《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第9章 平面解析幾何 經(jīng)典微課堂 突破疑難系列2 圓錐曲線教學(xué)案 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第9章 平面解析幾何 經(jīng)典微課堂 突破疑難系列2 圓錐曲線教學(xué)案 理 北師大版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、突破疑難系列2 圓錐曲線解析幾何研究的問題是幾何問題，研究的方法是代數(shù)法(坐標(biāo)法)因此，求解解析幾何問題最大的思維難點是轉(zhuǎn)化，即幾何條件代數(shù)化如何在解析幾何問題中實現(xiàn)代數(shù)式的轉(zhuǎn)化，找到常見問題的求解途徑，是突破解析幾何問題難點的關(guān)鍵所在為此，從以下幾個途徑，結(jié)合數(shù)學(xué)思想在解析幾何中的切入為視角，突破思維難點途徑一“圖形”引路，“斜率”搭橋高考示例方法與思維1.(2015全國卷)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y與直線l：ykxa(a0)交于M，N兩點(1)當(dāng)k0時，分別求C在點M和N處的切線方程；(2)y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有OPMOPN？(說明理由)解(1)xya0和xya0.

2、(步驟省略)(2)存在符合題意的點證明如下：設(shè)P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.將ykxa代入C的方程，得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.從而k1k2.【關(guān)鍵點1：建立斜率之間的關(guān)系】當(dāng)ba時，有k1k20，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ)，【關(guān)鍵點2：把斜率間的關(guān)系轉(zhuǎn)化為傾斜角之間的關(guān)系】故OPMOPN，所以點P(0，a)符合題意【點評】破解此類解析幾何題的關(guān)鍵：一是“圖形”引路，一般需畫出大致圖形，把已知條件翻譯到圖形中，利用直線方程的點斜式或兩點式，即可快速表示出直線方程；二是“轉(zhuǎn)化”橋梁，即先把

3、要證的兩角相等，根據(jù)圖形的特征，轉(zhuǎn)化為斜率之間的關(guān)系，再把直線與橢圓的方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系，以及斜率公式即可證得結(jié)論.2.(2019全國卷)已知點A(2,0)，B(2,0)，動點M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為.記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；(2)過坐標(biāo)原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PEx軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點G，證明：()PQG是直角三角形；解(1)由題設(shè)得，化簡得1(|x|2)，【關(guān)鍵點1：指明斜率公式中變量隱含的范圍】所以C為中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右頂點(2)設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為yk

4、x(k0)由得x.記u，則P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直線QG的斜率為，方程為y(xu)由 得(2k2)x22uk2xk2u280.設(shè)G(xG，yG)，則u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.從而直線PG的斜率為.【關(guān)鍵點2：利用斜率之積為1說明線段PQ與PG的幾何關(guān)系】所以PQPG，即PQG是直角三角形【點評】(1)求曲線的軌跡時務(wù)必檢驗幾何圖形的完備性，謹(jǐn)防增漏點；(2)幾何關(guān)系的證明問題常轉(zhuǎn)化為代數(shù)式的運(yùn)算問題，此時常借助斜率公式、平面向量等實現(xiàn)數(shù)與形的轉(zhuǎn)化.途徑二“換元”轉(zhuǎn)化，方便運(yùn)算高考示例方法與思維(2019全國卷)已知點A(2,0)，B(2,0)，動點M(x

5、，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為.記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；(2)過坐標(biāo)原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PEx軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點G，()PQG是直角三角形；()求PQG面積的最大值()由()得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面積S|PQPG|.【關(guān)鍵點1：分子分母同除以k2】設(shè)tk，則由k0得t2，當(dāng)且僅當(dāng)k1時取等號【關(guān)鍵點2：整體代換，指明范圍】因為S在2，)單調(diào)遞減，所以當(dāng)t2，即k1時，S取得最大值，最大值為.【關(guān)鍵點3：用活“對勾”函數(shù)及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性】因此，PQG面積的最大值為.【點評】基本不等式求最值的5種典

6、型情況分析(1)s(先換元，注意“元”的范圍，再利用基本不等式)(2)s(基本不等式)(3)s(基本不等式)(4)s(先分離參數(shù)，再利用基本不等式)(5)s(上下同時除以k2，令tk換元，再利用基本不等式).途徑三性質(zhì)主導(dǎo)，向量解題高考示例方法與思維(2019全國卷)已知點A，B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，|AB| 4，M過點A，B且與直線x20相切(1)若A在直線xy0上，求M的半徑；(2)是否存在定點P，使得當(dāng)A運(yùn)動時，MAMP為定值？并說明理由.解(1)因為M過點A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上【關(guān)鍵點1：圓的幾何性質(zhì)】由已知A在直線xy0上，且A，B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，【關(guān)鍵點2：圓的幾

7、何性質(zhì)】所以M在直線yx上，故可設(shè)M(a，a)因為M與直線x20相切，所以M的半徑為r|a2|.【關(guān)鍵點3：直線與圓相切的幾何性質(zhì)】由已知得|AO|2，又，【關(guān)鍵點4：圓的幾何性質(zhì)向量化】故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半徑r2或r6.(2)存在定點P(1,0)，使得|MA|MP|為定值理由如下：設(shè)M(x，y)，由已知得M的半徑為r|x2|，|AO|2.由于，【關(guān)鍵點5：圓的幾何性質(zhì)向量化】故可得x2y24(x2)2，化簡得M的軌跡方程為y24x.因為曲線C：y24x是以點P(1,0)為焦點，以直線x1為準(zhǔn)線的拋物線，所以|MP|x1.因為|MA|MP|r|MP|x2(x1)1

8、，所以存在滿足條件的定點P.【點評】從本題可以看出，圓的幾何性質(zhì)與數(shù)量關(guān)系的轉(zhuǎn)化涵蓋在整個解題過程中，向量在整個其解過程中起了“穿針引線”的作用，用活圓的幾何性質(zhì)可以達(dá)到事半功倍的效果.途徑四設(shè)而不求，化繁為簡高考示例方法與思維(2018全國卷)已知斜率為k的直線l與橢圓C：1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，m)(m0)(1)證明：k0)在橢圓1內(nèi)，1，解得0m，故k.(2)由題意得F(1,0)設(shè)P(x3，y3)，則(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及題設(shè)得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.【關(guān)鍵點2，設(shè)出點P，借助向量的建立變量間的關(guān)系，達(dá)

9、到設(shè)而不求的目的】又點P在C上，所以m，從而P，|.于是|2.同理|2.所以|4(x1x2)3.故2|，即|，|，|成等差數(shù)列設(shè)該數(shù)列的公差為d，則2|d|x1x2|.將m代入得k1.所以l的方程為yx，代入C的方程，并整理得7x214x0.故x1x22，x1x2，代入解得|d|.【關(guān)鍵點3：借用根與系數(shù)的關(guān)系，達(dá)到設(shè)而不求的目的】所以該數(shù)列的公差為或.【點評】本題(1)涉及弦的中點坐標(biāo)，可以采用“點差法”求解，設(shè)出點A、B的坐標(biāo)，代入橢圓方程并作差，再將弦AB的中點坐標(biāo)代入所得的差，可得直線AB的斜率；對于(2)圓錐曲線中的證明問題，常采用直接法證明，證明時常借助等價轉(zhuǎn)化思想，化幾何關(guān)系為數(shù)量關(guān)系，然后借助方程思想給予解答.6