文科數學高考壓軸題(圓錐曲線)解題策略1

PAGEPAGE4攸縣高考數學（文科）研究材料（二）：高考數學壓軸題圓錐曲線解題策略及常考題型圓錐曲線問題將幾何與代數知識有機結合在一起,較好地考察了學生的數學思維和創(chuàng)新,靈活處理問題的能力,是高考命題的熱點之一.高考中要做好圓錐曲線這道大題，我們還需要一定的解題策略,并通過自己不斷地領悟和練習提高自己的解題能力.一、圓錐曲線知識要點及解題方法圓錐曲線解題的本質就是將題干中的條件和圖形中隱含的幾何特征轉化成等式或不等式,最后通過代數運算解決問題,而其中的關鍵是怎樣轉化或構造不等式。其?？疾榈闹R點可以歸納如下：1、抓住定義構造等式，定義是圓錐曲線的核心和根本，涉及焦點時，優(yōu)先利用定義解決問題。

2、抓住題中特殊幾何關系來構造等式或應用幾何關系使解題簡化，運用“重幾何，輕代數”觀念處理問題。①內心：1、三條角平分線交點；2、角平分線上的點到兩邊距離相等；3、切線長定理；4、面積法（S△ABI+S△ACI+S△BCI=S△ABC）②重心：1、中線交點;2、AH=2HD，H為重心;③垂心：三條高線交點（可用垂直構造等式）

④外心：垂直平分線交點（垂直平分線的性質構造等式）⑤三角形兩邊之和大于第三邊（焦點三角形）⑥直線與圓錐曲線相交：(1)兩不同交點△＞0（2）交于雙曲線的左右兩支X1X2＜0（3）交于雙曲線的同一支X1X2＞0⑦用點與橢圓圓的位置關系來構造等式或不等式在橢圓上；（2）在橢圓外；（3）右橢圓內；⑧用曲線本身的一些坐標限制（在橢圓中，-a≤x≤a,-b≤y≤b）；⑨用k相等（三點共線）；注：條件已用完，當缺少等式時，且無明顯幾何特征時，考慮用⑦、⑧、⑨3．用其它條件構造等式或不等式

①用非負數k2，，|x|大于0構造②問題中的要求與條件中的范圍相聯系；③結合參數方程，利用參數的幾何意義或三角函數的有界性，構造不等式。4．與平面幾何的聯系①圓直徑所對的圓周角為90度（可用垂直構造等式）相交弦，割線長定理②中位線（坐標原點為中點，往往考慮不到）5．點差法①直線與曲線相交，且出現中點時，常常使用。②拋物線涉及k時，常使用。二、圓錐曲線常見題型及分類題型一：軌跡問題：例1、已知橢圓C的對稱中心為原點O，焦點在x軸上，左、右焦點分別為F1和F2，且|F1F2|＝2，點(1，eq\f(3,2))在該橢圓上．(1)求橢圓C的方程；(2)過F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若△AF2B的面積為eq\f(12\r(2),7).求以F2為圓心且與直線l相切的圓的方程．題型二：直線與圓滿錐曲線的位置關系問題例2、已知橢圓：.（1）求橢圓的離心率；（2）設為原點，若點在橢圓上，點在直線上，且，試判斷直線與圓的位置關系，并證明你的結論.題型三：離心率范圍問題例3、在平面直角坐標系中，已知點及直線，曲線是滿足下列兩個條件的動點的軌跡：①其中是到直線的距離；②(1)求曲線的方程;(2)若存在直線與曲線、橢圓均相切于同一點，求離心率的取值范圍.附例題參考解答：1、【解析】：化簡得：17k4＋k2－18＝0，得k＝±1，∴r＝eq\r(2)，圓的方程為(x－1)2＋y2＝2.2、【分析】（1）把橢圓：化為標準方程，確定，，利用求得離心率；（2）設點，，其中，由，即，用、表示，當或分別根據點到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，與圓的半徑比較，從而判斷直線與圓的位置關系.【解析】（1）由題意橢圓的標準方程為，所以，，從而，所以.（2）直線與圓相切，證明如下：設點，，其中，因為，所以，即，解得，3、【解析】（2）(解法一)由題意，直線與曲線相切，設切點為，則直線的方程為，即將代入橢圓的方程，并整理得：（2）(解法二)設直線與曲線、橢圓均相切于同一點則由知;由知,故聯解,得由及得故，得又故所以橢圓離心率的取值范圍是4、【分析】第2問，在設直線l方程時要考慮斜率存在與不存在兩種情況?！窘馕觥慨斍覂H當9k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±eq\f(\r(3),3)時等號成立.當k＝0時，|AB|＝eq\r(3).綜上所述：|AB|max＝2.∴當|AB|最大時，△AOB的面積取得最大值S＝eq\f(1,2)×|AB|max×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)5、【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）三角形的面積為定值1．【解析】（Ⅱ）由題意，設AB的方程為，所以，所以，由已知得：，解得．（Ⅲ）6、【答案】（1）；（2）存在且定點為．【解析】（2）假設存在點，若直線的斜率存在，設其方程為，將它代入橢圓方程，并整理得．設點的坐標分別為，則，因為及，所以＝．當且僅當恒成立時，以為直徑的圓恒過定點，所以，解得，此時以為直徑的圓恒過定點．當直線的斜率不存在，與軸重合，以為直徑的圓為也過點．綜上可知，在坐標平面上存在一個定點，滿足條件．7、解：(2)由題意可知，過點M(0，2)的直線l的斜率存在．設l的方程為y＝kx＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，化簡整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)＞0，解得k2＞eq\f(3,4).設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，又∠AOB為銳角，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＞0，即x1x2＋y1y2＞0，即x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＞0，所以(1＋k2)·eq\f(12,1＋4k2)＋2k·eq\f(－16k,1＋4k2)＋4＞0，解得k2＜4，所以eq\f(3,4)＜k2＜4，即k∈(－2，－eq\f(\r(3),2))∪(eq\f(\r(3),2)，2)．【點評】本題第2問，如忽視條件Δ＞0，會得到k∈(－2，2)的錯誤結論。8、【解析】（II）設存在直線符合題意，直線方程為，代入橢圓方程得：，