（2022高考数学一轮复习(步步高)）创新引领 微课 盘点优化解析几何中的方略技法.doc

1、盘点优化解析几何中的方略技法盘点优化解析几何中的方略技法 微点聚焦突破 技法一巧用定义，揭示本质 定义是导出其性质的“发源地”，解题时，善于运用圆锥曲线的定义，以数形结 合思想为指导，把定量分析有机结合起来，可使解题计算量大为简化. 【例 1】 如图，F1，F2是椭圆 C1：x 2 4 y21 与双曲线 C2的公共焦点，A，B 分 别是 C1，C2在第二、四象限的公共点.若四边形 AF1BF2为矩形，则 C2的离心率 是() A. 2B. 3C.3 2 D. 6 2 解析焦点 F1( 3， 0)， F2( 3， 0)， 在 RtAF1F2中， |AF1|AF2|4，|AF1|2 |AF2|21

2、2，联立可解得|AF2|AF1|2 2，即 2a2 2，又 2c2 3， 故双曲线的离心率 ec a 3 2 6 2 ，故选 D. 答案D 思维升华本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而 快速求出双曲线的实轴长，进而求出双曲线的离心率，大大减小了运算量. 【训练 1】 抛物线 y24mx(m0)的焦点为 F，点 P 为该抛物线上的动点，若点 A(m，0)，则|PF| |PA|的最小值为_. 解析设点 P 的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|xPm，又|PA|2(xP m)2 y 2 P (xP m)2 4mxP， 则 |PF| |PA| 2 （x

3、Pm）2 （xPm）24mxP 1 1 4mxP （xPm）2 1 1 4mxP （2 xPm）2 1 2(当且仅当 x Pm 时取等号)，所以|PF| |PA| 2 2 ， 所以|PF| |PA|的最小值为 2 2 . 答案 2 2 技法二设而不求，整体代换 对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程， 或弦的中点的轨迹方程时，常常用代点法求解. 【例 2】 已知点 A，B 的坐标分别是(1，0)，(1，0)，直线 AM，BM 相交于点 M，且它们的斜率之积为2. (1)求动点 M 的轨迹方程； (2)若过点 N 1 2，1的直线 l 交动点 M 的轨迹于 C，D

4、两点，且 N 为线段 CD 的中 点，求直线 l 的方程. 解(1)设 M(x，y)，因为 kAMkBM2， 所以 y x1 y x12(x1)， 化简得 2x2y22(x1)，即为动点 M 的轨迹方程. (2)设 C(x1，y1)，D(x2，y2). 当直线 lx 轴时，直线 l 的方程为 x1 2， 则 C 1 2， 6 2 ，D 1 2， 6 2 ，此时 CD 的中点不是 N，不合题意. 故设直线 l 的方程为 y1k x1 2 ， 将 C(x1，y1)，D(x2，y2)代入 2x2y22(x1)得 2x21y212， 2x22y222， 整理得 ky1y2 x1x2 2（x1x2） y

5、1y2 221 2 21 1， 直线 l 的方程为 y11 x1 2 ， 即所求直线 l 的方程为 2x2y30. 思维升华1.本题设出 C，D 两点坐标，却不求出 C，D 两点坐标，巧妙地表达 出直线 CD 的斜率，从而快速解决问题. 2.在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：(1)凡是不必直接计 算就能更简洁地解决问题时，都尽可能实施“设而不求”；(2)“设而不求”不可 避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多. 【训练 2】 过点 M(1，1)作斜率为1 2的直线与椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)相交 于 A，B 两点，若 M 是线段 AB 的中点，则椭圆

6、 C 的离心率等于_. 解析设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x21 a2 y21 b21， x22 a2 y22 b21， （x1x2）（x1x2） a2 （y1y2）（y1y2） b2 0， y1y2 x1x2 b2 a2 x1x2 y1y2. y 1y2 x1x2 1 2，x 1x22，y1y22， b 2 a2 1 2，a 22b2. 又b2a2c2，a22(a2c2)， a22c2，c a 2 2 . 即椭圆 C 的离心率 e 2 2 . 答案 2 2 技法三巧用“根与系数的关系”，化繁为简 某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的 方法来解，

7、也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根 与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系.后者往往计算量小， 解 题过程简捷. 【例 3】 已知椭圆 E：x 2 t y 2 3 1 的焦点在 x 轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为 k(k 0)的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MANA. (1)当 t4，|AM|AN|时，求AMN 的面积； (2)当 2|AM|AN|时，求 k 的取值范围. 解(1)设 M(x1，y1)，则由题意知 y10， 当 t4 时，E 的方程为x 2 4 y 2 3 1，A(2，0). 由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾

8、斜角为 4. 因此直线 AM 的方程为 yx2. 将 xy2 代入x 2 4 y 2 3 1 得 7y212y0， 解得 y0 或 y12 7 ，所以 y112 7 . 因此AMN 的面积 SAMN21 2 12 7 12 7 144 49 . (2)由题意知，t3，k0，A( t，0). 将直线 AM 的方程 yk(x t)代入x 2 t y 2 3 1 得(3tk2)x22 ttk2xt2k23t0. 由 x1( t)t 2k23t 3tk2 得 x1 t（3tk2） 3tk2 ， 故|AM|x1 t| 1k26 t（1k 2） 3tk2 . 由题设知，直线 AN 的方程为 y1 k(x

9、t)， 同理可得|AN|6k t（1k 2） 3k2t . 由 2|AM|AN|得 2 3tk2 k 3k2t，即(k 32)t3k(2k1). 当 k32时上式不成立，因此 t3k（2k1） k32 . t3 等价于k 32k2k2 k32 （k2）（k 21） k32 0，即 k2 k320. 由此得 k20， k320 或 k20， k320，解得 3 2k2. 因此 k 的取值范围是( 3 2，2). 思维升华本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出 x1 t（3tk2） 3tk2 ，这体 现了“设而不求，整体代换”的思想.这是解决解析几何问题常用的方法，简单易 懂，通过设而不求，大

10、大减少了运算量. 【训练 3】 已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2，且经过点 P 1，3 2 ， 左、右焦点分别为 F1，F2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过 F1的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，若AF2B 的内切圆半径为3 2 7 ，求 以 F2为圆心且与直线 l 相切的圆的方程. 解(1)由题意知c a 1 2，得 a2c， 所以 a24c2，b23c2， 将点 P 1，3 2 代入 x2 4c2 y2 3c21 得 c 21， 故所求椭圆方程为x 2 4 y 2 3 1. (2)由(1)可知 F1(1，0)，设直线 l 的方程为 x

11、ty1， 代入椭圆方程，整理得(43t2)y26ty90， 显然判别式大于 0 恒成立， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AF2B 的内切圆半径为 r0， 则有 y1y2 6t 43t2，y 1y2 9 43t2，r 03 2 7 ， 所以 SAF2BSAF 1F2SBF1F2 1 2|F 1F2|y1y2| 1 2|F 1F2| （y1y2）24y1y212 t 21 43t2 . 而 SAF2B1 2|AB|r 01 2|BF 2|r01 2|AF 2|r0 1 2r 0(|AB|BF2|AF2|) 1 2r 0(|AF1|BF1|BF2|AF2|) 1 2r 04a1 2 3 2

12、 7 812 2 7 ， 所以12 t 21 43t2 12 2 7 ，解得 t21， 因为所求圆与直线 l 相切， 所以半径 r 2 t21 2， 所以所求圆的方程为(x1)2y22. 技法四借“曲线系”，理清规律 利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重 要的解题方法和技巧之一. 【例 4】 已知双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一条渐近线方程是 y 3x，它的一 个焦点在抛物线 y224x 的准线上，则双曲线的方程为() A.x 2 36 y2 1081 B.x 2 9 y 2 271 C. x2 108 y2 361 D.x 2 27 y2

13、9 1 解析由双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一条渐近线方程是 y 3x，可设双曲线 的方程为 x2y 2 3 (0).因为双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一个焦点在抛物线 y224x 的准线上，所以(6，0)是双曲线的左焦点，即336，所以9，所 以双曲线的方程为x 2 9 y 2 271. 答案B 思维升华本题利用共渐近线系双曲线方程，使问题得到解决，避免了复杂的判 断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，达到了事半功倍的效果. 【训练 4】 圆心在直线 xy40 上，且经过两圆 x2y26x40 和 x2y2 6y280 的交点的圆的方程为() A.x2y2x

14、7y320B.x2y2x7y160 C.x2y24x4y90D.x2y24x4y80 解析根据题意， 所求圆经过两圆x2y26x40和x2y26y280的交点， 设其方程为(x2y26x4)(x2y26y28)0，变形可得(1)x2(1)y2 6x6y4280， 其圆心为 3 1， 3 1 ， 又其圆心在直线 xy40 上，则 3 1 3 1 40，解得7，则所求圆的方程为6x26y2 6x42y1920，即 x2y2x7y320. 答案A 分层限时训练 A 级基础巩固 一、选择题 1.已知点 F 是抛物线 y22x 的焦点，M，N 是该抛物线上的两点，若|MF|NF| 4，则线段 MN 的中

15、点的横坐标为() A.3 2 B.2C.5 2 D.3 解析点 F 是抛物线 y22x 的焦点，F 1 2，0，准线方程为 x1 2，设 M(x 1， y1)，N(x2，y2)，|MF|NF|x11 2x 21 24，x 1x23，线段 MN 中点 的横坐标为3 2. 答案A 2.已知椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)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(1，1)，则 E 的标准方程为() A.x 2 45 y2 361 B.x 2 36 y2 271 C.x 2 27 y2 181 D.x 2 18 y2 9 1 解析设 A

16、(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x22，y1y22， x21 a2 y21 b21， x22 a2 y22 b21， 得（x1x2）（x1x2） a2 （y1y2）（y1y2） b2 0， 所以 kABy1y2 x1x2 b2（x1x2） a2（y1y2） b2 a2. 又 kAB01 31 1 2，所以 b2 a2 1 2. 又 9c2a2b2，解得 b29，a218， 所以椭圆 E 的方程为x 2 18 y2 9 1. 答案D 3.(2020济南模拟)设 D 为椭圆 x2y 2 5 1 上任意一点，A(0，2)，B(0，2)，延长 AD 至点 P，使得|PD|BD|，则点 P

17、的轨迹方程为() A.x2(y2)220B.x2(y2)220 C.x2(y2)25D.x2(y2)25 解析D 为椭圆 x2y 2 5 1 上一点，且易知 A，B 为椭圆的焦点，|DA|DB| 2a2 5.又|PD|BD|，|PA|PD|DA|2 5，点 P 的轨迹方程为 x2(y 2)2(2 5)220.故选 B. 答案B 4.已知直线 l：xy3 与 x 轴，y 轴分别交于点 A，B，点 P 在椭圆x 2 2 y21 上运 动，则PAB 面积的最大值为() A.6B.3（3 2） 2 C.3（3 3） 2 D.3（3 3） 2 解析设点 P 的坐标为( 2cos ， sin )， 则 P

18、 到 AB 的距离为| 2cos sin 3| 2 | 3sin（）3| 2 ，所以PAB的面积为S 1 23 2 | 3sin（）3| 2 3（3 3） 2 . 答案D 5.已知 F 为抛物线 C：y24x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2，直线 l1 与 C 交于 A， B 两点， 直线 l2与 C 交于 D， E 两点， 则|AB|DE|的最小值为() A.16B.14C.12D.10 解析抛物线 C：y24x 的焦点为 F(1，0)，由题意可知 l1，l2的斜率存在且不为 0.不妨设直线 l1的斜率为 k，则 l2直线的斜率为1 k，故 l 1：yk(x1)，l2：y

19、1 k(x1). 由 y24x， yk（x1），消去 y 得 k 2x2(2k24)xk20. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x22k 24 k2 2 4 k2， 由抛物线定义可知，|AB|x1x2244 k2. 同理得|DE|44k2， |AB|DE|84k2 4 k282 1616. 当且仅当 1 k2k 2，即 k1 时取等号. 故|AB|DE|的最小值为 16. 答案A 二、填空题 6.已知椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2 3)且 a2b，则椭圆的标准方程为 _. 解析c2 3，a24b2，a2b23b2c212， b24，a216.又焦点在 y 轴上，标准方程为y

20、2 16 x2 4 1. 答案 y2 16 x2 4 1 7.(一题多解)过抛物线 C：y22px(p0)的焦点 F 的直线 l 与抛物线交于 M，N 两 点(其中 M 点在第一象限)，若MN 3FN ，则直线 l 的斜率为_. 解析法一设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中 y10，y20.MN 3FN ，y1 2y2.设直线 l 的方程为 yk xp 2 ，联立 y22px， yk xp 2 ， 得 ky22pykp20， y1y2p2，y2 2p 2 ，x2p 4， k 2p 2 0 p 4 p 2 2 2. 法二由题意可知MF 2FN ，设直线 l 的倾斜角为， 由抛物线焦点弦的

21、性质可知 p 1cos 2p 1cos ， 即 22cos 1cos ， 解得 cos 1 3，为直线的倾斜角，sin 2 2 3 ， tan 2 2，即直线 l 的斜率为 2 2. 答案2 2 8.(2020石家庄模拟改编)如图，双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b 0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2作直线与 C 的渐近线 交于 P 点，若等腰PF1F2的底边 PF2的长等于 C 的半焦距， 则 C 的离心率为_. 解析依题意得，kOPb a c2a2 a2 e21，在等腰PF1F2中，cosPF2F1 |PF2| 2 |F1F2| c 2 2c 1 4，所以|OP|

22、2c2c22c2cosPF2F13 2c 2，所以|OP| 6 2 c，所以 cosF2OP |OP| 2 |OF2| 6 4 ，所以 tanF2OP 15 3 ，所以 e21 15 3 ，解得 e2 6 3 . 答案 2 6 3 三、解答题 9.(2019天津卷)设椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的左焦点为 F，左顶点为 A，上顶点为 B. 已知 3|OA|2|OB|(O 为原点). (1)求椭圆的离心率； (2)设经过点 F 且斜率为3 4的直线 l 与椭圆在 x 轴上方的交点为 P，圆 C 同时与 x 轴和直线 l 相切，圆心 C 在直线 x4 上，且 OCAP.求椭圆的方程.

23、解(1)设椭圆的半焦距为 c，由已知有3a2b，又由 a2b2c2，消去 b 得 a2 3 2 a 2 c2，解得c a 1 2. 所以椭圆的离心率为1 2. (2)由(1)知，a2c，b 3c，故椭圆方程为 x2 4c2 y2 3c21. 由题意，F(c，0)，则直线 l 的方程为 y3 4(xc). 点 P 的坐标满足 x2 4c2 y2 3c21， y3 4（xc）， 消去 y 并化简， 得到 7x26cx13c20，解得 x1c，x213c 7 . 代入到 l 的方程，解得 y13 2c，y 2 9 14c. 因为点 P 在 x 轴上方，所以 P c，3 2c. 由圆心 C 在直线 x

24、4 上，可设 C(4，t). 因为 OCAP，且由(1)知 A(2c，0)， 故t 4 3 2c c2c ，解得 t2. 因为圆 C 与 x 轴相切，所以圆 C 的半径长为 2. 又由圆 C 与 l 相切，得| 3 4（4c）2| 1 3 4 2 2，可得 c2. 所以椭圆的方程为x 2 16 y2 121. 10.(2019泉州一模)在平面直角坐标系 xOy 中， 抛物线 C： x22py(p0)的焦点为 F， 点 A 在 C 上，若|AO|AF|3 2. (1)求抛物线 C 的方程； (2)设直线 l 与 C 交于 P，Q，若线段 PQ 的中点的纵坐标为 1，求OPQ 的面积 的最大值.

25、解(1)因为点 A 在 C 上，|AO|AF|3 2，所以点 A 的纵坐标为 p 4，所以 p 4 p 2 3 2， 所以 p2， 所以 C 的方程为 x24y. (2)由题意知直线 l 的斜率存在， 设直线 l 的方程为 ykxb(b0)， 代入抛物线方 程，可得 x24kx4b0. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x24k，x1x24b， 所以 y1y24k22b， 因为线段 PQ 的中点的纵坐标为 1， 所以 2k2b1，即 2k21b0，所以 0b1， SOPQ1 2b|x 1x2|1 2b （x 1x2）24x1x2 1 2b 16k 216bb 22b 2 b3b2

26、(00，函数单调递增，所以 b1 时，OPQ 的面积最大， 最大值为 2. B 级能力提升 11.(多选题)已知双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的离心率为 2 3 3 ，右顶点为 A， 以 A 为圆心，b 为半径作圆 A，圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M，N 两点， 则有() A.渐近线方程为 y 3x B.渐近线方程为 y 3 3 x C.MAN60 D.MAN120 解析双曲线 C：x 2 a2 y2 b21 的渐近线方程为 y b ax，离心率为 c a 2 3 3 ，则c 2 a2 a2b2 a2 1b 2 a2 4 3， b a 3 3 ，故渐近线方程为

27、 y 3 3 x.取 MN 的中点 P，连接 AP，利用点到直线的距离公式 可得|AP|ab c ， 则 cosPAN|AP| |AN| ab c b a c， 所以 cosMANcos 2PAN2 a2 c2 11 2，则MAN60，故选 BC. 答案BC 12.已知 P 为椭圆 C： x2 9 y21 上一点， Q(0， 6)， 则 P， Q 两点间的最大距离是( ) A.3B.5C.2 3D.3 22 2 解析椭圆x 2 9 y21，由椭圆的方程可设 P(3cos ，sin )， |PQ|2(3cos 0)2(sin 6)2 9cos2sin212sin 36 9(1sin2)sin21

28、2sin 36 8sin212sin 45， 令 sin t，则 t1，1， |PQ|28t212t45 的图象为开口向下的抛物线，对称轴为 t3 4， |PQ|28t212t45在t 1，3 4 上单调递增， 在t 3 4，1上单调递减， 当 t3 4时，|PQ| 2取最大值99 2 ， 此时|PQ|取最大值3 22 2 ，故选 D. 答案D 13.(2019青岛二模改编)已知 F 为抛物线 y24x 的焦点，O 为原点，点 P 是抛物 线准线上一动点，若点 A 在抛物线上，且|AF|5，则|PA|PO|的最小值为 _. 解析|AF|5，由抛物线的定义得点 A 到准线的距离也为 5，设 A(

29、x0，y0)， 则 x015，x04，又知点 A 在抛物线 y24x 上，y04，不妨设点 A 在 第一象限的抛物线上，A(4，4)，设坐标原点 O 关于准线 x1 的对称点为 B， 则 B(2，0)，连接 PB，由对称思想可知|PA|PO|的最小值为|AB| （42）2（40）22 13. 答案2 13 14.(2020衡水中学调研)已知椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的两焦点与短轴两端点围 成面积为 12 的正方形. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)我们称圆心在椭圆上运动，半径为 a2b2 2 的圆是椭圆的“卫星圆”.过原点 O 作椭圆 C 的“卫星圆”的两条切线，分别

30、交椭圆 C 于 A，B 两点，若直线 OA， OB 的斜率分别为 k1，k2，当 k1k2210时，求“卫星圆”的个数. 解(1)因为椭圆 C 的两焦点与短轴两端点围成面积为 12 的正方形， 所以由椭圆的定义和正方形的性质可得 bc， 2bc12，解得 bc 6. 又 a2b2c212， 所以椭圆 C 的标准方程为x 2 12 y2 6 1. (2)设“卫星圆”的圆心为(x0，y0). 由“卫星圆”的定义可得“卫星圆”的半径为 a2b2 2 3， 所以“卫星圆”的标准方程为(xx0)2(yy0)29. 因为直线 OA：yk1x 与“卫星圆”相切， 所以由点到直线的距离公式可得|k 1x0y0

31、| 1k21 3， 化简得(x209)k212x0y0k1y2090. 同理可得(x209)k222x0y0k2y2090. 所以 k1，k2是方程(x209)k22x0y0ky2090 的两个不相等的实数根， 所以 x2090，由0，得 x20y209， 将x 2 0 12 y20 6 1 代入得 x206，k1k22x0y0 x209. 所以(k1k2)2 4x20y20 （x209）2 4x20 6x 2 0 2 （x209）2 24x202x40 （x209）240，解得 x 2 010 或54 7 . 当 x2010 时，y201； 当 x2054 7 时，y2015 7 ， 所以满

32、足条件的点(x0，y0)共 8 个， 故这样的“卫星圆”存在 8 个. C 级创新猜想 15.(多选题)(2020泰安模拟)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，抛物线 y24cx(c2a2b2，c0)与椭圆 C 在第一象限的交点为 P，若 cosPF1F24 5，则椭圆 C 的离心率为( ) A. 51 2 B.3 2 2 C.4 7 9 D.4 7 9 解析作抛物线的准线 l，则直线 l 过点 F1，过点 P 作 PE 垂直于直线 l，垂足为 E，由抛物线的定义知|PE|PF2|，易 知，PEx 轴，则EPF1PF1F2，所以 cosEPF1 c

33、osPF1F2 |PE| |PF1| |PF2| |PF1| 4 5.设|PF 1|5t(t0)，则|PF2|4t，由椭圆定义可知，2a |PF1|PF2|9t，在PF1F2中，由余弦定理可得|PF2|2|PF1|2|F1F2|2 2|PF1|F1F2|cosPF1F2，整理得|F1F2|28t|F1F2|9t20，解得|F1F2|(4 7)t 或 |F1F2|(4 7)t.当|F1F2|(4 7)t 时，离心率 e2c 2a 4 7 9 ；当|F1F2|(4 7)t 时，离心率为 e2c 2a 4 7 9 .综上所述，椭圆 C 的离心率为4 7 9 或4 7 9 . 答案CD 16.(多填题

34、)设 F1， F2是双曲线x 2 4 y21 的焦点， 点 P 在双曲线上， 且满足F1PF2 90，则F1PF2的面积是_，周长为_. 解析双曲线x 2 4 y21 中，a2，b1，c 5，可设点 P 在右支上，由双曲线 的定义可得|PF1|PF2|4， 两边平方得， |PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|16， 又|PF1|2 |PF2|2(2c)220，所以|PF1|PF2|2，所以PF1F2的面积为1 2|PF 1|PF2|1.又 (|PF1|PF2|)2(|PF1|PF2|)24|PF1|PF2|16824，所以|PF1|PF2|2 6， PF1F2的周长为 2 62 5. 答案12 62 5