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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”
展开解密高考⑤ 圆锥曲线问题巧在“设”、难在“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Ⅲ,本小题满分12分已知曲线C:y=,D为直线y=-上的动点,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;(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:设D,A(x1,y1),则x=2y1. ··························2分由于y′=x,所以切线DA的斜率为x1,故=x1.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(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+.由可得x2-2tx-1=0,····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.由于⊥,而=(t,t2-2),与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0,解得t=0或t=±1. ························10分当t=0时,||=2,所求圆的方程为x2+2=4;··········11分当t=±1时,||=,所求圆的方程为x2+2=2. ·······12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)的焦点为F,直线x=p与E交于A,B两点,△ABF的面积为8.(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.由得y=±p,不妨设A(p,p),B(p,-p),则|AB|=2p.又F到直线AB的距离为,所以S△ABF=×2p×=p2.依题意得,p2=8,解得p=4,所以E的方程为y2=8x.(2)法一:设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为C(x0,y0),则x0=,y0=.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====,则线段MN的垂直平分线为y-y0=-(x-2),即y=-(x-6),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=,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 ①,因为①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,得ky2-8y+8b=0.Δ=64-32kb,令Δ>0,得kb<2.由根与系数的关系得y1+y2=,所以y0==,所以线段MN的垂直平分线为y-=-(x-2),即y=-(x-6),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|., 已知椭圆C:+=1(a>b>0)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的方程;若不存在,请说明理由.[解] (1)由=和a2=b2+c2,可设a=2λ,则c=λ,b=λ,其中λ>0.由题意不妨设M(c,),代入椭圆方程,得+=1,即+=1,解得λ=,从而a=2,b=2,c=2.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),====,故=.由得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-8=0,Δ1=32k2+32>0,x1+x2=,x1x2=,则|AB|=|x1-x2|=.由得k2x2-(4k2+1)x+4k2=0,Δ2=8k2+1>0,x3+x4=,x3x4=4,则|CD|=|x3-x4|=.由=得,=,即=,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.
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