高考新坐标高考数学总复习 专题突破五 解析几何问题的求解策略课件

专题突破五高考解析几何问题的求解策略类型 1圆锥曲线的标准方程与性质圆锥曲线的标准方程在新课标高考中占有十分重要的地位一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及 a，b，c 三者之间的关系另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点【典例 1】 (2015济南四校联考)已知椭圆中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，离心率为22，它的一个顶点为抛物线 x24y 的焦点(1)求椭圆方程；(2)若直线 yx1 与抛物线相切于点 A， 求以 A 为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程思路点拨 (1)由椭圆与抛物线的性质，求椭圆方程中待定参数a，b，从而确定椭圆的标准方程(2)联立方程求出圆心和半径规范解答(1)椭圆中心在原点，焦点在 x 轴上设椭圆的方程为x2a2y2b21(ab0) ，因为抛物线 x24y 的焦点为(0，1)，所以 b1.由离心率 eca22，a2b2c21c2，从而得 a 2，椭圆的标准方程为x22y21.(2)由x24y，yx1，解得x2，y1，所以点 A(2，1)因为抛物线的准线方程为y1，所以圆的半径 r1(1)2，所以圆的方程为(x2)2(y1)24.【反思启迪】 1.待定系数法求曲线方程， 关键是方程的联立求解，结合条件，求待定参数，体现了方程思想的应用2直线与圆相切，可转化为圆心到直线的距离等于半径，体现了转化的思想【变式训练 1】如图 51，等边三角形 OAB 的边长为 8 3，且其三个顶点均在抛物线E：x22py(p0)上图 51(1)求抛物线 E 的方程；(2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P，与直线 y1 相交于点 Q，证明：以 PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点解 (1)依题意，得|OB|8 3，BOy30.设 B(x，y)，则 x|OB|sin 304 3，y|OB|cos 3012.因为点 B(4 3，12)在 x22py 上，所以(4 3)22p12，解得 p2.故抛物线 E 的方程为 x24y.(2)由(1)知 y14x2，则 y12x.设 P(x0，y0)，则 x00，且 l 的方程为yy012x0(xx0)，即 y12x0 x14x02.由y12x0 x14x02，y1，得xx0242x0，y1.所以 Q 为x0242x0，1.设 M(0，y1)，令MPMQ0 对满足 y014x02(x00)的 x0，y0恒成立由于MP(x0，y0y1)，MQx0242x0，1y1，由MPMQ0，得x0242y0y0y1y1y120，即(y12y12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y014x02(x00)的 y0恒成立，所以1y10，y12y120，解得 y11.故以 PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M(0，1)类型 2直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系是高考的重点， 一般以椭圆或抛物线为依托， 全面考查圆锥曲线与方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系，考查函数、方程(不等式)、平面向量等在解决问题中的综合应用处理此类问题，要在“算”上下工夫，利用向量坐标关系及方程的思想， 借助根与系数的关系解决问题 解题时，要注意特殊情况(如斜率不存在的情况)的处理【典例 2】(2014陕西高考)如图 52，曲线 C 由上半椭圆C1：y2a2x2b21(ab0，y0)和部分抛物线 C2：yx21(y0)连结而成，C1与 C2的公共点为 A，B，其中 C1的离心率为32.(1)求 a，b 的值；(2)过点 B 的直线 l 与 C1，C2分别交于点 P，Q(均异于点 A，B)，若 APAQ，求直线 l 的方程图 52规范解答 (1)在曲线 C2：yx21(y0)中，令 y0，得 A(1，0)，点 B(1，0)，代入半椭圆C1：y2a2x2b21，得 b1.又 eca32且 a21c2.a2，即 a2，b1.思路点拨(1)由曲线 C2求点 A、B 的坐标，确定实数 b的取值；结合椭圆几何量之间的关系构建方程解出实数a.(2)联立直线与曲线方程，求点 P、Q 坐标，借助向量的数量积求直线l的斜率，得直线 l 的方程(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为y24x21(y0)易知，直线 l 与 x 轴不重合也不垂直，设其方程为 yk(x1)(k0)，代入 C1的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)设点 P 的坐标为(xp，yp)，直线 l 过点 B，x1 是方程(*)的一个根由求根公式，得 xpk24k24，从而 yp8kk24，点 P 的坐标为k24k24，8kk24 .同理，由yk（x1） （k0） ，yx21（y0）得点 Q 的坐标为(k1，k22k)AP2kk24(k，4)，AQk(1，k2)由 APAQ，知APAQ0，2k24k2k4(k2)0.又 k0，从而 k4(k2)0，解之得 k83.经检验 k83满足题意故直线 l 的方程为 y83(x1)，即 8x3y80.【反思启迪】1.求解第(2)问关键解决两点：(1)利用方程思想，正确求出 P，Q 两点的坐标；(2)将直线垂直转化为向量的数量积为 0，优化了运算过程2在涉及直线与圆锥曲线相交弦长计算问题时，注意两点：(1)充分借助方程思想，整体表示“x1x2，x1x2” ， “设而不求”，整体转化(2)注意“0”，应代入检验，判别式大于零是检验所求参数的值是否有意义的依据【变式训练 2】(2013浙江高考)如图 53，点 P(0，1)是椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆 C2：x2y24 的直径l1，l2是过点 P 且互相垂直的两条直线，其中l1交圆 C2于 A，B 两点，l2交椭圆 C1于另一点 D.(1)求椭圆 C1的方程；(2)求ABD 面积取最大值时直线 l1的方程图 53(1)由题意得b1，a2.所以椭圆C 的方程为x24y21.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线 l1的方程为ykx1.又圆 C2：x2y24，故点 O 到直线 l1的距离 d1k21，所以|AB|2 4d224k23k21.又 l2l1，故直线 l2的方程为 xkyk0.由xkyk0，x24y24，消去 y，整理得(4k2)x28kx0，故 x08k4k2，y04k24k2，所以|PD|8 k214k2.设ABD 的面积为 S，则 S12|AB|PD|8 4k234k2，所以 S324k23134k233224k23134k2316 1313，当且仅当k102时取等号所以所求直线l1的方程为y102x1.类型 3存在开放性问题近年高考命题经常设计探究是否存在性的问题，考查学生的发散思维和创新能力，求解这类问题要重视数形的转化，善于从特殊发现规律，并能正确推理与计算【典例 3】已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的焦距为 4，且过点 P( 2， 3)(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 Q(x0， y0)(x0y00)为椭圆 C 上一点 过点 Q 作 x 轴的垂线，垂足为 E.取点 A(0，2 2)，连结 AE.过点 A 作 AE 的垂线交 x轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点， 作直线 QG.问这样作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点？并说明理由思路点拨(1)由题设，构建关于a，b，c的方程，求出椭圆C的方程；(2)转化为判定除点Q(x0，y0)外，直线QG与椭圆C是否还有公共点规范解答(1)因为焦距为 4，所以 a2b24.又因为椭圆 C 过点 P( 2， 3)，所以2a23b21.故 a28，b24，从而椭圆 C 的方程为x28y241.(2)一定有唯一的公共点理由：由题意知，点 E 的坐标为(x0，0)设 D(xD，0)，则AE(x0，2 2)，AD(xD，2 2)再由 ADAE 知， AEAD0，即 xDx080.由于 x0y00，故 xD8x0.因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点，所以点 G8x0，0.故直线 QG 的斜率 kQGy0 x08x0 x0y0 x028.又因为点 Q(x0，y0)在椭圆 C 上，所以 x022y028.从而 kQGx02y0.故直线 QG 的方程为 yx02y0 x8x0.将代入椭圆 C 的方程，化简，得(x022y02)x216x0 x6416y020.再将代入，化简得 x22x0 xx020.解得 xx0，则 yy0，故直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点【反思启迪】1.求解本题的关键是正确利用点Q(x0，y0)的坐标表示出点D、点 G 的坐标，进而联立直线QG 与椭圆 C 的方程，证明有唯一解2对于存在性探索性问题，一般先假设存在，推出满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在值得注意的是当条件和结论不唯一时一定要分类讨论【变式训练 3】已知椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)的离心率为e，右焦点为 F(2 2，0)，且 b，e，13为等比数列(1)求椭圆 C1的方程；(2)设双曲线 C2：x2m2y2n21 的顶点和焦点分别是椭圆C1的焦点和顶点，设 O 为坐标原点，点 A，B 分别是 C1和 C2上的点，问是否存在 A，B 满足OA12OB，请说明理由；若存在，请求出直线 AB 的方程解 (1)由右焦点 F(2 2，0)，知 c2 2.又 b，e，13为等比数列，所以ca213b.又 a2b2c2，解得 a2 3，b2，故椭圆 C1的方程为x212y241.(2)假设存在 A，B 满足OA12OB，则可知 O，A，B 三点共线且 A，B 必不在 y 轴上设 A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线 AB 的方程为 ykx.由(1)可知 C2的方程为x28y241.由ykx，x212y241，得(13k2)x212，即 x121213k2，由ykx，x28y241，得(12k2)x28，即 x22812k2，由OA12OB，得 x1214x22，即1213k214812k2，解得 k213，即 k33.所以存在 A，B 满足OA12OB，此时直线 AB 的方程为 y33x.