《人教A版 2020高考冲刺数学二轮--（拔高）：圆锥曲线第二章 常见条件翻译转化》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教A版 2020高考冲刺数学二轮--（拔高）：圆锥曲线第二章 常见条件翻译转化（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二章常见条件翻译转化第一节:三角形的面积表达一、直线与圆锥曲线的位置关系的判断 判断直线与圆锥曲线的位置关系时,通常将直线的方程 代入圆锥曲线的方程 ,消去(也可以消去)得到关系一个变量的一元二次方程,即 ,消去后得 (1)当时,即得到一个一元一次方程,则与相交,且只有一个交点,此时,若为双曲线,则直线与双曲线的渐近线平行;若为抛物线,则直线与抛物线的对称轴平行 (2) 当时, ,直线与曲线有两个不同的交点; ,直线与曲线相切,即有唯一的公共点(切点); ,直线与曲线二、圆锥曲线的弦连接圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦直线 ,曲线为与的两个不同的交点,坐标分别为,则是方程组 的两组解,方
2、程组消元后化为关于的一元二次方程() ,判别式 ,应有 ,所以是方程的根,由根与系数关系(韦达定理)求出 , 所以两点间的距离为 ,即弦长公式,弦长公式也可以写成关于的形式三、三角形面积求法方法适合题型一切题型边角已知的题过定点的题备注不一定简单简单简单【例1】.已知椭圆x2a2+y2b2=1的左焦点为,右顶点为,点的坐标为,的面积为b22.(I)求椭圆的离心率;(II)设点在线段上,32c,延长线段与椭圆交于点,点在轴上,且直线与直线间的距离为,四边形的面积为.(i)求直线的斜率;(ii)求椭圆的方程.【解答】解:(1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得12(c+a)c=b22.又由b2=a2
3、c2,可得2c2+aca2=0,即2e2+e1=0.又因为0e1,解得e=12.所以,椭圆的离心率为12;(2)()依题意,设直线FP的方程为x=myc(m0),则直线FP的斜率为1m.由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为x2c+yc=1,即x+2y2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x=(2m-2)cm+2,y=3cm+2,即点Q的坐标为(2m-2)cm+2,3cm+2).由已知|FQ|=3c2,有(2m-2)cm+2+c2+(3cm+2)2=(3c2)2,整理得3m24m=0,所以m=43,即直线FP的斜率为34.(ii)解:由a=2c,可得b=3c,故椭圆方程可以表示为x24c2+
4、y23c2=1.由(i)得直线FP的方程为3x4y+3c=0,与椭圆方程联立&3x-4y+3c=0&x24c2+y23c2=1消去y,整理得7x2+6cx13c2=0,解得x=-13c7(舍去),或x=c.因此可得点P(c,3c2),进而可得|FP|=(c+c)2+(3c2)2=5c2,所以|PQ|=|FP|-|FQ|=5c2-3c2=c.由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.因为QNFP,所以|QN|=|FQ|tanQFN=3c234=9c8,所以FQN的面积为12|FQ|QN|=27c232,同理FPM的面积等于75c232,由四边形P
5、QNM的面积为3c,得75c232-27c232=3c,整理得c2=2c,又由c0,得c=2.所以,椭圆的方程为x216+y212=1.【例2】.如图,已知椭圆与的中心在坐标原点,长轴均为且在轴上,短轴长分别为,过原点且不与轴重合的直线与,的四个交点按纵坐标从大到小依次为.记,和的面积分别为和.(1)当直线与轴重合时,若,求的值;(2)当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线,使得?并说明理由.【答案】依题意可设椭圆和的方程分别为 :,:. 其中, (1)解法1:如图1,若直线与轴重合,即直线的方程为,则 ,所以. 在C1和C2的方程中分别令,可得, 于是. 若,则,化简得. 由,可解得. 故当
6、直线与轴重合时,若,则. 解法2:如图1,若直线与轴重合,则 ,; ,. 所以. 若,则,化简得. 由,可解得. 第22题解答图1第22题解答图2故当直线与轴重合时,若,则. (2)解法1:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得. 根据对称性, 不妨设直线:, 点,到直线的距离分别为,则 因为,所以. 又,所以,即. 由对称性可知,所以, ,于是 . 将的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得 ,. 根据对称性可知,于是 . 从而由和式可得 . 令,则由,可得,于是由可解得. 因为,所以. 于是式关于有解,当且仅当, 等价于. 由,可解得, 即,由,解得,所以 当时,不存在与坐标轴不重合的
7、直线l,使得; 当时,存在与坐标轴不重合的直线l使得. 解法2:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得. 根据对称性, 不妨设直线:, 点,到直线的距离分别为,则 因为,所以. 又,所以. 因为,所以. 由点,分别在C1,C2上,可得 ,两式相减可得, 依题意,所以. 所以由上式解得. 因为,所以由,可解得. 从而,解得,所以 当时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得; 当时,存在与坐标轴不重合的直线l使得.第二节:向量背景的条件翻译【例1】.已知一条曲线C在y轴右边,C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都是1.(1)求曲线C的方程;(2)是否存在正数m,对于过点M(m,0
8、)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线,都有FAFB0?若存在,求出m的取值范围;若不存在,请说明理由.【解答】解:(1)设P(x,y)是曲线C上任意一点,那么点P(x,y)满足:(x-1)2+y2-x=1(x0)化简得y2=4x(x0).(2)设过点M(m,0)(m0)的直线l与曲线C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2).设l的方程为x=ty+m,由&x=ty+m&y2=4x得y24ty4m=0,=16(t2+m)0,于是&y1+y2=4t&y1y2=-4m又FA=(x1-1,y1),FB=(x2-1,y2).FAFB0(x11)(x21)+y1y2=x1x2(x1+x2)+1+y1y
9、20又x=y24,于是不等式等价于y124y224+y1y2-(y124+y224)+10(y1y2)216+y1y2-14(y1+y2)2-2y1y2+10由式,不等式等价于m26m+14t2对任意实数t,4t2的最小值为0,所以不等式对于一切t成立等价于m26m+10,解得3-22m3+22.由此可知,存在正数m,对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A,B的任一直线,都有FAFB0,且m的取值范围(3-22,3+22).【例2】.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)过点(0,2),且离心率e为22.(1)求椭圆E的方程;(2)设直线x=my1(mR)交椭圆E于A,B两点,判断点
10、G(-94,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.【解答】解法一:(1)由已知得&b=2&ca=22&a2=b2+c2,解得&a=2&b=c=2,椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)设点A(x1y1),B(x2,y2),AB中点为H(x0,y0).由&x=my-1&x24+y22=1,化为(m2+2)y22my3=0,y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,y0=mm2+2.G(-94,0),|GH|2=(x0+94)2+y02=(my0+54)2+y02=(m2+1)y02+52my0+2516.|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(m2+1)(y1
11、+y2)2-4y1y24=(m2+1)(y02-y1y2),故|GH|2|AB|24=52my0+(m2+1)y1y2+2516=5m22(m2+2)3(m2+1)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0.|GH|AB|2,故G在以AB为直径的圆外.解法二:(1)同解法一.(2)设点A(x1y1),B(x2,y2),则GA=(x1+94,y1),GB=(x2+94,y2).由&x=my-1&x24+y22=1,化为(m2+2)y22my3=0,y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而GAGB=(x1+94)(x2+94)+y1y2=(my1+54)(my2+54)+y1
12、y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=5m22(m2+2)3(m2+1)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0.GAGB0,又GA,GB不共线,AGB为锐角.故点G(-94,0)在以AB为直径的圆外.第三节:斜率、角度的条件翻译 【例1】.如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)经过点P(1,32),离心率e=12,直线l的方程为x=4.(1)求椭圆C的方程;(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为.问:是否存在常数,使得？若存在,求的值;若不存在,说明理由.【解答】解:(1)椭圆C:x
13、2a2+y2b2=1(ab0)经过点P (1,32),可得1a2+94b2=1(ab0)由离心率e=12得ca=12,即a=2c,则b2=3c2,代入解得c=1,a=2,b=3故椭圆的方程为x24+y23=1(2)方法一:由题意可设AB的斜率为k,则直线AB的方程为y=k(x1)代入椭圆方程x24+y23=1并整理得(4k2+3)x28k2x+4k212=0设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3在方程中,令x=4得,M的坐标为(4,3k),从而k1=y1-32x1-1,k2=y2-32x2-1,k3=3k-324-1=k12注意到A
14、,F,B共线,则有k=kAF=kBF,即有y1x1-1=y2x2-1=k所以k1+k2=y1-32x1-1+y2-32x2-1=y1x1-1+y2x2-132(1x1-1+1x2-1)=2k32x1+x2-2x1x2-(x1+x2)+1代入得k1+k2=2k328k24k2+3-24k2-124k2+3-8k24k2+3+1=2k1又k3=k12,所以k1+k2=2k3故存在常数=2符合题意方法二:设B(x0,y0)(x01),则直线FB的方程为y=y0x0-1(x-1)令x=4,求得M(4,3y0x0-1)从而直线PM的斜率为k3=2y0-x0+12(x0-1),联立&x24+y23=1&y=y0x0-1(x-1),得A(5x0-82x0-5,3y02x0-5),则直线PA的斜率k1=2y0-2x0+52(x0-1),直线PB的斜率为k2=2y0-32(x
