《2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分 第三层级 高考5个大题 题题研诀窍 圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第一部分 第三层级 高考5个大题 题题研诀窍 圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”含解析.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、 技法指导技法指导迁移搭桥迁移搭桥 思思维 维流流程程找找突 突破破口口 圆锥曲线解答题的常见类型是 ： 第圆锥曲线解答题的常见类型是 ： 第(1)小题通常是根据已 知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单第 小题通常是根据已 知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单第(2)小 题往往是通过方程研究曲线的性质 小 题往往是通过方程研究曲线的性质弦长问题、 中点 弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、 相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可 通过巧设“点”“线” ，设而不求在具体求解时，可 将整个解题过程分成程序化的三步： 弦长问题、 中点 弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问
2、题、最值问题、 相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可 通过巧设“点”“线” ，设而不求在具体求解时，可 将整个解题过程分成程序化的三步： 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与 根与系数的关系正确写出； 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与 根与系数的关系正确写出； 第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题 目中涉及的位置关系和数量关系； 第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题 目中涉及的位置关系和数量关系； 第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原 几何问题中 第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原 几何问题中 在求解时，
3、要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用 恰当运算方法，合理地简化运算 在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用 恰当运算方法，合理地简化运算. 典例典例 (2018广州高中综合测试广州高中综合测试)已知圆已知圆(x)2y216的圆心为的圆心为M， 点， 点P是圆是圆M3 上的动点，点上的动点，点 N(，0)，点，点 G 在线段在线段 MP 上，且满足上，且满足()()3GN GP GN GP (1)求点求点 G 的轨迹的轨迹 C 的方程；的方程； (2)过点过点 T(4,0)作斜率不为作斜率不为 0 的直线的直线 l 与轨迹与轨迹 C 交于交于 A， B 两点， 点两点， 点 A 关于
4、关于 x 轴的对称点 为 轴的对称点 为 D，连接，连接 BD 交交 x 轴于点 Q，求轴于点 Q，求ABQ 面积的最大值Q 面积的最大值 快审题快审题 求什么求什么 想什么想什么 求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法 求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子 给什么给什么 用什么用什么 给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等 给出直线l的条件，应设出直线方程，与C的方程联立方程组给出直线l的条件，应设出直线方程，与C的方程联立方程组 差什么差什么 找什么找什么 差三角形的
5、高，应先找 Q 点的坐标，即求出差三角形的高，应先找 Q 点的坐标，即求出 BD 的直线方程的直线方程. 稳解题稳解题 (1)因为因为()()，GN GP GN GP 所以所以()()0，即，即 2 2 0，GN GP GN GP GN GP 所以所以|GP|GN|， 所以所以|GM|GN|GM|GP|MP|42|MN|，3 所以点所以点 G 在以在以 M，N 为焦点，长轴长为为焦点，长轴长为 4 的椭圆上，的椭圆上， 设椭圆的方程为设椭圆的方程为1(ab0)， x2 a2 y2 b2 则则 2a4,2c2，3 即即 a2，c，所以，所以 b2a2c21，3 所以点所以点 G 的轨迹的轨迹 C
6、 的方程为的方程为y21. x2 4 (2)法一：依题意可设直线法一：依题意可设直线 l：xmy4. 由由Error!消去消去 x，得，得(m24)y28my120. 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由由64m2412(m24)16(m212)0， 得， 得m212. 且且 y1y2， 8m m24 y1y2. 12 m24 因为点因为点 A 关于关于 x 轴的对称点为轴的对称点为 D， 所以所以 D(x1，y1)， 可设 Q可设 Q(x0,0)， 所以所以 kBD， y2y1 x2x1 y2y1 m y2y1 所以所以 BD 所在直线的方程为所在直线的方程为 yy2(xmy24)
7、 y2y1 m y2y1 令令 y0，得，得 x0. 2my1y24 y1y2 y1y2 将代入，将代入， 得得 x01， 24m32m 8m 所以点 Q 的坐标为所以点 Q 的坐标为(1,0) 因为因为 S ABQ Q |S TBQ Q S TAQ Q| |Q QT|y2y1| 1 2 ， 3 2 y 1 y2 24y1y2 6 m2 12 m24 令令 tm24，结合得，结合得 t16， 所以所以 S ABQ Q 6 t 16 t 66.16 t2 1 t 16(1 t 1 32) 2 1 64 当且仅当当且仅当 t32，即，即 m2时，时，(S ABQ Q)max .7 3 4 所以所以
8、ABQ 面积的最大值为Q 面积的最大值为 . 3 4 法二：依题意知直线法二：依题意知直线 l 的斜率存在，设其方程为的斜率存在，设其方程为 yk(x4)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q，Q(x0,0) 由对称性知由对称性知 D(x1，y1)， 由由Error!消去消去 y， 得得(4k21)x232k2x64k240. 由由 (32k2)24(4k21)(64k24)0， 得得 k2b0)的的 x2 a2 y2 b2 右焦点右焦点 F， 抛物线， 抛物线 x24y 的焦点为椭圆的焦点为椭圆 C 的上顶点， 且的上顶点， 且 l 交椭圆交椭圆 C 于于 A， B 两点， 点两点， 点
9、 A， F， B3 在直线在直线 x4 上的射影依次为上的射影依次为 D，K，E. (1)求椭圆求椭圆 C 的方程；的方程； (2)若直线若直线 l 交交 y 轴于点轴于点 M，且，且1， 2，当，当 m 变化时，证明 ：变化时，证明 ： 12MA AF MB BF 为定值；为定值； (3)当当 m 变化时，直线变化时，直线 AE 与与 BD 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予 证明；否则，说明理由 是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予 证明；否则，说明理由 解：解：(1)l：xmy1 过椭圆过椭圆 C 的右焦点的右焦点 F， 右焦点右焦点 F(1,0)，c1，即，即 c
10、21. x24y 的焦点的焦点(0，)为椭圆为椭圆 C 的上顶点，的上顶点，33 b，即，即 b23，a2b2c24，3 椭圆椭圆 C 的方程为 的方程为 1. x2 4 y2 3 (2)证明：由题意知证明：由题意知 m0，联立，联立Error! 得得(3m24)y26my90. 设设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则则 y1y2，y1y2. 6m 3m24 9 3m24 1，2，M，MA AF MB BF (0， ， 1 m) 1(1x1，y1)， (x 1， ，y1 1 m) 2(1x2，y2)， (x 2， ，y2 1 m) 11，21， 1 my1 1 my2 1222 . y
11、1y2 my1y2 6m 3m24 9m 3m24 8 3 综上所述，当综上所述，当 m 变化时，变化时，12为定值为定值 . 8 3 (3)当当 m0 时， 直线时， 直线 lx 轴， 则四边形轴， 则四边形 ABED 为矩形， 易知为矩形， 易知 AE 与与 BD 相交于点相交于点 N， ( 5 2， ，0) 猜想当猜想当 m 变化时，直线变化时，直线 AE 与与 BD 相交于定点相交于定点 N，证明如下：，证明如下： ( 5 2， ，0) 则，则，AN ( 5 2 x1， ，y1) (3 2 my1， ，y1) 易知易知 E(4，y2)，则，则.NE ( 3 2， ，y 2) y2 (y
12、1) (y1y2)my1y2m0， ( 3 2 my1) 3 2 3 2 3 2( 6m 3m24) ( 9 3m24) ，即，即 A，N，E 三点共线三点共线AN NE 同理可得同理可得 B，N，D 三点共线三点共线 则猜想成立，则猜想成立， 故当故当 m 变化时，直线变化时，直线 AE 与与 BD 相交于定点相交于定点 N. ( 5 2， ，0) 4 (2018全国卷全国卷)已知斜率为已知斜率为 k 的直线的直线 l 与椭圆与椭圆 C： ： 1 交于交于 A， B 两点， 线段两点， 线段 AB x2 4 y2 3 的中点为的中点为 M(1，m)(m0) (1)证明：证明：k ； ； 1
13、2 (2)设设F为为C的右焦点，的右焦点，P为为C上一点，且上一点，且0.证明 ：证明 ： |， |， |FP FA FB FA FP FB 成等差数列，并求该数列的公差成等差数列，并求该数列的公差 解：解：(1)证明：设证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 则 1， ， 1. x2 1 4 y2 1 3 x2 2 4 y2 2 3 两式相减，并由两式相减，并由k 得得k0. y1y2 x1x2 x1x2 4 y1y2 3 由题设知由题设知1，m，于是，于是 k. x1x2 2 y1y2 2 3 4m 由题设得由题设得 0m ，故，故 k . 3 2 1 2 (2)由题意得由题意
14、得 F(1,0)设设 P(x3，y3)， 则则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0) 由由(1)及题设得及题设得 x33(x1x2)1， y3(y1y2)2m0. 又点又点 P 在在 C 上，所以上，所以 m ， ， 3 4 从而从而 P，| ， ， (1， ， 3 2) FP 3 2 于是于是|2.FA x 1 1 2 y2 1 x 1 1 2 3( 1x 2 1 4) x1 2 同理同理|2.FB x2 2 所以所以|4 (x1x2)3.FA FB 1 2 故故 2|，FP FA FB 即即|，|，|成等差数列成等差数列FA FP FB 设该数列的公差为设该数列的公差为 d， 则则 2|d| |x1x2|FB FA 1 2 . 1 2 x 1 x2 24x1x2 将将 m 代入得 代入得 k1， 3 4 所以所以 l 的方程为的方程为 yx ， ， 7 4 代入代入 C 的方程，并整理得的方程，并整理得 7x214x 0. 1 4 故故 x1x22，x1x2，代入解得，代入解得|d|. 1 28 3 21 28 所以该数列的公差为或所以该数列的公差为或. 3 21 28 3 21 28