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  • 2021-06-16 发布

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

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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+