《二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理普通生通用版講義：第一部分 第三層級 高考5個大題 題題研訣竅 圓錐曲線問題巧在“設(shè)”、難在“算” Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理普通生通用版講義：第一部分 第三層級 高考5個大題 題題研訣竅 圓錐曲線問題巧在“設(shè)”、難在“算” Word版含解析（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 思維流程思維流程找突破口找突破口 技法指導(dǎo)技法指導(dǎo)遷移搭橋遷移搭橋 圓錐曲線解答題的常見類型是： 第圓錐曲線解答題的常見類型是： 第(1)小題通常是根據(jù)已小題通常是根據(jù)已知條件，求曲線方程或離心率，一般比較簡單第知條件，求曲線方程或離心率，一般比較簡單第(2)小題往往是通過方程研究曲線的性質(zhì)小題往往是通過方程研究曲線的性質(zhì)弦長問題、 中弦長問題、 中點弦問題、 動點軌跡問題、 定點與定值問題、 最值問題、點弦問題、 動點軌跡問題、 定點與定值問題、 最值問題、相關(guān)量的取值范圍問題等等，這一小題綜合性較強，可相關(guān)量的取值范圍問題等等，這一小題綜合性較強，可通過巧通過巧設(shè)設(shè)“點點”“”“線線”，
2、設(shè)而不求在具體求解時，可，設(shè)而不求在具體求解時，可將整個解題過程分成程序化的三步：將整個解題過程分成程序化的三步： 第一步，聯(lián)立兩個方程，并將消元所得方程的判別式與第一步，聯(lián)立兩個方程，并將消元所得方程的判別式與根與系數(shù)的關(guān)系正確寫出；根與系數(shù)的關(guān)系正確寫出； 第二步，用兩個交點的同一類坐標(biāo)的和與積，來表示題第二步，用兩個交點的同一類坐標(biāo)的和與積，來表示題目中涉及的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系；目中涉及的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系； 第三步，求解轉(zhuǎn)化而來的代數(shù)問題，并將結(jié)果回歸到原第三步，求解轉(zhuǎn)化而來的代數(shù)問題，并將結(jié)果回歸到原幾何問題中幾何問題中 在求解時，要根據(jù)題目特征，恰當(dāng)?shù)脑O(shè)點、設(shè)線，選用在求解時，要根
3、據(jù)題目特征，恰當(dāng)?shù)脑O(shè)點、設(shè)線，選用恰當(dāng)運算方法，合理地簡化運算恰當(dāng)運算方法，合理地簡化運算. 典例典例 (2018 廣州高中綜合測試廣州高中綜合測試)已知圓已知圓(x 3)2y216 的圓心為的圓心為 M， 點， 點 P 是圓是圓M 上的動點，點上的動點，點 N( 3，0)，點，點 G 在線段在線段 MP 上，且滿足上，且滿足(GN GP )(GN GP ) (1)求點求點 G 的軌跡的軌跡 C 的方程；的方程； (2)過點過點 T(4,0)作斜率不為作斜率不為 0 的直線的直線 l 與軌跡與軌跡 C 交于交于 A， B 兩點， 點兩點， 點 A 關(guān)于關(guān)于 x 軸的對稱點軸的對稱點為為 D，連
4、接，連接 BD 交交 x 軸于點軸于點 Q Q，求，求ABQ Q 面積的最大值面積的最大值 快審題快審題 求什么求什么 想什么想什么 求軌跡方程，想到求軌跡方程的方法求軌跡方程，想到求軌跡方程的方法 求三角形面積的最值，想到表示出三角形面積的式子求三角形面積的最值，想到表示出三角形面積的式子 給什么給什么 用什么用什么 給出向量垂直關(guān)系，用數(shù)量積轉(zhuǎn)化為線段相等給出向量垂直關(guān)系，用數(shù)量積轉(zhuǎn)化為線段相等 給出直線給出直線l l的條件，應(yīng)設(shè)出直線方程，與的條件，應(yīng)設(shè)出直線方程，與C C的方程聯(lián)立方程組的方程聯(lián)立方程組 差什么差什么 找什么找什么 差三角形的高，應(yīng)先找差三角形的高，應(yīng)先找 Q Q 點的
5、坐標(biāo)，即求出點的坐標(biāo)，即求出 BD 的直線方程的直線方程. 穩(wěn)解題穩(wěn)解題 (1)因為因為(GN GP )(GN GP )， 所以所以(GN GP ) (GN GP )0，即，即GN 2 GP 20， 所以所以|GP|GN|， 所以所以|GM|GN|GM|GP|MP|42 3|MN|， 所以點所以點 G 在以在以 M，N 為焦點，長軸長為為焦點，長軸長為 4 的橢圓上的橢圓上， 設(shè)橢圓的方程為設(shè)橢圓的方程為x2a2y2b21(ab0)， 則則 2a4,2c2 3， 即即 a2，c 3，所以，所以 b2a2c21， 所以點所以點 G 的軌跡的軌跡 C 的方程為的方程為x24y21. (2)法一：法
6、一：依題意可設(shè)直線依題意可設(shè)直線 l：xmy4. 由由 xmy4，x24y21消去消去 x，得，得(m24)y28my120. 設(shè)設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由由64m2412(m24)16(m212)0， 得， 得m212. 且且 y1y28mm24， y1y212m24. 因為點因為點 A 關(guān)于關(guān)于 x 軸的對稱點為軸的對稱點為 D， 所以所以 D(x1，y1)， 可設(shè)可設(shè) Q Q(x0,0)， 所以所以 kBDy2y1x2x1y2y1m y2y1 ， 所以所以 BD 所在直線的方程為所在直線的方程為 yy2y2y1m y2y1 (xmy24) 令令 y0，得，得 x02my
7、1y24 y1y2 y1y2. 將將代入代入， 得得 x024m32m8m1， 所以點所以點 Q Q 的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為(1,0) 因為因為 SABQ Q|STBQ QSTAQ Q| 12|Q QT|y2y1| 32 y1y2 24y1y26 m212m24， 令令 tm24，結(jié)合，結(jié)合得得 t16， 所以所以 SABQ Q6 t16t 616t21t616 1t1322164. 當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng) t32，即，即 m 2 7時，時，(SABQ Q)max34. 所以所以ABQ Q 面積的最大值為面積的最大值為34. 法二：法二：依題意知直線依題意知直線 l 的斜率存在，設(shè)其方程為的斜率存在，設(shè)其
8、方程為 yk(x4)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q Q(x0,0) 由對稱性知由對稱性知 D(x1，y1)， 由由 yk x4 ，x24y21消去消去 y， 得得(4k21)x232k2x64k240. 由由 (32k2)24(4k21)(64k24)0， 得得 k2112， 且且 x1x232k24k21，x1x264k244k21. BQ Q (x0 x2，y2)， DQ Q (x0 x1，y1) 由由 B，D，Q Q 三點共線知三點共線知BQ Q DQ Q ， 故故(x0 x2)y1y2(x0 x1)0， 即即(x0 x2) k(x14)k(x24)(x0 x1)0. 整理得
9、整理得 x02x1x24 x1x2 x1x28. 將將代入代入，得，得 x01，所以點，所以點 Q Q 的坐標(biāo)為的坐標(biāo)為(1,0) 因為點因為點 Q Q(1,0)到直線到直線 l 的距離為的距離為 d3|k|k21， |AB| 1k2 x1x2 24x1x2 4 1k2 112k24k21， 所以所以 SABQ Q12|AB| d6 k212k44k21. 令令 t4k21，則，則 k2t14， 結(jié)合結(jié)合得得 1tb0)的的右焦點右焦點 F，拋物線，拋物線 x24 3y 的焦點為橢圓的焦點為橢圓 C 的上頂點，且的上頂點，且 l 交橢圓交橢圓 C 于于 A，B 兩點，點兩點，點 A，F(xiàn)，B 在
10、直線在直線 x4 上的射影依次為上的射影依次為 D，K，E. (1)求橢圓求橢圓 C 的方程；的方程； (2)若直線若直線 l 交交 y 軸于點軸于點 M，且，且MA 1AF ， MB 2BF ，當(dāng)，當(dāng) m 變化時，證明：變化時，證明：12為定值；為定值； (3)當(dāng)當(dāng) m 變化時，直線變化時，直線 AE 與與 BD 是否相交于定點？若是，請求出定點的坐標(biāo)，并給予是否相交于定點？若是，請求出定點的坐標(biāo)，并給予證明；否則，說明理由證明；否則，說明理由 解：解：(1)l：xmy1 過橢圓過橢圓 C 的右焦點的右焦點 F， 右焦點右焦點 F(1,0)，c1，即，即 c21. x24 3y 的焦點的焦點
11、(0， 3)為橢圓為橢圓 C 的上頂點，的上頂點， b 3，即，即 b23，a2b2c24， 橢圓橢圓 C 的方程為的方程為x24y231. (2)證明：由題意知證明：由題意知 m0，聯(lián)立，聯(lián)立 xmy1，3x24y2120 得得(3m24)y26my90. 設(shè)設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則則 y1y26m3m24，y1y293m24. MA 1AF ，MB 2BF ，M 0，1m， x1，y11m1(1x1，y1)， x2，y21m2(1x2，y2)， 111my1，211my2， 122y1y2my1y226m3m249m3m2483. 綜上所述，當(dāng)綜上所述，當(dāng) m 變化時，
12、變化時，12為定值為定值83. (3)當(dāng)當(dāng)m0時， 直線時， 直線 lx軸， 則四邊形軸， 則四邊形ABED為矩形， 易知為矩形， 易知AE與與 BD相交于點相交于點N 52，0 ，猜想當(dāng)猜想當(dāng) m 變化時，直線變化時，直線 AE 與與 BD 相交于定點相交于定點 N 52，0 ，證明如下：，證明如下： 則則AN 52x1，y1 32my1，y1， 易知易知 E(4，y2)，則，則NE 32，y2. 32my1y232(y1)32(y1y2)my1y232 6m3m24m 93m240， AN NE ，即，即 A，N，E 三點共線三點共線 同理可得同理可得 B，N，D 三點三點共線共線 則猜想
13、成立，則猜想成立， 故當(dāng)故當(dāng) m 變化時，直線變化時，直線 AE 與與 BD 相交于定點相交于定點 N 52，0 . 4(2018 全國卷全國卷)已知斜率為已知斜率為 k 的直線的直線 l 與橢圓與橢圓 C：x24y231 交于交于 A，B 兩點，線段兩點，線段AB 的中點為的中點為 M(1，m)(m0) (1)證明：證明：k12； (2)設(shè)設(shè) F 為為 C 的右焦點，的右焦點， P 為為 C 上一點， 且上一點， 且 FP FA FB 0.證明：證明： | FA |， | FP |， |FB |成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差 解：解：(1)證明：設(shè)證明：設(shè) A(x1
14、，y1)，B(x2，y2)， 則則x214y2131，x224y2231. 兩式相減，并由兩式相減，并由y1y2x1x2k 得得x1x24y1y23 k0. 由題設(shè)知由題設(shè)知x1x221，y1y22m，于是，于是 k34m. 由題設(shè)得由題設(shè)得 0m32，故，故 k12. (2)由題意得由題意得 F(1,0)設(shè)設(shè) P(x3，y3)， 則則(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0) 由由(1)及題設(shè)得及題設(shè)得 x33(x1x2)1， y3(y1y2)2m0. 又點又點 P 在在 C 上，所以上，所以 m34， 從而從而 P 1，32，| FP |32， 于是于是| FA | x11
15、 2y21 x11 23 1x2142x12. 同理同理|FB |2x22. 所以所以| FA | FB |412(x1x2)3. 故故 2| FP | FA | FB |， 即即| FA |，| FP |，| FB |成等差數(shù)列成等差數(shù)列 設(shè)該數(shù)列的公差為設(shè)該數(shù)列的公差為 d， 則則 2|d| FB | FA |12|x1x2| 12 x1x2 24x1x2. 將將 m34代入代入得得 k1， 所以所以 l 的方程為的方程為 yx74， 代入代入 C 的方程，并整理得的方程，并整理得 7x214x140. 故故 x1x22，x1x2128，代入，代入解得解得|d|3 2128. 所以該數(shù)列的公差為所以該數(shù)列的公差為3 2128或或3 2128.
二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)理普通生通用版講義：第一部分 第三層級 高考5個大題 題題研訣竅 圓錐曲線問題巧在“設(shè)”、難在“算” Word版含解析
