教学资料范本 2021版新高考数学：圆锥曲线含答案 编 辑：__________________ 时 间：__________________ 1 / 7 (对应学生用书第170页) 解析几何研究的问题是几何问题、研究的方法是代数法(坐标法).因此、求解解析几何问题最大的思维难点是转化、即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化、找到常见问题的求解途径、是突破解析几何问题难点的关键所在．为此、从以下几个途径、结合数学思想在解析几何中的切入为视角、突破思维难点． 高考示例 1.(20xx·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中、曲线C：y＝x24与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M、N两点． (1)当k＝0时、分別求C在点M和N处的切线方程； (2)y轴上是否存在点P、使得当k变方法与思维 [解] (1)ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.(步骤省略) (2)存在符合题意的点．证明如下： 设P(0、b)为符合题意的点、M(x1、y1)、N(x2、y2)、 直线PM、PN的斜率分别为k1、k2. 将y＝kx＋a代入C的方程、得x2－4kx－4a＝0. 故x1＋x2＝4k、x1x2＝－4a. y1－by2－b从而k1＋k2＝x1＋x2＝2kx1x2＋（a－b）（x1＋x2）k（a＋b）＝.【关键点1：x1x2a建立斜率之间的关系】 当b＝－a时、有k1＋k2＝0、则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补、【关键点2：把斜率间的关系转化为 2 / 7 动时、总有∠OPM＝∠OPN？(说明理由) 【点评】 破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路、一般需画出大致图形、把已知条件翻译到图形中、利用直线方程的点斜式或两点式、即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁、即先把要证的两角相等、根据图形的特征、转化为斜率之间的关系、再把直线与椭圆的方程联立、利用根与系数的关系、以及斜率公式即可证得结论． 2.(20xx·全国卷Ⅱ)已知点A(－2、0)、B(2、0)、动点M(x、y)满足直线AM与BM的斜1率之积为－2.记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程、并说明C是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交C于P、Q两点、点P在第一象限、PE⊥x轴、垂足为E、连结QE并延长交C于点G、证明：(ⅰ)△PQG是直角三角形； 1x2y2[解] (1)由题设得·＝－2、化简得4＋2＝x＋2x－21(|x|≠2)、【关键点1：指明斜率公式中变量隐含的范围】 所以C为中心在坐标原点、焦点在x轴上的椭圆、不含左右顶点． (2)设直线PQ的斜率为k、则其方程为y＝kx(k>0). y＝kx22由x2y2得x＝±.记u＝、则P(u、1＋2k21＋2k2＋＝142uk)、Q(－u、－uk)、E(u、0). kk于是直线QG的斜率为2、方程为y＝2(x－u). ky＝2（x－u），由 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.① x2y24＋2＝1设G(xG、yG)、则－u和xG是方程①的解、故xG＝u（3k2＋2）uk3、由此得yG＝. 2＋k22＋k2uk3－uk2＋k21从而直线PG的斜率为＝－k.【关键点u（3k2＋2）－u2＋k2yy倾斜角之间的关系】 故∠OPM＝∠OPN、所以点P(0、－a)符合题意． 3 / 7 2：利用斜率之积为－1说明线段PQ与PG的几何关系】 所以PQ⊥PG、即△PQG是直角三角形． 【点评】 (1)求曲线的轨迹时务必检验几何图形的完备性、谨防增漏点；(2)几何关系的证明问题常转化为代数式的运算问题、此时常借助斜率公式、平面向量等实现数与形的转化． 途径一 “图形”引路、“斜率”搭桥 途径二 “换元”转化、方便运算 高考示例 (20xx·全国卷Ⅱ)已知点A(－2、0)、B(2、0)、动点M(x、y)满足直线AM1与BM的斜率之积为－2.记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程、并说明C是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交C于P、Q两点、点P在第一象限、PE⊥x轴、垂足为E、连结QE并延长交C于点G、 (ⅰ)△PQG是直角三角形； (ⅱ)求△PQG面积的最大值． 因为S＝…… (ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u1＋k2、|PG|＝1所以△PQG的面积S＝2|PQ‖PG|＝8k（1＋k2）＝（1＋2k2）（2＋k2）18（k＋k）2ukk2＋1、 2＋k2方法与思维 .【关键点11＋2（k＋k）21：分子分母同除以k2】 1设t＝k＋k、则由k>0得t≥2、当且仅当k＝1时取等号．【关键点2：整体代换、指明范围】 8t在[2、＋∞)单调递减、所以当t＝1＋2t2162、即k＝1时、S取得最大值、最大值为9.【关键点3：用活“对勾”函数及复合函数的单调性】 16因此、△PQG面积的最大值为9. 【点评】 基本不等式求最值的5种典型情况分析 (1)s＝k2＋1(先换元、注意“元”的范围、再利用基本不等式). 2k2＋5（k2＋1）2（k2＋1）2(2)s＝≥(基本不等式). （1＋2k2）（k2＋2）（1＋2k2）＋（k2＋2）[2 4 / 7 ]2 n4m2＋1－n2(基本不等式). 4m2＋11＋k2(先分离参数、再利用基本不等式). 4k4＋12k2＋91k＋k(3)s＝4k2＋13k2＋9(4)s＝＝2k2＋3k（k2＋1）2(5)s＝＝(上下同时除以k、令t＝k＋119（3k2＋3）（k2＋9）（3k＋3k）（k＋k）1k换元、再利用基本不等式). 途径三 性质主导、向量解题 高考示例 方法与思维 [解] (1)因为⊙M过点A、B、所以圆心M在AB的垂直平分线上．【关键点1：圆的几何性质】 (20xx·全国卷Ⅰ)由已知A在直线x＋y＝0上、且A、B关于坐标原点O对已知点A、B关于坐标原点O对称、|AB| ＝4、⊙M过点A、B且与直线x＋2＝0相切． (1)若A在直线x＋y＝0上、求⊙M的半径； (2)是否存在定点P、使得当A运动时、│MA│－│MP│为称、【关键点2：圆的几何性质】 所以M在直线y＝x上、故可设M(a、a). 因为⊙M与直线x＋2＝0相切、 所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.【关键点3：直线与圆相切的几何性质】 →→由已知得|AO|＝2、又MO⊥AO、【关键点4：圆的几何性质向量化】 故可得2a2＋4＝(a＋2)2、解得a＝0或a＝4. 故⊙M的半径r＝2或r＝6. (2)存在定点P(1、0)、使得|MA|－|MP|为定值． 理由如下： 设M(x、y)、由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|、|AO|＝2. →→由于MO⊥AO、【关键点5：圆的几何性质向量化】 定值？并说明理由． 故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2、化简得M的轨迹方程为y2＝4x. 因为曲线C：y2＝4x是以点P(1、0)为焦点、以直线x＝－1为准线的抛物线、所以|MP|＝x＋1. 5 / 7 因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1、所以存在满足条件的定点P. 【点评】 从本题可以看出、圆的几何性质与数量关系的转化涵盖在整个解题过程中、向量在整个其解过程中起了“穿针引线”的作用、用活圆的几何性质可以达到事半功倍的效果． 途径四 设而不求、化繁为简 高考示例 (20xx·全国卷Ⅲ)已知斜方法与思维 [解] (1)证明：设A(x1、y1)、B(x2、y2)、 x2x2y21y21则4＋3＝1、4＋3＝1. y1－y2x1＋x2y1＋y2＝k得4＋3·k＝0.【关键点1: x1－x2率为k的两式相减、并由直线l与椭圆C：x2y24＋3＝1交于A、B两点、线段AB的中点为M(1、m)(m>0). (1)证明：k<1－2； (2)设F为C的右焦“点差法”使直线的斜率与弦的中点紧紧地联系在一起、运算上大大简化】 由题设知x1＋x2y1＋y23＝1、＝m、于是k＝－224m.① x2y2由于点M(1、m)(m>0)在椭圆4＋3＝1内、 1m231∴4＋3<1、解得0
