2019屆高考數(shù)學(xué)(理)二輪復(fù)習(xí)提優(yōu)導(dǎo)學(xué)案(江蘇專用)：第1部分二輪課時專題5解析幾何后記答題模板

1、后記答題模板【范例賞析】后記答題模板(本講對應(yīng)學(xué)生用書第 5253 頁)范例賞析2x典例 如圖，已知 A, B 分別為曲線C:a+y2=1(y0a0)與乂軸的左、右兩個交點(diǎn)，直線 I 過點(diǎn) B,且與 x 軸垂直，S 為 I 上異于點(diǎn) B 的一點(diǎn)，連接 AS 交曲線 C 于點(diǎn) T.(1)若曲線 C 為半圓，點(diǎn) T 為圓弧 AB 的三等分點(diǎn)，試求出點(diǎn) S 的坐標(biāo).如圖，點(diǎn) M 是以 SB 為直徑的圓與線段 TB 的交點(diǎn)，試問：是否存在 a，使得 O, M , S 三點(diǎn)共線？若存在，求出 a 的值；若不存在，請說明理由【規(guī)范解答】當(dāng)曲線 C 為半圓時，a=1,由點(diǎn) T 為圓弧 AB 的三等分點(diǎn)，得

2、/ BOT=60或 12012 分 當(dāng)/ BOT=60 時，/ SAB=30 2.3又 AB=2，故在 SA 沖，有 SB=ABtan 30 =3，所以 S當(dāng),BOW20 時，同理可求得點(diǎn)邨坐標(biāo)為(1, 2、3,21J綜上，點(diǎn) S 的坐標(biāo)為 S3或 S(1, 2 l 3). 6 分(m2+4)x2+2m2ax+m2a2-4a2=0.以 kTB=-ma. 10 分M , S 三點(diǎn)共線，由于點(diǎn) M 在以 SB 為直徑的圓上，故 BT 丄 OS.12切入點(diǎn)一：從點(diǎn)T”入手sin設(shè)點(diǎn) T(acos0,sin0)(sin00,)則直線 AT 的方程為 y=acos a(x+a), 8 分2sin2sin

3、sina,- -令 x=a，得點(diǎn) Scos 1,所以 kOS=a(cos1).又 B(a, 0)，所以 kTB=acos -a. 10 分假設(shè)存在 a(a0)，使得 O, M , S 三點(diǎn)共線，由于點(diǎn) M 在以 SB 為直徑的圓上，故 BT 丄 OS.sin2sin所以 koskTB=acos -a-a(cos 1)=-1，解得 a2=2.又因?yàn)?a0，所以 a 八2. 15 分經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng) a=2時，O, M, S 三點(diǎn)共線.故存在 a=、2，使得 O, M , SE 點(diǎn)共線.16 分切入點(diǎn)二：從2x2a1,設(shè)點(diǎn) S(a , m)，則直線 SA 的方程為 y=2 a(x+a)，聯(lián)立方程組m(x

4、2aa)化簡得設(shè)點(diǎn) T(XT, yT),因?yàn)?A(-a ,2 2 2ma -4a20)，所以XT(-a)=m4a-m2a24，得XT=m 4,4m2yT=m4，所假設(shè)存在 a(a0)，使得 O,2又因?yàn)?kOS=a，所以 koskTB=ama=-1，解得 a2=2.又因?yàn)?a0,所以 a= =2. 15 分xa,uuu由y k(x a)，得 Sa, 2ak),所以 O S =(a, 2ak).-2a4k24a2k2uuuuuir2由 BT 丄 OS,可得BTO S =1 a k=0，即-2a4k2+4a2k2=0.因?yàn)?k0, a0,所以 a=、2. 15 分經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng) a=時，O, M, S

5、 三點(diǎn)共線.故存在 a=、一2，使得 O, M , SE 點(diǎn)共線.16 分上1方法二：因?yàn)?B(a, 0)，所以 kBT=XT-a=-a?k，故 ksM=a2k.xa,由y k(x a)，得 Sa, 2ak),所以直線 SM 的方程為 y-2ak=a2k(x-a).O , M , S 三點(diǎn)共線當(dāng)且僅當(dāng) O 在直線 SM 上，經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng) a=2時，o, M, S 三點(diǎn)共線.故存在 a=2，使得 O, M , S 三點(diǎn)共線.16 分切入點(diǎn)三：從直線 AS 的斜率入手假設(shè)存在 a(a0)，使得 0，M，S 三點(diǎn)共線.由于點(diǎn) M 在以 SB 為直徑的圓上，故 BT 丄 0S8 分顯然，直線 AS 的斜

6、率 k 存在且 k0,可設(shè)直線 AS 的方程為 y=k(x+a).2X2ya由y k(x1,a)得(1+a2k2)x2+2a3k2x+a4k2-a2=0. 10 分4 22a k -a22設(shè)點(diǎn) T(XT,yT)，所以 xT(-a)=1 a k.J一交點(diǎn)已知*另一交3 2a-a k2ak-2. 2 -22故XT=1 a k，從而 yT=k(XT+a)=1 a k，亦即 Ta-a3k22ak1 a2k21 a2k2.12 分方法uuu因?yàn)?B(a, 0)，所以BT=32-2a k 2ak2 2，2. 21 a k 1 a k即-2ak=a2k(-a).J三點(diǎn)扶線*其中一點(diǎn)在 匕另兩點(diǎn)所確定的克線匕

7、因?yàn)?k0, a0,所以 a=2. 15 分經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng) a=2時，O, M, S 三點(diǎn)共線.故存在 a=邁，使得 o, M , SE 點(diǎn)共線.16 分【總結(jié)提升】解題幾何中的多動點(diǎn)問題，一直是學(xué)生難以逾越的障礙，究其原因：多且動”大有牽一發(fā)而動全身的感覺，各個點(diǎn)都絲絲相連，環(huán)環(huán)相扣而恰恰正是點(diǎn)多且動，反而給我們一個啟發(fā)，多且動的點(diǎn)中肯定有一個核心點(diǎn)”正是這個點(diǎn)牽動了其他點(diǎn)，使其他點(diǎn)始終圍繞這個核心點(diǎn)”運(yùn)動例題正是這類問題，其中點(diǎn) M 即為 核心點(diǎn)”只要把握好這個 有的性質(zhì)，以其他的點(diǎn)或線為切入點(diǎn)，就可從多途徑入手，讓每個動點(diǎn)都可 到多解的目的【拓展訓(xùn)練】拓展訓(xùn)練點(diǎn)，且直線 AC, BD 相交于

8、點(diǎn) M，直線 AD, BC 相交于點(diǎn) N.核心點(diǎn)”在圓上具顯身手”以達(dá)變式(2019 鹽城二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系2 2x y_2,2xOy 中,橢圓 E：a+b=l(ab0)的離心率為2L2，直線 I: y=2X 與橢圓 E 相交于 A, B 兩點(diǎn),AB=25, C,D是橢圓 E上異于 A, B兩(1) 求 a, b 的值；(2) 求證：直線 MN 的斜率為定值c匹1【解答】因?yàn)?e=a=2，所以 c2=2a2,1即 a2-b2=2a2，所以 a2=2b2，故橢圓 E 的方程為1y2x，2x2由題意，不妨設(shè)點(diǎn) A 在第一象限，點(diǎn) B 在第三象限.由2b又 AB=25，所以O(shè)A= 5,即3

9、b2+3b2=5，解得 b2=3.故 a=2 2x y_(2)由知橢圓 E 的方程為6+3=1,從而 A(2，1)，B(-2，-1).當(dāng) CA, CB, DA，DB 的斜率都存在時，設(shè)直線 CA，DA 的斜率分別為 k1，k2，C(xo，yo), 顯然斗2.23 1-生-12富y-1y。1y-162-21丄從而 k1kCB=xo-2x2=Xo -4=xo-4=Xo-4=-2,所以 kcB=-2k1.同理1kDB=-2k2.1直線 BC 的方程為 y+1=-2k1(x+2).2 2x y2b2+b2=于是直線 AD 的方程為 y-1=k2(x-2),（變1,解得 A2k1(xy-1 k2(x-2),2),解得4仆2-4&-22k1k21,-2k1k2-4 k212k1k214 kk?-4 k-2 -2 kk?-4 k?1從而點(diǎn) N 的坐標(biāo)為2klk212kik21.4kjk2-4k2-2 -2k1k2-4k11用 k2代 k1, k1代 k2得點(diǎn) M 的坐標(biāo)為(2心212心21-2 kk?-4 k?1 -2 kk2-4 k12k1k212祜21AKkz/kz-h4(k1-k2)所以 kMN=2k1k212k1k21=4(k2-k1)=-1.即直線 MN 的斜率為定值-1.當(dāng) CA, CB, DA, DB 中，有直線的斜率不存在時，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，故不