(－1，0)，设直线l的方程为x＝ty－1，‎ 代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，‎ 显然判别式大于0恒成立，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，‎ 则有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝，‎ 所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|‎ ‎＝|F1F2|·＝.‎ 而S△AF2B＝|AB|r0＋·|BF2|r0＋|AF2|r0‎ ‎＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)‎ ‎＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)‎ ‎＝r0·4a＝××8＝，‎ 所以＝，解得t2＝1，‎ 因为所求圆与直线l相切，‎ 所以半径r＝＝，‎ 所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.‎ 技法四　借“曲线系”，理清规律 利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一.‎ ‎【例4】 已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ 解析　由双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，可设双曲线的方程为x2－＝λ(λ＞0).因为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，所以(－6，0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，所以λ＝9，所以双曲线的方程为－＝1.‎ 答案　B 思维升华　本题利用共渐近线系双曲线方程，使问题得到解决，避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，达到了事半功倍的效果.‎ ‎【训练4】 圆心在直线x－y－4＝0上，且经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点的圆的方程为(　　)‎ A.x2＋y2－x＋7y－32＝0 B.x2＋y2－x＋7y－16＝0‎ C.x2＋y2－4x＋4y＋9＝0 D.x2＋y2－4x＋4y－8＝0‎ 解析　根据题意，所求圆经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点，设其方程为(x2＋y2＋6x－4)＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，变形可得(1＋λ)x2＋(1＋λ)y2＋6x＋6λy－4－28λ＝0，其圆心为，又其圆心在直线x－y－4＝0上，则－－4＝0，解得λ＝－7，则所求圆的方程为－6x2－6y2＋6x－42y＋192＝0，即x2＋y2－x＋7y－32＝0. ‎ 答案　A ‎ 分层限时训练 A级　基础巩固 一、选择题 ‎1.已知点F是抛物线y2＝2x的焦点，M，N是该抛物线上的两点，若|MF|＋|NF|＝4，则线段MN的中点的横坐标为(　　)‎ A. B.2 C. D.3‎ 解析　∵点F是抛物线y2＝2x的焦点，∴F，准线方程为x＝－，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴|MF|＋|NF|＝x1＋＋x2＋＝4，∴x1＋x2＝3，∴线段MN中点的横坐标为.‎ 答案　A ‎2.已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点.若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为(　　)‎ A.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2， ‎①－②得＋＝0，‎ 所以kAB＝＝－＝.‎ 又kAB＝＝，所以＝.‎ 又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，‎ 所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ 答案　D ‎3.(2020·黄冈模拟)设D为椭圆x2＋＝1上任意一点，A(0，－2)，B(0，2)，延长AD至点P，使得|PD|＝|BD|，则点P的轨迹方程为(　　)‎ A.x2＋(y－2)2＝20 B.x2＋(y＋2)2＝20‎ C.x2＋(y－2)2＝5 D.x2＋(y＋2)2＝5‎ 解析　∵D为椭圆x2＋＝1上一点，且易知A，B为椭圆的焦点，∴|DA|＋|DB|＝2a＝2.又|PD|＝|BD|，∴|PA|＝|PD|＋|DA|＝2，∴点P的轨迹方程为x2＋(y＋2)2＝(2)2＝20.故选B.‎ 答案　B ‎4.已知直线l：x＋y＝3与x轴，y轴分别交于点A，B，点P在椭圆＋y2＝1上运动，则△PAB面积的最大值为(　　)‎ A.6 B. C. D. 解析　设点P的坐标为(cos θ，sin θ)，则P到AB的距离为＝‎ eq f(| (3)sin（θ＋φ）－3|, (2))，所以△PAB的面积为S＝×3×≤.‎ 答案　D ‎5.已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为(　　)‎ A.16 B.14 C.12 D.10‎ 解析　抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)，由题意可知l1，l2的斜率存在且不为0.不妨设直线l1的斜率为k，则l2直线的斜率为－，故l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－(x－1).‎ 由消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝＝2＋，‎ 由抛物线定义可知，|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋.‎ 同理得|DE|＝4＋4k2，‎ ‎∴|AB|＋|DE|＝8＋4k2＋≥8＋2＝16.‎ 当且仅当＝k2，即k＝±1时取等号.‎ 故|AB|＋|DE|的最小值为16.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.已知椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，－2)且a＝2b，则椭圆的标准方程为________.‎ 解析　∵c＝2，a2＝4b2，∴a2－b2＝3b2＝c2＝12，‎ b2＝4，a2＝16.又焦点在y轴上，‎ ‎∴标准方程为＋＝1.‎ 答案　＋＝1‎ ‎7.(一题多解)过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线l与抛物线交于M，N两点(其中M点在第一象限)，若＝3，则直线l的斜率为________.‎ 解析　法一　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中y1＞0，y2＜0.∵＝3，∴y1＝－2y2.设直线l 的方程为y＝k，联立得ky2－2py－kp2＝0，‎ ‎∴y1y2＝－p2，∴y2＝－，x2＝，‎ ‎∴k＝＝2.‎ 法二　由题意可知＝2，设直线l的倾斜角为θ，‎ 由抛物线焦点弦的性质可知＝，‎ 即2－2cos θ＝1＋cos θ，‎ 解得cos θ＝，∵θ为直线的倾斜角，∴sin θ＝，‎ ‎∴tan θ＝2，‎ 即直线l的斜率为2.‎ 答案　2 ‎8.(2020·福州联考改编)如图，双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线与C的渐近线交于P点，若等腰△PF1F2的底边PF2的长等于C的半焦距，则C的离心率为________.‎ 解析　依题意得，kOP＝＝＝，在等腰△PF1F2中，cos∠PF2F1＝＝＝，所以|OP|2＝c2＋c2－2c2cos∠PF2F1＝c2，所以|OP|＝c，所以cos∠F2OP＝＝，所以tan∠F2OP＝，所以＝，解得e＝.‎ 答案　 三、解答题 ‎9.(2019·天津卷)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知|OA|＝2|OB|(O为原点).‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP.求椭圆的方程.‎ 解　(1)设椭圆的半焦距为c，由已知有a＝2b，又由a2＝b2＋c2，消去b得a2＝＋c2，解得＝.‎ 所以椭圆的离心率为.‎ ‎(2)由(1)知，a＝2c，b＝c，故椭圆方程为＋＝1.‎ 由题意，F(－c，0)，则直线l的方程为y＝(x＋c).‎ 点P的坐标满足消去y并化简，‎ 得到7x2＋6cx－13c2＝0，‎ 解得x1＝c，x2＝－.‎ 代入到l的方程，解得y1＝c，y2＝－c.‎ 因为点P在x轴上方，所以P.‎ 由圆心C在直线x＝4上，可设C(4，t).‎ 因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c，0)，‎ 故＝，解得t＝2.‎ 因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径长为2.‎ 又由圆C与l相切，得＝2，可得c＝2.‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎10.(2020·衡水中学调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，当k1＋k2＝2时，求“卫星圆”的个数.‎ 解　(1)因为椭圆C的两焦点与短轴两端点围成面积为12的正方形，‎ 所以由椭圆的定义和正方形的性质可得 解得b＝c＝.‎ 又a2＝b2＋c2＝12，‎ 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设“卫星圆”的圆心为(x0，y0).‎ 由“卫星圆”的定义可得“卫星圆”的半径为＝3，‎ 所以“卫星圆”的标准方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝9.‎ 因为直线OA：y＝k1x与“卫星圆”相切，‎ 所以由点到直线的距离公式可得＝3，‎ 化简得(x－9)k－2x0y0k1＋y－9＝0.‎ 同理可得(x－9)k－2x0y0k2＋y－9＝0.‎ 所以k1，k2是方程(x－9)k2－2x0y0k＋y－9＝0的两个不相等的实数根，‎ 所以x－9≠0，由Δ＞0，得x＋y＞9，‎ 将＋＝1代入得x＞6，k1＋k2＝.‎ 所以(k1＋k2)2＝＝＝＝40，解得x＝10或.‎ 当x＝10时，y＝1；‎ 当x＝时，y＝，‎ 所以满足条件的点(x0，y0)共8个，‎ 故这样的“卫星圆”存在8个.‎ B级　能力提升 ‎11.已知抛物线C：y2＝4x，那么过抛物线C的焦点，长度为不超过2 015的整数的弦的条数是(　　)‎ A.4 024 B.4 023‎ C.2 012 D.2 015‎ 解析　由抛物线焦点弦的性质可知过抛物线焦点的弦长为(其中θ为直线的倾斜角)，由此可知，当θ＝90°时，焦点弦的长度最短，其最短长度为4，故长度为不超过2 015的整数的弦的条数为(2 015－4)×2＋1＝4 023，故选B.‎ 答案　B ‎12.已知P为椭圆C：＋y2＝1上一点，Q(0，6)，则P，Q两点间的最大距离是(　　)‎ A.3 B.5 C.2 D. 解析　椭圆＋y2＝1，由椭圆的参数方程可设 P(3cos θ，sin θ)，‎ ‎∴|PQ|2＝(3cos θ－0)2＋(sin θ－6)2‎ ‎＝9cos2 θ＋sin2 θ－12sin θ＋36‎ ‎＝9(1－sin2 θ)＋sin2 θ－12sin θ＋36‎ ‎＝－8sin2 θ－12sin θ＋45，‎ 令sin θ＝t，则t∈[－1，1]，‎ ‎∴|PQ|2＝－8t2－12t＋45的图象为开口向下的抛物线，对称轴为t＝－，‎ ‎∴|PQ|2＝－8t2－12t＋45在t∈上单调递增，在t∈上单调递减，‎ ‎∴当t＝－时，|PQ|2取最大值，‎ 此时|PQ|取最大值，故选D.‎ 答案　D ‎13.(2019·蚌埠二模改编)已知F为抛物线y2＝4x的焦点，O为原点，点P是抛物线准线上一动点，若点A在抛物线上，且|AF|＝5，则|PA|＋|PO|的最小值为________.‎ 解析　∵|AF|＝5，∴由抛物线的定义得点A到准线的距离也为5，设A(x0，y0)，则x0＋1＝5，∴x0＝4，又知点A在抛物线y2＝4x上，∴y0＝±4，不妨设点A在第一象限的抛物线上，∴‎ A(4，4)，设坐标原点O关于准线x＝－1的对称点为B，则B(－2，0)，连接PB，由对称思想可知|PA|＋|PO|的最小值为|AB|＝＝2.‎ 答案　2 ‎14.(2019·泉州一模)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值.‎ 解　(1)因为点A在C上，|AO|＝|AF|＝，所以点A的纵坐标为，所以＋＝，所以p＝2，‎ 所以C的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b(b≥0)，代入抛物线方程，可得x2－4kx－4b＝0.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，‎ 所以y1＋y2＝4k2＋2b，‎ 因为线段PQ的中点的纵坐标为1，‎ 所以2k2＋b＝1，即2k2＝1－b≥0，所以00，函数单调递增，所以b＝1时，△OPQ的面积最大，最大值为2.‎ C级　创新猜想 ‎15.(多填题)在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，动点P满足||＝||，若＝λ＋μ，建立适当的坐标系，动点P的轨迹方程为________________(答案不唯一)，λ＋μ的最大值为________.‎ 解析　以点A为坐标原点，直线AB，AD分别为x轴和y轴建立直角坐标系，‎ 设P(x，y)，则A(0，0)，B(2，0)，C(2，1)，D(0，1)，‎ 所以＝(2－x，－y)，＝(2－x，1－y)，‎ 因为||＝||，所以||2＝2||2，‎ 即(2－x)2＋(－y)2＝2[(2－x)2＋(1－y)2]，‎ 整理得(x－2)2＋(y－2)2＝2，‎ 所以可设x＝cos θ＋2，y＝sin θ＋2，θ∈[0，2π)，‎ 因为＝λ＋μ，‎ 所以(x，y)＝λ(2，0)＋μ(0，1)＝(2λ，μ)，‎ 于是，即 所以λ＋μ＝＋y＝cos θ＋sin θ＋3＝sin(θ＋φ)＋3≤＋3.‎ 即λ＋μ的最大值为3＋.‎ 答案　(x－2)2＋(y－2)2＝2(答案不唯一)　3＋