《2019版高考数学二轮复习课件+训练：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”讲义理.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学二轮复习课件+训练：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”讲义理.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、圆锥曲线问题巧在“设” 、难在“算”圆锥曲线问题巧在“设” 、难在“算” 技法指导迁移搭桥 思维流程找突破口 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(2) 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： 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
2、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 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 (2018广州高中综合测试)已知圆(x)2y216 的圆心为M，点P是3 圆M上的动点，点N(，0)，点G在线段MP上，且满足()()3GN GP GN GP (1)求点G的轨迹C的方程； (2)过点T(4,0)作斜率不为 0 的直线l与轨迹C交于A，B两点，点A关于x轴的对称 点为D，连接BD交x轴于点 Q，求ABQ 面积的最大值 快审题 求什么 想什么 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
3、积的式子 给什么 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 找什么 差三角形的高，应先找 Q 点的坐标，即求出BD的直线方程. 稳解题 (1)因为()()，GN GP GN GP 所以()()0，即 220， GN GP GN GP GN GP 所以|GP|GN|， 所以|GM|GN|GM|GP|MP|42|MN|，3 所以点G在以M，N为焦点，长轴长为 4 的椭圆上， 设椭圆的方程为1(ab0)， x2 a2 y2 b2 则 2a4,2c2，3 即a2，c，所以b2a2c21，3 所以点G的轨迹C的方程为y21. x2
4、4 (2)法一：依题意可设直线l：xmy4. 由Error!消去x，得(m24)y28my120. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由64m2412(m24)16(m212)0， 得m212. 且y1y2， 8m m24 y1y2. 12 m24 因为点A关于x轴的对称点为D， 所以D(x1，y1)， 可设 Q(x0,0)， 所以kBD， y2y1 x2x1 y2y1 my2y1 所以BD所在直线的方程为yy2(xmy24) y2y1 my2y1 令y0，得x0. 2my1y24y1y2 y1y2 将代入， 得x01， 24m32m 8m 所以点 Q 的坐标为(1,0) 因为SABQ|
5、STBQSTAQ| |QT|y2y1| 1 2 ， 3 2 y1y224y1y2 6m212 m24 令tm24，结合得t16， 所以SABQ 6t16 t 66.16 t2 1 t 16(1 t 1 32) 2 1 64 当且仅当t32，即m2时，(SABQ)max .7 3 4 所以ABQ 面积的最大值为 . 3 4 法二：依题意知直线l的斜率存在，设其方程为yk(x4)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0,0) 由对称性知D(x1，y1)， 由Error!消去y， 得(4k21)x232k2x64k240. 由(32k2)24(4k21)(64k24)0， 得k2b0) x2
6、 a2 y2 b2 的右焦点F， 抛物线x24y的焦点为椭圆C的上顶点， 且l交椭圆C于A，B两点， 点A，F，B3 在直线x4 上的射影依次为D，K，E. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l交y轴于点M， 且1， 2， 当m变化时， 证明 ：1MA AF MB BF 2为定值； (3)当m变化时， 直线AE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 解：(1)l：xmy1 过椭圆C的右焦点F， 右焦点F(1,0)，c1，即c21. x24y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，33 b，即b23，a2b2c24，3 椭圆C的方程为1. x2 4 y2 3
7、(2)证明：由题意知m0，联立Error! 得(3m24)y26my90. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1y2，y1y2. 6m 3m24 9 3m24 1，2，M，MA AF MB BF (0， 1 m) 1(1x1，y1)， (x 1，y11 m) 2(1x2，y2)， (x 2，y21 m) 11，21， 1 my1 1 my2 1222 . y1y2 my1y2 6m 3m24 9m 3m24 8 3 综上所述，当m变化时，12为定值 . 8 3 (3)当m0 时，直线lx轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N， ( 5 2，0) 猜想当m变化时，直线AE
8、与BD相交于定点N，证明如下： ( 5 2，0) 则，AN ( 5 2x 1，y1) (3 2my 1，y1) 易知E(4，y2)，则.NE ( 3 2，y 2) y2 (y1) (y1y2)my1y2m0， ( 3 2my 1) 3 2 3 2 3 2( 6m 3m24)( 9 3m24) ，即A，N，E三点共线AN NE 同理可得B，N，D三点共线 则猜想成立， 故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N. ( 5 2，0) 4(2018全国卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C：1 交于A，B两点，线 x2 4 y2 3 段AB的中点为M(1，m)(m0) (1)证明：k ； 1 2 (2)设F
9、为C的右焦点，P为C上一点， 且0.证明 ： |， |， |FP FA FB FA FP |成等差数列，并求该数列的公差FB 解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则1，1. x2 1 4 y2 1 3 x2 2 4 y2 2 3 两式相减，并由k得k0. y1y2 x1x2 x1x2 4 y1y2 3 由题设知1，m，于是k. x1x2 2 y1y2 2 3 4m 由题设得 0m ，故k . 3 2 1 2 (2)由题意得F(1,0)设P(x3，y3)， 则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0) 由(1)及题设得x33(x1x2)1， y3(y1y2)2
10、m0. 又点P在C上，所以m ， 3 4 从而P，| ， (1， 3 2) FP 3 2 于是|2.FA x112y2 1x1123(1x 2 1 4) x1 2 同理|2.FB x2 2 所以|4 (x1x2)3.FA FB 1 2 故 2|，FP FA FB 即|，|，|成等差数列FA FP FB 设该数列的公差为d， 则 2|d| |x1x2|FB FA 1 2 . 1 2 x1x224x1x2 将m 代入得k1， 3 4 所以l的方程为yx ， 7 4 代入C的方程，并整理得 7x214x 0. 1 4 故x1x22，x1x2，代入解得|d|. 1 28 3 21 28 所以该数列的公差为或. 3 21 28 3 21 28