2021届高考数学一轮复习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教学案含解析新人教A版 14页

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 - 14 -‎ 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 - 14 -‎ 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，‎ - 14 -‎ 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，‎ - 14 -‎ 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 - 14 -‎ 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 - 14 -‎ 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＝‎ - 14 -‎ 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 - 14 -‎ 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 - 14 -‎ ‎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.‎ - 14 -‎ ‎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.‎ - 14 -‎ 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，∴‎ - 14 -‎ 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，‎ - 14 -‎ 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＋ - 14 -‎