2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題提能五解析幾何綜合問題中優(yōu)化運算的提能策略教案理

1、5解析幾何綜合問題中優(yōu)化運算的提能策略聯(lián)立解得r= 2 2 ,b= 3, 所以圓Q的方程為x2+ (y 3)2= 8.宀你得y2 (2 + 4k)y+ 1 = 0.y=kx+1,2設(shè)Mxi,yi) ,N(X2,y2)，貝Uyi+y2= 4k+ 2, 由拋物線定義知MN=yi+y2+ 2 = 4(1 +k2).所以MN AB=16(1 +)、/2 FP，設(shè)t= 1 +k2(t 1),則MN AB=愀2 = 1602-1=1621(t 1),所以當(dāng)t= 1，即k= 0 時，M2AB有最小值 16.(2)由題知直線I的斜率一定存在，設(shè)直線I的方程為y=kx+1,圓心Q0,3)到直線l的距離為d=j,

2、所以AB= 2 , r2d2= 42.提分策略一利用圖形性質(zhì)、直觀運算充分利用圖形的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)，直觀地運算可有效降低運算量，從而提高運算效率.W (2018 江西名校聯(lián)考)如圖，拋物線C：x2= 2px(p 0)的焦點為F(0,1)，取垂直于y軸的直線與拋物線交于不同的兩點R,P2,過P,P2作圓心為Q的圓，使拋物線上其余點均在圓外，且RQL P2Q(1)求拋物線C和圓Q的方程;廠/0s(2)過點F作直線I,與拋物線C和圓Q依次交于點M A,B, N,求MN AB的最小值. _ 2解析：(1)因為拋物線C：x= 2py(p 0)的焦點為F(o,1),所以 2=1,解得由拋物線和圓的對稱性，可設(shè)

3、圓Q x2+ (yb)2=r2,x= 4y, 由題意知拋物線C與圓Q相切，由222lx +(yb2=r, = (2b 4) 4(br) = 0,有 4b= 4+r.所以又由所以RQL P2Q得厶PQP是等腰直角三角形,b，代入拋物線方程有P2得y2 (2b 4)y+b2r2= 0,2? = 4b 2 2r,2點評 本題四處運用了降低運算量、提高運算效率的方法，巧妙地避開了煩瑣的運算，.最終順利地解決了問題:一.其中前三個都是基于圖形結(jié)構(gòu)，直觀地運算二在解析幾何問題中.，.善于運用如下平面幾何圖形的性質(zhì)-?？纱蠓冉档瓦\算量-：.(1) 線段的垂直平分線：已知線段AB動點P滿足PA= PH點P在

4、線段AB的垂直平分 線上，(2) .三角形:三角形的兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊；.2等腰三角形的兩底角相等，.且兩底角必為銳角;.3三角形的.中位線平行且等于底邊的一半:.(3) .四邊形:對角.線.互相垂直的四邊形的面積等于兩對角線之積的一半；_2平行四邊形的對角線互相平分(反之也行);3菱形的對角線互相平分且互相垂直(.反之也行-.4矩形的對角線互相平分且相等.一.(反之也行.)一 .對點訓(xùn)練已知橢圓C：-2+器=1(ab0)的離心率為-36，且橢圓C上的點到一個焦點的距離的最小值為 3-論 2(1) 求橢圓C的方程；(2) 已知過點 T(0,2)的直線I與橢圓C交于A,B兩點

5、，若在x軸上存在一點E,使/AEB=90,求直線l的斜率k的取值范圍.誓-解析：(1)設(shè)橢圓的半焦距長為c,則由題設(shè)有：a3ac=3 -2,解得：a=3,c= 2,.b= 1,2故橢圓C的方程為y3 +X= 1.(2)由已知可得，以AB為直徑的圓與x軸有公共點.設(shè)A(X1,y”,B(X2,y2),AB中點為Mxo,yo),2將直線l:y=kx+ 2 代入y3 +x2= 1，得(3 +k2)x2+ 4kx+ 1= 0 , = 12k2 12 ,3X1+X2 2k6.x0=F=3ZP,y0=kx+2=3ZP,3迭/12k212_2書駅二13+k2=”3+k2飛=12k2120,6 13+F w2|

6、AB.k.解得：k4 13, 即卩k 丁 13 或kw413.提分策略二借用已算、同理推算解析幾何中存在不少類似的問題，這些問題只需算好一部分，然后作類似的推算與替換即可得到另一部分的結(jié)果.(2018 衡水中學(xué)模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，定點冋(1,0) ,F2( 1,0)，動點P與兩定點F1,F2距離的比是一個正數(shù)m(1) 求點P的軌跡方程C,并說明軌跡是什么圖形；J2(2) 若m=，過點A(1,2)作傾斜角互補的兩條直線，分別交曲線C于P, Q兩點，求直線PQ的斜率.解析：(1)設(shè)P(x,y)，由題意知jpFL=mm0),即|PFI=mPFF,故寸(x 1 j+y2=詔(x+ 1 $ +y2

7、.即(吊一 1)(x2+y2) + 2(m+ 1)x+m 1 = 0.當(dāng)m= 1 時，點P的軌跡方程為x= 0,表示直線x= 0(或線段F1F2的垂直平分線為y軸);當(dāng)ml時，點M的軌跡方程為x2+y2+ 2第1x+ 1 = 0,“ fm+1、224吊即卩ix+y= 2, m1丿y (m12一(m+12m表示圓心為i -, 0，半徑是2的圓.m1 j|m1|(2)當(dāng) m=#時，由(1)得曲線 C: (x 3)2+y2= 8.易知直線AP, AQ的斜率存在，所以設(shè)直線AP y 2=k(x 1) ,P(X1,y，則直線AQ y 2=k(x 1) ,QX2,月2.|AB=1+k4將x1,x2代入得k

8、PQ=-k：；- 21 +k21 +k22k+ 4k+ 5k 4k+ 5點評 由于求點P與.Q坐標(biāo)的方法是相同的.， 差別只是將.一.k換為.k， 于是只需將.X1=算，提高.了運算的效率;對點訓(xùn)練(2018 石家莊調(diào)研)已知拋物線C：x2= 2py(p0),點 Ap, /到拋物線G的準(zhǔn)線的距 離為 2.(1) 求拋物線C的方程；(2) 過點A作圓C2：x2+ (ya)2= 1 的兩條切線，分別交拋物線于M N兩點，若直線MN的斜率為一 1，求實數(shù)a的值.解析：(1)由拋物線定義可得 2+2= 2，所以p= 2, 故拋物線C的方程為x2= 4y.(2)設(shè)直線AM AN的斜率分別 為k1,k2,

9、將IAM：y 1 =k1(x 2)代入x2= 4y可得x24k1x+ 8k1 4 = 0,2 = 16(k1 1) 0,貝U匕 R 且 k& 1.由根與系數(shù)的關(guān)系可得XM=4k1 2,同理可得XN=4k2 2.十yMyN1 所以kMN= (XM+XN) =k1+k2 1.又因為直線lAM：y 1 =k1(X 2)與圓相切，所以聯(lián)立y=kx+ 2 k,c 2 | 2x 3 +y= 8,2222得(1 +k)x+ ( 2k+ 4k 6)x+k 4k+ 5 = 0,亠k2 4k+5k2 4k+ 5故x1，即xi=此時yi=kxi+ 2 k.同理可得2k+ 4k+ 5X2=1 +k2此時y2=

10、kx2+ 2+k.故kpQ=y2yiX2xikX2+ 2+kkxi+ 2 =1.1 +k21 +k22k4k+ 51 +k2中的 k 賛換為.K 即可得到.X2=2k+ 4k+ 51 +k2.這樣就很好地避免了不必要的重復(fù)運X2xi52 2 2 2整理可得 3ki+ 4ki（a 1） +a-2a= 0，同理 3k?+ 4k2（a 1） +a-2a= 0.所以ki,k2是方程 3k2+ 4k（a 1） +a2 2a= 0 的兩個根，所以ki+k2= 3，代入kMN=ki+k2 1 = 1 可得a= 1.提分策略三設(shè)(參)而不求、整體運算在解題時，可設(shè)一些輔助元(參數(shù))，然后在解題過程中， 巧妙地

11、消去輔助元(參數(shù))，而 不必求出這些輔助元(參數(shù))的值(有時也求不出)，便于降低運算量，優(yōu)化解題過程，使解題 方法更快捷.1(2018 汕頭模擬)已知動圓過定點F0,1，且與定直線I:y=寸相切.(1) 求動圓圓心的軌跡曲線C的方程；(2) 若點A(x0,yo)是直線xy 1 = 0 上的動點，過點A作曲線C的切線，切點記為M N,求證：直線MN恒過定點，并求AMN面積S的最小值.解析：(1)根據(jù)拋物線的定義，由題意可得，動圓圓心的軌跡C是以點F0, 4 為焦點，以定直線I:y=扌為準(zhǔn)線的拋物線.設(shè)拋物線C：x2= 2py(p0)，因為點F0,1到準(zhǔn)線11 1I:y= 4 的距離為 2，所以P

12、= 2,所以圓心的軌跡曲線C的方程為x2=y.(2)證明：因為x2=y，所以y= 2x.22設(shè)切點Mx1,y,NX2,y2)，貝Ux1=y1,X2=y2,2則過點MX1,y1)的切線方程為yy1= 2X1(Xx“，即y= 2X1XXi,g卩y= 2X1Xy1. 同理得過點N(X2,y2)的切線方程為y= 2X2Xy2.因為過點M N的切線都過點A(xo,yo)，所以yo= 2x1X0y1,yo= 2x2X0y2,所以點MX1,y,NX2,y2)都在直線y= 2xxy上，所以直線MN的方程為y= 2XX0y，即 2xxyy= 0.又因為點A(X0,y)是直線xy 1 = 0 上的動點，所以xy

13、1 = 0,所以直線MN的方程為 2X0Xy (X0 1) = 0,即X0(2x 1) + (1 y) = 0,什 所以直線MN恒過定點, 1 .562xoxyyo= 0,2聯(lián)立2得x 2xox+yo= 0，又xoyo 1 = 0,y=x,亠2f = 4x0 4(Xo 1 尸 0,所以x 2xox+xo 1 = 0,則fxi+X2= 2Xo,jXiX2=xo 1 ,所以MN= ,1+k2X2 =1+4x=! j1 + 4x24x0 4X0+ 4 .又因為點A(xo,yo)到直線 2xoxyyo= 0 的距離為2 “ .1 + 4x0. 1 + 4x0211I-2- 2- 2|XoXo+ 1|所

14、以S= MN-d=界(1+ 4xo J4xo 4xo+ 4)屮十厶2=2穢XoXo+ 1 XoXo+ 1|.令 t =x0 xo+ 1= . jixo32+ 4，即S= 2t33J,所以當(dāng)點A的坐標(biāo)為1, 2 時，AMN勺面積S取得最小值為匕2丿4點評若設(shè)切線AM-一yo=.k. （x二一xo） ,再與x：=_y一聯(lián)立求切點M一的一坐標(biāo)_（用.xo,k表示）.，運算量非常大，即使同理得點N的坐標(biāo)，求直線.MN的方程，運算量也極度繁重，再要從中求恒過定點.的坐標(biāo)，已經(jīng)很難求出，.還要求.AMN勺面積一S.的最小值就更難做到了-而 以上的解法巧妙地避開了這些運算，大大地提高了解決問題的可行性與效率

15、:對點訓(xùn)練2 2已知橢圓 C：?+b= 1（ab 0）上的點到兩個焦點的距離之和為與橢圓C交于M N兩點.（1）求橢圓C的方程；（2）若直線I與圓 O:x2+y2= 士相切，求證：OIM3為定值.252111解析：（1）由題意得，2a= 3, 2b=2，所以a=3b= 4.3234所以橢圓C的方程為 9X2+ 16y2= 1.13 一 11 1 1當(dāng)直線l:x=5 時，得MN兩點的坐標(biāo)分別為（5,壬）,（5, ）,2 2|2xoXoyoyo|2Xo2Xo1 |2|XoXo+1|d -2 -2 :-2,.1 + 4x23 短軸長為 2,直線I27（2）證明：當(dāng)直線I丄x軸時，因為直線l與圓O相切

16、，所以直線l的方程為x= .28所以6MONo；當(dāng)直線1:X 1時，同理可得OM金 0.當(dāng)直線l與x軸不垂直時，設(shè)1:y=kx+m M(X1,yj,N(X2,y2),所以圓心Q0,0)到直線1的距離為d=|m2= J寸 1 +k5所以 25mi= 1 +k2,222得(9 + 16k)x+ 32km灶 16m 1 = 0,提分策略四結(jié)論歸納、跳步計算當(dāng)直線與圓錐曲線相交時，歸納一套關(guān)于直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立整理后的方程、判別式、X1+X2與X1X2的值、弦長值等結(jié)論，為實施跳步計算提供堅實的基礎(chǔ).阿 （2018 泉州質(zhì)檢）如2 2xy32+2= 1(ab0)經(jīng)過點(1 , )，且離心率為Z

17、|y=kx+m, 由9x2+ 16y2= 1,222則 = (32km) 4(9 + 16k)(16m 1) 0,X1+X2= 32km29+ 16k X1X2=16m1所以0MCN=X1X2+y1y2= (1 +k2)X1X2+km(X1+X2) +m=2225mk1 =09 + 16k綜上，OMCN=0（定值）圖，已知橢圓C：29ab210(1) 求橢圓C的方程；(2) 若直線I過橢圓C的左焦點Fi交橢圓于A,B兩點，AB的中垂線交長軸于點D.試探 索AB是否為定值. 若是， 求出該定值；若不是，請說明理由.1C1222222解析：(1)橢圓C的離心率為 2 則a=2, 即卩a=4c,b=

18、a-c= 3c.1 經(jīng)過點|1 , 2，所以 4 = 1，解得 C = 1,2 2所以橢圓C的方程為x+首=1.證明：當(dāng)直線I與x軸重合時，點D與點0重合，A, B為長軸頂點，則當(dāng)直線I與x軸不重合時，設(shè)A(x1,y1),0X2,y2)，直線AB x=my-1,116m3m設(shè)AB的中點為C(X3,y3)，貝yy3= (0 +柿=2x誦匚 4=,1 1X3= 2(x1+X2)= Jmy1+y2) 2=3m/41所以直線CDy帚亍=mx+鬲衛(wèi)令y=0,得xD=3m+,213fm+ 1 貝yDF= ( 1) =2 ,3m+43m+42 2所以DFM噲-13 罟=4 為定值.AB3m+ 43m+ 44

19、點評 對于直線與圓錐曲線的相交問題,.熟悉下面的.結(jié)論對降低運算量,一提高解題效率很有幫助：(1).直線.丄:y.=.Kx_+.m.簡.稱.“.y類結(jié)論”、曲線 結(jié)論2 2x y-2+ 臺=1(ab a b 0)2 2x y一2_7? =1(aab0,b0)2y= 2px(p 0)又因為橢圓 C：DF1AB=4x=my-1, 由VV1，2 2得(3m+ 4)y 6my-9= 0,貝yy1+y2=6m3ni+ 4,y1y2= 93m+ 4,2 2 = 12(m+ 1) 0,所以AB=,m+13m+ 412m+ 12鼻43m+ 411聯(lián)立整理(主(a2k2+b2)x2+#22J、2(a Kb)xk

20、2x2+ 2(Km-12要結(jié)論 1） 2-_2-2kmax+a(m-b3 4)= 0+ 2kmax+2“ 2 . 2、a(m+b) = 0p)x+m= 0（主要結(jié)論2）4a2b2(a2k2+b2-m)4a2S( a2k2+b2+m)4p(p 2kn)X1+X22kma2kmS2(km- pa2k2+b2a2k2b2X1X22 2；2rm-b2)a2k2+b22 2；2時2m k2AQ 主要結(jié)論3）aw? Vk2+ 彳. |ak2b2|VT（2）.真線丄：x亍.myt-1（.簡稱“.x類結(jié)論”、曲線結(jié)論、- 2- 2-x y孑+ = 1(ab0)-2- 2-x y孑一 B= 1(a0,b 0)2

21、y= 2p x(p 0)聯(lián)立整理（主要結(jié)論 1）(b2m+a2)y2+.2 . 2 2 22m b y+b(t a)=0(b2ma2)y2+.2 . 2 2 22mtby+b(t a)=02y 2mpy 2pt=0（主要結(jié)論 2）,2. 2 “ 2 2 24a b(b m+a t2),2.2八222,2、4a b(b ma+ t )24p(mp+ 2t)y1+y22mtb22mtb22mp.2 2 2b m+a.2 2 2b mayy7222b(t a) b2m+a21)b ma2ptAB（主要結(jié)論 3）ym+1(.2 22寸b m+av仆+11.,2 22.寸|b ma|vpm+1對點訓(xùn)練2

22、 2x y1（2018 張掖模擬）已知橢圓C：g+春=1（ab0）的離心率為？，右焦點為F,右頂點 為 E,P為直線x=5a上的任意一點，且（PF+PEEF= 2.43求橢圓C的方程；4過F且垂直于x軸的直線AB與橢圓交于A, B兩點（點A在第一象限），動直線I與 橢圓C交于M N兩點，且M N位于直線AB的兩側(cè)，若始終保持/MAB=ZNAB求證：直 線MN的斜率為定值.13解析：(1)設(shè)P4a,m，又F(c,0),E(a,0),則PF=c-4a,-m, PE=-4,-m, EF=(c-a,0),所以(2c 3a)(c-a) = 4.c1廠又e=于，所以a= 2,c= 1,b=3,a22 2從

23、而橢圓C的方程為x+y= 1.43(2)證明：由(1)知AH,3，設(shè)MX1,y1),N(X2,y2),MN的方程為y=kx+m代入橢2 2x y圓方程 4 +3= 1 ,222得(4k+ 3)x+ 8km灶4m 12 = 0 , 0 ,8kmX1+X2= . 2 ,則4k+34m- 12授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第147 頁2 21.若橢圓X2+y2=1(ab0)的左、右焦點分別為F1、F2,線段F1F2被拋物線y5= 2bxa b的焦點F分成了 3 : 1 的兩段.(1) 求橢圓的離心率；(2) 過點C( 1,0)的直線I交橢圓于不同兩點 A,B且AC= 2CB當(dāng)厶AOB的面積最大時，求直線l的

24、方程.+ 2k 3) = 0,得k= 故直線MN的斜率為定值-./課后訓(xùn)練!提升能力X1X2=4k1 2+3又M N是橢圓上位于直線AB兩側(cè)的動點，若始終保持/MAB=ZNAB則kA卄kAN= 0 ,33y12y2-2 即;+;= 0,則X1 1X2 13kx1+m-X2- 1) +kx2+ m-3(X1- 1) = 0,整理得(2k1)(2m14解析：(1)由題意知，c+b= 3c-2 ,所以b=c,a2= 2b2,設(shè)A(xi,yi) ,0X2,y2)，直線AB的方程為x=ky- 1(k豐0),因為AG=2CB所以(一 1 Xi，yi) = 2(x2+ 1,y2)，即yi=- 2y2,由(1

25、)知，橢圓方程為X2+ 2y2= 2b2.x=ky 1,由222消去X,x2+ 2y2= 2b2得(k2+ 2)y2 2ky+ 1 2b2= 0,2k所以yi+y2=疋形，ii因為SAO=2yi| + 2y2| ,當(dāng)且僅當(dāng)|k|2= 2，即k=2 時取等號,此時直線I的方程為x /2y+ 1 = 0 或x+ 2y+ 1 = 0.2 2x y2. (2018 石家莊摸底)已知橢圓C：二+2= 1(ab0)的左、右頂點分別為A B,且a b長軸長為 8, T 為橢圓上任意一點，直線TA, TB的斜率之積為|.(1) 求橢圓C的方程；(2) 設(shè)0為坐標(biāo)原點，過點M0,2)的動直線與橢圓C交于P, Q

26、兩點，求OP-OQFMP-MQ的取值范圍.解析：(1)設(shè) T(x,y)，由題意知A 4,0) ,B(4,0),由2k4ky2=FT2，yi= FT2，所以&AO= 3 2|k| +1k|15ki=yx+4yx 4.設(shè)直線 TA的斜率為ki，直線 TB的斜率為k2,162 2整理得 T6+話=1.22故橢圓C的方程為令+器=1.(2)當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y=kx+ 2,點P, Q的坐標(biāo)分別為(xi,2 2巴+塁=1yi) , (X2,y2)，聯(lián)立方程16 12 消去y,得(4k2+ 3)x2+ 16kx 32= 0.y=kx+ 2從而，SQFMPMQ= X1X2+y

27、1y2+X1X2+ (y1 2)(y2 2) = 2(1 +k2)X1X2+ 2k(X1+X2)280k 5282= 20+2.4k+ 34k+ 3所以一 20v OP-OQFMP-屆一52.3當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，OP-OQFMP-S(的值為20.綜上，OP-OQF MP的取值范圍為 20,52.13.(2018 浦東五校聯(lián)考)已知橢圓C的中心在原點，離心率等于 2 它的一個短軸端點 恰好是拋物線x2= 8_3y的焦點.(1) 求橢圓C的方程；(2) 如圖，已知P(2,3) ,Q2 , 3)是橢圓上的兩點，A,B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的 動點.1若直線AB的斜率為 2 求四邊形APBQ

28、M積的最大值；由kik2= 4,yX434,所以X1+X2= 16k4k2+ 3,X1X2=324k2+ 3.17當(dāng)A, B運動時，滿足/182 2xv_解析：設(shè)橢圓C的方程為孑+&= 1(ab 0)，則b= 2 寸 3.C1222由=亍，a=c+b,得a= 4,a2 2橢圓C的方程為箱+V=1.(2)設(shè)A(xi,yi) ,RX2,V2).11設(shè)直線AB的方程為y= 2X+1,2 2X V22代入 16+ 12= 1，得x+ tx+ t 12= 0,由 0，解得一 4VtV4,由一兀二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得x1+X2= t ,X1X2=t 12, |X1X2I = 1X1+X2| 4x1X2= .*；t2 4t2 12 = /48 3t2.1 _四邊形APBQ勺面積S=X6X|X1X2| = 3 48 3t.當(dāng) t = 0 時，S取得最大