2020版高考数学一轮复习高考大题增分课5平面解析几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版.pdf
《2020版高考数学一轮复习高考大题增分课5平面解析几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2020版高考数学一轮复习高考大题增分课5平面解析几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版.pdf(10页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、- 1 - 高考大题增分课 高考大题增分课 五 平面解析几何中的高考热点问题 命题解读 圆锥曲线是平面解析几何的核心内容,每年高考必考一道解答题,常以求 曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主这些试题的命制 有一个共同的特点,就是起点低,但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算,对 运算能力、分析问题、解决问题的能力要求较高,难度较大,常以压轴题的形式出现 圆锥曲线中的几何证明问题 圆锥曲线中的几何证明一般包括两大方面:一是位置关系的证明,如证明相切、垂直、 过定点等,二是数量关系的证明,如存在定值、恒成立、线段或角相等等 【例1】 (2018全国卷)设椭
2、圆C:y21的右焦点为F,过F的直 x2 2 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:OMAOMB 解 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x1. 由已知可得,点A的坐标为或. (1, 2 2) (1, 2 2) 又M(2,0),所以AM的方程为yx或yx. 2 2 2 2 2 2 (2)证明:当l与x轴重合时,OMAOMB0. 当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以OMAOMB 当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为yk(x1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1,x2,直线MA,M
3、B的斜率之和为kMAkMB.22 y1 x12 y2 x22 由y1kx1k,y2kx2k得 kMAkMB. 2kx1x23kx1x24k x12x22 将yk(x1)代入y21 得 x2 2 (2k21)x24k2x2k220. 所以,x1x2,x1x2. 4k2 2k21 2k22 2k21 则 2kx1x23k(x1x2)4k0. 4k34k12k38k34k 2k21 从而kMAkMB0,故MA,MB的倾斜角互补所以OMAOMB - 2 - 综上,OMAOMB 规律方法 对于圆锥曲线中的证明问题,常采用直接法证明,证明时常借助等价转化 思想,化几何关系为数量关系,然后借助方程思想给予解
4、答 (2017全国卷)已知抛物线C:y22x,过点(2,0)的直线l交C于A,B 两点,圆M是以线段AB为直径的圆 (1)证明:坐标原点O在圆M上; (2)设圆M过点P(4,2),求直线l与圆M的方程 解 (1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:xmy2. 由Error!可得y22my40,则y1y24. 又x1,x2,故x1x24. y2 1 2 y2 2 2 y1y22 4 因此OA的斜率与OB的斜率之积为1, y1 x1 y2 x2 4 4 所以OAOB 故坐标原点O在圆M上 (2)由(1)可得y1y22m, x1x2m(y1y2)42m24, 故圆心M的坐标为(m22,m
5、), 圆M的半径r.m222m2 由于圆M过点P(4,2),因此0,AP BP 故(x14)(x24)(y12)(y22)0, 即x1x24(x1x2)y1y22(y1y2)200. 由(1)知y1y24,x1x24. 所以 2m2m10,解得m1 或m . 1 2 当m1 时,直线l的方程为xy20,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,10 圆M的方程为(x3)2(y1)210. 当m 时, 直线l的方程为 2xy40, 圆心M的坐标为, 圆M的半径为, 1 2( 9 4, 1 2) 85 4 圆M的方程为 2 2 . (x 9 4)(y 1 2) 85 16 最值、范围问题 圆锥曲线中
6、的最值与取值范围问题是高考中的常考题型,以解答题为主,难度一般较大, 注重方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用主要的命题角度有: - 3 - (1)涉及距离、面积的最值以及与之有关的一些问题; (2)求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时与之有关的一些问题 【例2】 (本题满分12分 )(2016 全国卷 )设圆x2y22x150的圆心 为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行 线交AD于点E. (1)证明 ,并写出点E的轨迹方程; |EA|EB|为定值 (2)设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线
7、与圆A交 于P,Q两点,求 . 四边形MPNQ面积的取值范围 信息提取 看到|EA|EB|为定值,想到点E的轨迹方程可能是椭圆 看到四边形MPNQ面积的取值范围,想到四边形MPNQ对角线是否垂直,如何将四边形 分成三角形求面积,可能利用弦长公式 规范解答 (1)证明:因为|AD|AC|,EBAC, 故EBDACDADC.所以|EB|ED|, 故|EA|EB|EA|ED|AD|. 又圆A的标准方程为(x1)2y216,从而|AD|4, 所以|EA|EB| 4. 2 分 由题设得A(1,0),B(1,0),|AB|2, 由椭圆定义可得点E的轨迹方程为 x2 4 y2 3 1(y0). 4 分 (2
8、)当l与x轴不垂直时,设l的方程为yk(x1)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2) 由Error!得(4k23)x28k2x4k2120, 则x1x2,x1x2. 8k2 4k23 4k212 4k23 所以|MN|x1x2|1k2 12k21 4k23 .6 分 过点B(1,0)且与l垂直的直线m:y (x1),点A到直线m的距离为, 1 k 2 k21 所以|PQ|24.42( 2 k21) 2 4k23 k21 故四边形MPNQ的面积S |MN| PQ|12.10 分 1 2 1 1 4k23 可得当l与x轴不垂直时,四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)3 - 4 - 当l
9、与x轴垂直时,其方程为x1,|MN|3,|PQ|8, 故四边形MPNQ的面积为 12. 综上,四边形MPNQ面积的取值范围为12,8 3 ).12 分 易错与防范 易错点防范措施 点E的轨迹方程没有限定“y0”. 审题要细心, 在求出轨迹方程1 后要验证其完 x2 4 y2 3 备性,既不能多点,也不能少点. 忽视直线l斜率不存在的情况 应树立分类讨论的意识,求解时应以直线斜率是否存 在为标准分类求解. 通性通法 范围(最值)问题的主要求解方法 (1)几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解 决 (2)代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先
10、建立起目标函数或 等量关系,利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解 在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:1(ab0)的离心率为 ,点M x2 a2 y2 b2 1 2 在椭圆C上 (1, 3 2) (1)求椭圆C的方程; (2)已知P(2,0)与Q(2,0)为平面内的两个定点, 过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A,B 两点,求四边形APBQ面积的最大值 解 (1)由 ,可得a2c, c a 1 2 又因为b2a2c2,所以b23c2, 所以椭圆C的方程为1, x2 4c2 y2 3c2 又因为M在椭圆C上,所以1, (1, 3 2) 12 4c2 ( 3 2) 2 3c2 所以c2
11、1,所以a24,b23, 故椭圆C的方程为1. x2 4 y2 3 (2)设l的方程为xmy1,联立Error! 消去x得(3m24)y26my90, 设点A(x1,y1),B(x2,y2), - 5 - 由题知0,y1y2,y1y2, 6m 3m24 9 3m24 |y1y2| y1y224y1y2 ( 6m 3m24) 24 9 3m24 , 12m21 3m24 设四边形APBQ的面积为S, 所以S 4, 1 2 12m21 3m24 24m21 3m24 令t,t1,1m2 有S, 24t 3t21 24 3t1 t 设函数f(t)3t ,t1,), 1 t 所以f(t)30,t1,)
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2020 高考 数学 一轮 复习 大题增分课 平面 解析几何 中的 热点问题 教学 案理含 解析 北师大
链接地址:https://www.31doc.com/p-3386378.html