2022届高考数学一轮复习专题提能破解解析几何中重难点策略学案理含解析北师大版

这是一份2022届高考数学一轮复习专题提能破解解析几何中重难点策略学案理含解析北师大版，共7页。
破解解析几何中重、难点策略授课提示：对应学生用书第200页（一）图形对称性问题近几年高考和模考中的圆锥曲线综合题中，出现了不少关于轴对称、中心对称、平行、垂直、中垂线、弦的中点、特殊几何图形或特殊几何图形内接于圆锥曲线等问题，用解析几何呈现出来的形式往往是角相等或互补、斜率相等或互为相反数、过定点或为定值等，这种题型能有效考查考生的直观想象、数学运算和逻辑推理等核心素养．[例1]　（2021·安庆模考）经过点的椭圆C：＋＝1（a>b>0）的右顶点为A，上顶点为B，且直线AB的斜率为－．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设不垂直于x轴的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，O为坐标原点，点N（4，0）．若P，Q，N三点不共线，且∠ONP＝∠ONQ．证明：动直线l经过定点．[解析]　（1）因为A（a，0），B（0，b），所以＝－，即a＝2b．因为点在椭圆上，所以＋＝1，即＋＝1，解得b2＝1，a2＝4．故椭圆C的标准方程是＋y2＝1．（2）证明：设直线l的方程为y＝kx＋m（k≠0），与C的方程联立得消去y得，（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝（8km）2－4（1＋4k2）（4m2－4）＝16（4k2－m2＋1）>0．设P（x1，kx1＋m），Q（x2，kx2＋m），则x1＋x2＝－，x1x2＝．kPN＋kQN＝＋＝．由∠ONP＝∠ONQ知，kPN＋kQN＝0，所以2kx1x2－（4k－m）（x1＋x2）－8m＝2k·－（4k－m）－8m＝＋－8m＝0，得m＝－k，满足Δ>0．故动直线l的方程为y＝kx－k，过定点（1，0）．本题中，由kPN＋kQN＝0构建方程找到m，k的关系是解题的关键．设直线l的方程和点P，Q的坐标，将直线方程与椭圆方程联立消元，利用根与系数的关系建立方程与不等式是解题的难点．[例2]　已知动圆过定点M（0，4），且截x轴所得的弦AB的长为8．（1）求动圆圆心的轨迹C的方程；（2）过轨迹C上一个定点P（m，n）（m≠0）引它的两条弦PS，PT，直线PS，PT的斜率存在且倾斜角互为补角．证明：直线ST的斜率为定值．[解析]　（1）设动圆圆心C的坐标为（x，y），则（x－0）2＋（y－4）2＝42＋y2，整理得x2＝8y．故所求动圆圆心的轨迹C的方程为x2＝8y．（2）证明：设S（x1，y1），T（x2，y2），则有x＝8y1，x＝8y2，m2＝8n．因为直线PS，PT的斜率存在且倾斜角互为补角，所以kPS＋kPT＝0，即＋＝＋＝＋＝0，所以x1＋x2＝－2m．故直线ST的斜率k＝＝＝＝－，为定值．本题中，将倾斜角互为补角这一条件转化为kPS＋kPT＝0，建立方程得到x1，x2，m之间的关系是解题的关键．[对点训练]　已知定圆A：（x＋）2＋y2＝16，动圆M过点B（，0），且和圆A相切．（1）求动圆圆心M的轨迹E的方程；（2）直线l：y＝kx＋m（k≠0）与轨迹E交于C，D两点，点P（0，－1），且|PC|＝|PD|，求实数m的取值范围．解析：（1）圆A的圆心为（－，0），半径r1＝4．设动圆M的半径为r2，依题意有r2＝|MB|．由|AB|＝2<r1，可知点B在圆A内，从而圆M内切于圆A，故|MA|＝r1－r2，即|MA|＋|MB|＝4>2．所以动点M的轨迹E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，其方程为＋y2＝1．（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），联立l与E的方程得消去y得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ＝64k2m2－16（m2－1）（1＋4k2）>0得1＋4k2>m2，则x1＋x2＝－，y1＋y2＝k（x1＋x2）＋2m＝，弦CD的中点N．易知PN⊥CD，所以直线PN的方程是y＝－x－1．因为点N在此直线上，所以＝－－1，整理得3m＝1＋4k2，代入1＋4k2>m2，得m2－3m<0，解得0<m<3．又3m＝1＋4k2＞1，k≠0，所以3m>1，m>．故实数m的取值范围是．（二）解析几何减少运算量的常见技巧技巧1　巧用几何性质减少运算量[例3]　已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1（a>b>0）的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（　　）A．　　　　　　 B．C．  D． [解析]　设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有＝，＝．又因为OE＝2ON，所以有＝·，解得e＝＝． [答案]　A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算．技巧2　设而不求整体代换[例4]　已知椭圆E：＋＝1（a>b>0）的右焦点为F（3，0），过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为M（1，－1），则E的标准方程为（　　）A．＋＝1  B．＋＝1C．＋＝1  D．＋＝1[解析]　设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，①－②得＋＝0，所以kAB＝＝－＝．又kAB＝＝，所以＝．又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以椭圆E的标准方程为＋＝1．[答案]　D本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧3　巧妙“换元”整体减少运算量[例5]　已知椭圆E：＋＝1（a>b>0）的焦距为2c，且b＝c，圆O：x2＋y2＝r2（r>0）与x轴交于点M，N，P为椭圆E上的动点，|PM|＋|PN|＝2a，△PMN面积的最大值为．（1）求圆O与椭圆E的方程；（2）圆O的切线l交椭圆E于点A，B，求|AB|的取值范围．[解析]　（1）因为b＝c，所以a＝2c．因为|PM|＋|PN|＝2a，所以点M，N为椭圆的焦点，所以r2＝c2＝a2．设P（x0，y0），则－b≤y0≤b，所以S△PMN＝r·|y0|＝a|y0|，当|y0|＝b时，（S△PMN）max＝ab＝，所以c＝1，b＝，a＝2．所以圆O的方程为x2＋y2＝1，椭圆E的方程为＋＝1．（2）当直线l的斜率不存在时，不妨取直线l的方程为x＝1，则可取A，B，|AB|＝3．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A（x1，kx1＋m），B（x2，kx2＋m）．因为直线l与圆O相切，所以＝1，即m2＝1＋k2．联立得消去y可得（4k2＋3）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝64k2m2－4（4k2＋3）（4m2－12）＝48（4k2＋3－m2）＝48（3k2＋2）>0，x1＋x2＝－，x1x2＝．|AB|＝·＝4··＝＝＝·．令t＝，则0<t≤，所以|AB|＝ ，0<t≤，所以|AB|＝·，所以3<|AB|≤．综上，|AB|的取值范围是．变量换元的关键是构造元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．[对点训练]已知抛物线C：x2＝2py（p>0）的焦点到直线l：y＝－x的距离为．（1）求抛物线C的方程；（2）如图，若N，直线l′与抛物线C相交于A，B两点，与直线l相交于点M，且|AM|＝|MB|，求△ABN面积的取值范围．解析：（1）易知抛物线C：x2＝2py（p>0）的焦点坐标为，则由题意得＝＝，解得p＝，所以抛物线C的方程为x2＝y．（2）由题意可设M（－m，m）（m>0），直线l′：y－m＝k（x＋m）（k≠－1），将直线l′的方程代入抛物线的方程x2＝y，消去y，得x2－kx－km－m＝0．因为直线l′与抛物线C相交于A，B两点，所以Δ＝k2－4（－km－m）＝k2＋4km＋4m>0．设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝k，又x1＋x2＝－2m，所以k＝－2m，代入Δ＝k2＋4km＋4m>0，解得0<m<1．又k≠－1，所以m≠，故0<m<或<m<1．故直线l′的方程为y＝－2mx－2m2＋m，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－m．故点N到直线AB的距离d＝＝，|AB|＝·|x1－x2|＝·＝·2，S△ABN＝|AB|·d＝2|m－m2|·．令t＝，则S△ABN＝2t3．因为0<m<或<m<1，所以0<t<，所以2t3∈，即S△ABN∈．所以△ABN面积的取值范围为．