2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理

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1、2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理 思想方法 1．?dāng)?shù)形結(jié)合思想 解析幾何中數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用主要體現(xiàn)在： (1)直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用； (2)與圓有關(guān)的最值范圍問題； (3)與橢圓、雙曲線、拋物線定義有關(guān)的范圍、最值等問題． [例1]　(1)(xx年高考江西卷)過直線x＋y－2＝0上的點(diǎn)P作圓x2＋y2＝1的兩條切線，若兩條切線的夾角是60°，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是________． (2)(xx年溫州八校聯(lián)考)設(shè)點(diǎn)P在橢圓＋＝1上運(yùn)動(dòng)，Q、R分別在圓(x＋1)2＋y2＝1和(x－1)2＋y2＝1上運(yùn)動(dòng)，則|PQ|＋|PR|的取值范圍為______

2、__． [解析]　(1)利用數(shù)形結(jié)合求解． 直線與圓的位置關(guān)系如圖所示，設(shè)P(x，y)，則∠APO＝30°，且OA＝1.在直角三角形APO中，OA＝1，∠APO＝30°，則OP＝2，即x2＋y2＝4.又x＋y－2＝0，聯(lián)立解得x＝y(tǒng)＝，即P(，)． (2)設(shè)橢圓的左、右焦點(diǎn)分別是F1(－1，0)、F2(1，0)，則兩個(gè)已知圓的圓心即為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，如圖，因此|PQ|＋|PR|的最大值是|PF1|＋|PF2|＋2＝4＋2＝6，最小值是|PF1|＋|PF2|－2＝4－2＝2. [答案]　(1)(，)　(2)[2，6] 跟蹤訓(xùn)練 已知等邊三角形ABC的邊長為4，點(diǎn)P在其內(nèi)部及邊

3、界上運(yùn)動(dòng)，若P到頂點(diǎn)A的距離與其到邊BC的距離相等，則△PBC面積的最大值是(　　) A．2　　　　　　　 B．16－24 C．3 D．8－12 解析：由題易知點(diǎn)P在以A為焦點(diǎn)，BC邊所在直線為準(zhǔn)線的拋物線的一段(圖中曲線EF)上運(yùn)動(dòng)．設(shè)線段AN為BC邊上的高，曲線EF與線段AN的交點(diǎn)為M，由圖易知，當(dāng)P位于點(diǎn)E或點(diǎn)F處時(shí)，△PBC的面積最大．過點(diǎn)E作EH⊥BC，垂足為H，設(shè)AE＝EH＝x，則EB＝4－x.在Rt△EHB中，EH＝BE·sin 60°，則x＝(4－x)，解得x＝8－12，即EH＝8－12，故△PBC面積的最大值為×4×(8－12)＝16－24. 答

4、案：B 2．分類討論思想 分類討論思想在解析幾何中的應(yīng)用主要體現(xiàn)在： (1)含參數(shù)的曲線方程討論曲線類型； (2)過定點(diǎn)的動(dòng)直線方程的設(shè)法，斜率是否存在； (3)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的討論問題； (4)由參數(shù)變化引起的圓錐曲線的關(guān)系不定問題． [例2]　(xx年高考課標(biāo)全國卷)設(shè)拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，A為C上一點(diǎn)，已知以F為圓心，F(xiàn)A為半徑的圓F交l于B，D兩點(diǎn)． (1)若∠BFD＝90°，△ABD的面積為4，求p的值及圓F的方程； (2)若A，B，F(xiàn)三點(diǎn)在同一直線m上，直線n與m平行，且n與C只有一個(gè)公共點(diǎn)，求坐標(biāo)原點(diǎn)到m，n距離的比值．

5、 [解析]　(1)由已知可得△BFD為等腰直角三角形，|BD|＝2p，圓F的半徑|FA|＝p.由拋物線定義可知A到l的距離d＝|FA|＝p. 因?yàn)椤鰽BD的面積為4， 所以|BD|·d＝4，即·2p·p＝4， 解得p＝－2(舍去)或p＝2. 所以F(0，1)，圓F的方程為x2＋(y－1)2＝8. (2)因?yàn)锳，B，F(xiàn)三點(diǎn)在同一直線m上，所以AB為圓F的直徑，∠ADB＝90°. 由拋物線定義知|AD|＝|FA|＝|AB|， 所以∠ABD＝30°，m的斜率為或－. 當(dāng)m的斜率為時(shí)，由已知可設(shè)n：y＝x＋b，代入x2＝2py得x2－px－2pb＝0. 由于n與C只有一個(gè)公共點(diǎn)，

6、 故Δ＝p2＋8pb＝0. 解得b＝－. 因?yàn)閙的截距b1＝，＝3，所以坐標(biāo)原點(diǎn)到m，n距離的比值為3. 當(dāng)m的斜率為－時(shí)，由圖形對稱性可知，坐標(biāo)原點(diǎn)到m，n距離的比值也為3. 綜上，坐標(biāo)原點(diǎn)到m，n距離的比值為3. 跟蹤訓(xùn)練 已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，連接橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)得到的菱形的面積為4. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)直線l與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)A，B.已知點(diǎn)A的坐標(biāo)為(－a，0)． (i)若|AB|＝，求直線l的傾斜角； (ii)若點(diǎn)Q(0，y0)在線段AB的垂直平分線上，且·＝4.求y0的值． 解析：(1)由e＝＝，得3a2＝4c2. 再由

7、c2＝a2－b2，解得a＝2b. 由題意可知×2a×2b＝4，即ab＝2. 解方程組得a＝2，b＝1. 所以橢圓的方程為＋y2＝1. (2)(i)由(1)可知點(diǎn)A的坐標(biāo)是(－2，0)， 設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x1，y1)，直線l的斜率為k. 則直線l的方程為y＝k(x＋2)． 于是A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組 消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0. 由－2x1＝，得x1＝. 從而y1＝. 所以|AB|＝＝. 由|AB|＝，得＝. 整理得32k4－9k2－23＝0， 即(k2－1)(32k2＋23)＝0，解得k＝±1. 所以直線l的傾斜角為或

8、. (ii)設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M，由(i)得M的坐標(biāo)為(－，)． 以下分兩種情況： ①當(dāng)k＝0時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo)是(2，0)，線段AB的垂直平分線為y軸，于是= (－2，－y0)，=(2，－y0)． 由?=4，得y0＝±2. ②當(dāng)k≠0時(shí)，線段AB的垂直平分線方程為 y－＝－(x＋)． 令x＝0，解得y0＝－. 由＝(－2，－y0)，＝(x1，y1－y0)， ?＝－2x1－y0(y1－y0) ＝－＋(＋) ＝＝4， 整理得7k2＝2.故k＝±.所以y0＝±. 整理得7k2＝2.故k＝±.所以y0＝±. 綜上，y0＝±2或y0＝±. 考情展望 近年來高考對解析幾何中的

9、考查基礎(chǔ)上是“一大一小”，即一道選擇或填空題、一道解答題，選擇、填空題多考查圓錐曲線的定義、方程與幾何性質(zhì)，難度較?。獯痤}中圍繞直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，著重考查最值、范圍、定點(diǎn)、定值等問題，綜合性強(qiáng)，難度較大，預(yù)計(jì)xx年高考仍以此為熱點(diǎn)考查． 名師押題 【押題】　已知點(diǎn)P是直角坐標(biāo)平面內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P到直線x＝－－1(p是正常數(shù))的距離為d1，到點(diǎn)F(，0)的距離為d2，且d1－d2＝1. (1)求動(dòng)點(diǎn)P所在的曲線C的方程； (2)直線l過點(diǎn)F且與曲線C交于不同兩點(diǎn)A、B，分別過A、B兩點(diǎn)作直線l1：x＝－的垂線，對應(yīng)的垂足分別為M、N，求證：·＝0； (3)在(2)的條件下，

10、記S1＝S△FAM，S2＝S△FMN，S3＝S△FBN，λ＝，求λ的值． 【解析】　(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，依據(jù)題意，有|x＋＋1|－ ＝1，化簡得y2＝2px. 因此動(dòng)點(diǎn)P所在的曲線C的方程是y2＝2px(p>0)． (2)由題意可知，當(dāng)過點(diǎn)F的直線l的斜率為0時(shí)，不合題意， 故可設(shè)直線l的方程為x＝my＋， 聯(lián)立方程 ，得y2－2mpy－p2＝0， 記點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由根與系數(shù)的關(guān)系得. 又AM⊥l1，BN⊥l1， 所以點(diǎn)M(－，y1)，N(－，y2)． 于是=(－p，y1)，=(－p，y2)， 所以=(－p，y1)·(－p1，y2) ＝p2＋y1y2＝p2－p2＝0. (3)依據(jù)(2)可算出x1＋x2＝m(y1＋y2)＋p＝2m2p＋p，x1x2＝·＝， S1S3＝(x1＋)·|y1|·(x2＋)·|y2| ＝·[x1x2＋(x1＋x2)＋]＝p4(m2＋1)， S＝(|y1－y2|·p)2＝[(y1＋y2)2－4y1y2]＝p4(1＋m2)． 所以λ＝＝＝4.