《2020数学（文）二轮教师用书：第2部分 专题5 解密高考⑤ 圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020数学（文）二轮教师用书：第2部分 专题5 解密高考⑤ 圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、解密高考解密高考 圆锥曲线问题巧在圆锥曲线问题巧在 设设 难 难 在在 算算 思维导图 技法指津 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关系 和数量关系 第三步 求解转化而
2、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 母题示例 2019 年全国卷 本小题满分 12 分 已知曲线 C y D 为直线 y 上的动点 x2 2 1 2 过 D 作 C 的两条切线 切点分别为 A B 1 证明 直线 AB 过定点 本题考查 直线过定点问 题以及圆的方程的求法 考查学生的直观想象及数 学运算等核心素养 2 若以 E为圆心的圆与直线 AB 相切 且切 0 5 2 点为线段 AB 的中点 求该圆的方程 审题指导 发掘条件 1 看到证明直线 AB 过定点 想到利用合适的参数表示直线 AB 的方程 2 看
3、到求圆的方程 想到求圆心坐标及半径 本题已知圆心 E 可根 0 5 2 据圆 E 与直线 AB 相切于 AB 的中点确定半径 规范解答 评分标准 1 证明 设 D A x1 y1 t 1 2 则 x 2y1 2 分 2 1 由于 y x 所以切线 DA 的斜率为 x1 故 x1 y1 1 2 x1 t 整理得 2tx1 2y1 1 0 设 B x2 y2 同理可得 2tx2 2y2 1 0 4 分 故直线 AB 的方程为 2tx 2y 1 0 所以直线 AB 过定点 6 分 0 1 2 2 由 1 得直线 AB 的方程为 y tx 1 2 由Error Error 可得 x2 2tx 1 0
4、7 分 于是 x1 x2 2t y1 y2 t x1 x2 1 2t2 1 8 分 设 M 为线段 AB 的中点 则 M t t2 1 2 由于 而 t t2 2 与向量 1 t 平行 所以 t t2 2 EM AB EM AB t 0 解得 t 0 或 t 1 10 分 当 t 0 时 2 所求圆的方程为 EM x2 2 4 11 分 y 5 2 当 t 1 时 所求圆的方程为 x2 2 2 12 EM 2 y 5 2 分 构建模板 四步解法 解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤 母题突破 1 2019 年郑州模拟母题突破 2 2019 年济南模拟 设抛物线 E y2 2px p 0 的焦点
5、为 F 直线 x p 与 E 交于 A B 两点 ABF 的面积为 8 2 1 求 E 的方程 2 若 M N 是 E 上的两个动点 MF NF 8 试问 是否存在定点 S 使 得 SM SN 若存在 求出 S 的坐标 若不存在 请说明理由 解 1 依题意得 F p 2 0 由Error Error 得 y p 2 不妨设 A p p B p p 则 AB 2p 222 又 F 到直线 AB 的距离为 所以 S ABF 2p p2 p 2 1 22 p 2 2 2 依题意得 p2 8 解得 p 4 所以 E 的方程为 y2 8x 2 22 2 法一 设 M x1 y1 N x2 y2 MN 的
6、中点为 C x0 y0 则 x0 y0 x1 x2 2 y1 y2 2 由抛物线的定义 得 MF NF x1 2 x2 2 因为 MF NF 8 所以 x1 x2 4 所以 x0 2 当 x1 x2时 y1 y2 0 kMN y2 y1 x2 x1 y2 y1 y2 2 8 y2 1 8 8 y1 y2 4 y0 则线段 MN 的垂直平分线为 y y0 x 2 即 y x 6 y0 4 y0 4 所以线段 MN 的垂直平分线恒过定点 S 6 0 当 x1 x2时 线段 MN 的垂直平分线为 x 轴 它也过点 S 6 0 综上 存在定点 S 6 0 使得 SM SN 法二 假设存在定点 S 使得
7、对 E 上满足条件的动点 M N 恒有 SM SN 由对称性可知 点 S 必在 x 轴上 故可设 S t 0 M x1 y1 N x2 y2 由抛物线的定义 得 MF NF x1 2 x2 2 因为 MF NF 8 所以 x1 x2 4 由 SM SN 得 x1 t 2 y2 1 x2 t 2 y2 2 所以 x1 t 2 8x1 x2 t 2 8x2 即 x1 x2 8 2t x1 x2 0 所以 6 t x1 x2 0 因为 对满足条件的任意 M N 恒成立 所以 t 6 故存在定点 S 6 0 使得 SM SN 法三 设 M x1 y1 N x2 y2 MN 的中点为 C x0 y0 由
8、抛物线的定义 得 MF NF x1 2 x2 2 因为 MF NF 8 所以 x1 x2 4 故 x0 2 当直线 MN 的斜率存在时 可设其方程为 y kx b k 0 由Error Error 得 ky2 8y 8b 0 64 32kb 令 0 得 kb 2 由根与系数的关系得 y1 y2 所以 y0 8 k y1 y2 2 4 k 所以线段 MN 的垂直平分线为 y x 2 即 y x 6 4 k 1 k 1 k 所以线段 MN 的垂直平分线恒过定点 S 6 0 当直线 MN 的斜率不存在时 M N 关于 x 轴对称 S 6 0 显然符合题意 综上 存在定点 S 6 0 使得 SM SN
9、 已知椭圆 C 1 a b 0 x2 a2 y2 b2 的离心率为 椭圆 C 和抛物线 y2 x 交于 M N 两点 且直线 MN 恰好过椭圆 2 2 C 的右焦点 F 1 求椭圆 C 的标准方程 2 经过点 F 的直线 l 和椭圆 C 交于 A B 两点 交抛物线于 C D 两点 P 是抛物线的焦点 是否存在直线 l 使得 S OCD S PAB 若存在 求出直线 l 的 9 7 方程 若不存在 请说明理由 解 1 由 和 a2 b2 c2 可设 a 2 则 c b 其中 0 c a 2 222 由题意不妨设 M c 代入椭圆方程 得 1 即 1 解得 c c2 a2 c b2 1 2 2
10、2 2 从而 a 2 b 2 c 2 22 故所求椭圆方程为 1 x2 8 y2 4 2 假设存在满足条件的直线 l 结合已知条件易知直线 l 的斜率存在且不为 零 可设直线 l 为 y k x 2 k 0 A x1 y1 B x2 y2 C x3 y3 D x4 y4 由条件知 P F 2 0 1 4 0 S OCD S PAB S OCD 7 8S OAB 8S OCD 7S OAB 8 CD 7 AB 故 9 7 CD AB 9 8 由Error Error 得 1 2k2 x2 8k2x 8k2 8 0 1 32k2 32 0 x1 x2 x1x2 8k2 1 2k2 8k2 8 1
11、2k2 则 AB x1 x2 1 k2 4 2 1 k2 1 2k2 由Error Error 得 k2x2 4k2 1 x 4k2 0 2 8k2 1 0 x3 x4 x3x4 4 4k2 1 k2 则 CD x3 x4 1 k2 1 k2 1 8k2 k2 由 得 CD AB 9 8 1 k2 1 8k2 k2 4 2 1 k2 1 2k2 9 8 即 1 2k2 1 8k2 k2 1 k2 9 2 即 81k4 1 k2 2 1 2k2 2 1 8k2 整理得 17k6 9k4 24k2 2 0 即 k2 1 17k4 26k2 2 0 解得 k 1 故存在直线 l y x 2 或 y x 2 满足题意
