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    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”

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    解密高考 圆锥曲线问题巧在”、难在————[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(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”“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已知曲线CyD为直线y=-上的动点DC的两条切线切点分别为AB.(1)证明:直线AB过定点;(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切且切点为线段AB的中点求该圆的方程.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.[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:DA(x1y1)x2y1. ··························2由于yx所以切线DA的斜率为x1x1.整理得2tx12y110.B(x2y2)同理可得2tx22y210. ··4故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.··············6(2)(1)得直线AB的方程为ytx.可得x22tx10····7于是x1x22ty1y2t(x1x2)12t21. ···························8M为线段AB的中点M.由于(tt22)与向量(1t)平行所以t(t22)t0解得t0t±1. ························10t0||2所求圆的方程为x224··········11t±1||所求圆的方程为x222. ·······12[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12019年郑州模拟母题突破22019年济南模拟设抛物线Ey22px(p0)的焦点为F直线xpE交于AB两点ABF的面积为8.(1)E的方程;(2)MNE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[] (1)依题意得F.y±p不妨设A(pp)B(pp)|AB|2p.F到直线AB的距离为所以SABF×2p×p2.依题意得p28解得p4所以E的方程为y28x.(2)法一:M(x1y1)N(x2y2)MN的中点为C(x0y0)x0y0.由抛物线的定义|MF||NF|x12x22因为|MF||NF|8所以x1x24所以x02.x1x2y1y20kMN则线段MN的垂直平分线为yy0=-(x2)y=-(x6)所以线段MN的垂直平分线恒过定点S(6,0)x1x2线段MN的垂直平分线为x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使得对E上满足条件的动点MN恒有|SM||SN|由对称性可知S必在x轴上故可设S(t,0)M(x1y1)N(x2y2)由抛物线的定义|MF||NF|x12x22因为|MF||NF|8所以x1x24|SM||SN|所以(x1t)28x1(x2t)28x2[(x1x2)(82t)](x1x2)0所以(6t)(x1x2)0 因为对满足条件的任意MN恒成立所以t6.故存在定点S(6,0)使得|SM||SN|.法三:M(x1y1)N(x2y2)MN的中点为C(x0y0)由抛物线的定义|MF||NF|x12x22因为|MF||NF|8所以x1x24x02.当直线MN的斜率存在时可设其方程为ykxb(k0)ky28y8b0.Δ6432kbΔ0kb2.由根与系数的关系得y1y2所以y0所以线段MN的垂直平分线为y=-(x2)y=-(x6)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MN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|., 已知椭圆C1(ab0)的离心率为椭圆C和抛物线y2x交于MN两点且直线MN恰好过椭圆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AB两点交抛物线于CD两点P是抛物线的焦点是否存在直线l使得SOCDSPAB?若存在求出直线l的方程;若不存在请说明理由[] (1)a2b2c2可设a2λcλbλ其中λ0.由题意不妨设M(c)代入椭圆方程11解得λ从而a2b2c2.故所求椭圆方程为1.(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lyk(x2)k0A(x1y1)B(x2y2)C(x3y3)D(x4y4)由条件知PF(2,0).(12k2)x28k2x8k280Δ132k2320x1x2x1x2|AB||x1x2|.k2x2(4k21)x4k20Δ28k210x3x4x3x44|CD||x3x4|.81k4(1k2)2(12k2)2(18k2)整理得17k69k424k220(k21)(17k426k22)0解得k±1.故存在直线lyx2y=-x2满足题意  

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