2021届新高考版高考数学一轮复习教师用书：素养提升5　高考中圆锥曲线解答题的提分策略学案

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素养提升5　高考中圆锥曲线解答题的提分策略

1[2019全国卷Ⅰ，12分]已知抛物线C:y2=3x的焦点为F ,斜率为32的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.
(1)若|AF |+|BF |=4,求l的方程;
(2)若AP=3PB,求|AB|.
(1)设出直线l的方程:y=32x+t,求出t值,即得直线l的方程.(2)先通过方程思想及向量运算求出A,B两点的纵坐标,进而得A,B两点的横坐标,再利用两点间的距离公式求得|AB|.
设直线l :y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).①
(1)由题设得F (34,0),根据抛物线的焦半径公式可知:|AF |+|BF |=x1+x2+32,由题设可得x1+x2=52.②
由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t - 1)x+4t2=0,③
则Δ=(12t - 12)2 - 144t2>0,所以t0,所以tb>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3( - 1,32),P4(1,32)中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为 - 1,证明:l过定点.

给什么
得什么
P1,P2,P3,P4中恰有三点在椭圆C上⇒有且仅有一点不在椭圆C上,由于P3和P4关于y轴对称,椭圆C也关于y轴对称,因而P3,P4必在椭圆C上.因此只需判定P1和P2哪一个不在椭圆C上即可.
求什么
想什么
要证明l过定点,应先考虑l与x轴垂直时是否过定点,当l的斜率存在时,可设l的方程为y=kx+m,代入椭圆方程,利用kP2A+kP2B= - 1可得到k关于m的关系式,再代入l的方程中,整理后即可判断l是否过定点.

(1)因为P3,P4两点关于y轴对称,椭圆C也关于y轴对称,所以椭圆C经过P3,P4两点.
又由1a2+1b2>1a2+34b2知,椭圆C不经过点P1,所以点P2在椭圆C上.1分(得分点1)
因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.3分(得分点2)
故椭圆C的方程为x24+y2=1.5分(得分点3)
(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.
如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题意知t≠0,且|t|0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= - 8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.8分(得分点6)
而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2
=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2
=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.
由题意得,k1+k2= - 1,故(2k+1)x1x2+(m - 1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·4m2-44k2+1+(m - 1)·-8km4k2+1=0,10分(得分点7)
解得k= - m+12.
当且仅当m> - 1时,Δ>0,11分(得分点8)
于是l:y= - m+12x+m,即y+1= - m+12(x - 2),
所以l过定点(2, - 1).12分(得分点9)
感悟升华

教材
探源
本题第(1)问源于人教A版《选修2 - 1》教材第40页例1,主要考查利用待定系数法及方程思想求曲线方程.
本题第(2)问源于人教A版《选修2 - 1》教材第41页例3,主要考查利用斜率公式研究几何问题,充分考查学生解决综合问题的能力.
素养
探源
素养
考查途径
数学运算
椭圆方程的求解.
直观想象
点与椭圆的位置关系、直线与椭圆的位置关系.
思想
方法
方程思想
1.根据点的坐标建立方程组,从而求解参数a,b.
2.联立直线l与椭圆C的方程,利用根与系数的关系求解.
3.利用“斜率之和为 - 1”这一条件,建立直线l的斜率与截距的方程.
数形结
合思想
讨论直线l与x轴的位置关系,以及利用椭圆的对称性确定P1,P2,P3,P4中哪些点在椭圆上.
分类讨
论思想
对于直线l的斜率分存在和不存在两种情况讨论.
得分
要点
1.得步骤分:抓住得分点,“步步为赢”.第(1)问中,分析隐含信息,列方程组,从而求出椭圆方程.第(2)问中,通过分类讨论设出直线方程→联立方程→写出根与系数的关系→利用公式化简求解.
2.得关键分:①列出方程组,②设出直线方程,③利用根与系数的关系,④利用斜率公式.这些都是不可少的过程,有则给分,无则没分.
3.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证,如得分点3,5,7.
答题
策略
圆锥曲线中定点问题的两种解法
1.引进参数法:先引进动点的坐标或动线中系数为参数,用参数表示变化的量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.
2.从特殊到一般法:先根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
技巧:若直线方程为y - y0=k(x - x0),则直线过定点(x0,y0);
若直线方程为y=kx+b(b为定值),则直线过定点(0,b).

3[2018全国卷Ⅰ, 12分]设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F ,过F 的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).
(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;
(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.
(1)先求出椭圆C:x22+y2=1的右焦点F 的坐标,因为l与x轴垂直,所以可先求出直线l的方程,然后求出点A的坐标,再利用直线方程的两点式,即可求出直线AM的方程;(2)对直线l分三类讨论:①当直线l与x轴重合时,直接求出∠OMA=∠OMB=0°;②当直线l与x轴垂直时,可直接证得∠OMA=∠OMB;③当直线l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x - 1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),利用斜率公式表示出kMA+kMB,把直线l的方程代入椭圆C的方程,消去y转化为关于x的一元二次方程,利用根与系数的关系即可证明kMA+kMB=0,从而证得∠OMA=∠OMB.
(1)由已知得F (1,0),l的方程为x=1.1分
代入椭圆方程可得,点A的坐标为(1,22)或(1, - 22).2分
所以直线AM的方程为y= - 22x+2或y=22x - 2.3分
(2)当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.4分
当l与x轴垂直时,OM为线段AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB.5分
当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x - 1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),6分
则 - 20)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.
(1)求椭圆C2的方程.
(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.
(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;
(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:当直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.





2.[2020陕西省部分学校摸底检测,12分]已知圆O:x2+y2=1和抛物线E:y=x2-2,O为坐标原点.
(1)已知直线l与圆O相切,与抛物线E交于M,N两点,且满足OM⊥ON,求直线l的方程;
(2)过抛物线E上一点P(x0,y0)作两条直线PQ,PR与圆O相切,且分别交抛物线E于Q,R两点,若直线QR的斜率为-3,求点P的坐标.





3.[2020江西红色七校第一次联考,12分]如图5-1,

图5-1
已知点M(2,1)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,点A,B是长轴的两个端点,且MA·MB=-3.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知点E(1,0),过点M(2,1)且斜率为k的直线l与椭圆的另一个交点为N,若点E总在以MN为直径的圆内,求直线l的斜率k的取值范围.





4.[2019安徽宣城二模,12分]已知椭圆C的方程为x24+y22=1,A是椭圆上的一点,且点A在第一象限内,过点A且斜率等于-1的直线与椭圆C交于另一点B,点A关于坐标原点的对称点为D.
(1)证明:直线BD的斜率为定值;
(2)求△ABD面积的最大值.





5.[12分]已知动圆C过定点F(1,0),且与定直线x=-1相切.
(1)求动圆圆心的轨迹E的方程.
(2)过点M(-2,0)的直线l与轨迹E交于不同的两点P,Q,试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M),使得∠QNM+∠PNM=π,若存在,求出点N的坐标;若不存在,请说明理由.










素养提升5 高考中圆锥曲线解答题的提分策略
1.(1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).
因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2- b2=1　①.
又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为(±6,32),
所以94a2+6b2=1　②.
由①②,解得a2=9,b2=8.
故椭圆C2的方程为y29+x28=1.(4分)
(2)如图D 5- 1,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).

图D 5- 1
(i)因为AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,
从而x3- x1=x4- x2,即x1- x2=x3- x4,
于是(x1+x2)2- 4x1x2=(x3+x4)2- 4x3x4　③.
设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1(易知k≠0).
由y=kx+1,x2=4y,得x2- 4kx- 4=0,Δ1>0.
则x1+x2=4k,x1x2=- 4　④.
由y=kx+1,y29+x28=1,得(9+8k2)x2+16kx- 64=0,Δ2>0.(6分)
则x3+x4=- 16k9+8k2,x3x4=- 649+8k2　⑤.
将④⑤代入③,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4×649+8k2,
即16(k2+1)=162×9(k2+1)(9+8k2)2,
所以(9+8k2)2=16×9,解得k=±64,即直线l的斜率为±64.(8分)
(ii)由x2=4y得y'=x2,所以C1在点A处的切线方程为y- y1=x12(x- x1),
即y=x1x2-x124.令y=0,得x=x12,即M(x12,0),
所以FM=(x12,- 1).(10分)
又FA=(x1,y1- 1),于是FA·FM=x122- y1+1=x124+1>0,
因此∠AFM是锐角,由∠MFD=180°- ∠AFM得∠MFD是钝角.
故当直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.(12分)
2.(1)由题意知直线l的斜率存在,设l:y=kx+b,M(x1,y1),N(x2,y2).
由直线l与圆O相切,得|b|k2+1=1,
所以b2=k2+1.
由y=kx+b,y=x2- 2,消去y得x2- kx- b- 2=0,Δ>0.
所以x1+x2=k,x1x2=- b- 2.(2分)
由OM⊥ON,得OM·ON=0,即x1x2+y1y2=0,
所以x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,
所以(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,
所以b2(- b- 2)+(b2- 1)b+b2=0,
解得b=- 1或b=0(舍去).
所以k=0,故直线l的方程为y=- 1.(5分)
(2)设Q(x3,y3),R(x4,y4),则直线RQ的斜率kRQ=y3- y4x3- x4=(x32- 2)- (x42- 2)x3- x4=x3+x4,
所以x3+x4=- 3.
由题意知直线PQ,PR的斜率均存在,即x02≠1.
设PQ:y- y0=k1(x- x0),由直线PQ与圆O相切,得|y0- k1x0|k12+1=1,即(x02- 1)k12- 2x0y0k1+y02- 1=0,
设PR:y- y0=k2(x- x0),同理可得(x02- 1)k22- 2x0y0k2+y02- 1=0.
故k1,k2是方程(x02- 1)k'2- 2x0y0k'+y02- 1=0的两个根,
所以k1+k2=2x0y0x02- 1.(8分)
由y=k1x+y0- k1x0,y=x2- 2,得x2- k1x+k1x0- y0- 2=0,故x0+x3=k1,
同理可得x0+x4=k2,
则2x0+x3+x4=k1+k2,即2x0- 3=2x0y0x02- 1,
所以2x0- 3=2x0(x02- 2)x02- 1,解得x0=- 33或x0=3.(11分)
当x0=- 33时,y0=- 53;当x0=3时,y0=1.
故点P的坐标为(- 33,- 53)或(3,1).(12分)
3.(1)由已知可得A(- a,0),B(a,0),则MA·MB=(- a- 2,- 1)·(a- 2,- 1)=- 3,解得a2=8.
又点M(2,1)在椭圆C上,所以228+12b2=1,解得b2=2,
所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1.(4分)
(2)设N(x1,y1),直线l的方程为y=k(x- 2)+1,代入椭圆C的方程消去y得(4k2+1)x2+4(2k- 4k2)x+4(4k2- 4k- 1)=0,Δ>0,(6分)
则2x1=4(4k2- 4k- 1)4k2+1,即x1=2(4k2- 4k- 1)4k2+1,则y1=- 4k2- 4k+14k2+1.(8分)
因为点E总在以MN为直径的圆内,
所以必有EM·EN