2013屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點 專題二 高考中解答題的審題方法探究5 解析幾何 理

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1、"2013屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)熱點 專題二 高考中解答題的審題方法探究5 解析幾何 理 " 主要題型：(1)考查純解析幾何知識；(2)向量滲透于圓錐曲線中；(3)求曲線方程；(4)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，涉及弦長、中點、軌跡、范圍、定值、最值等問題． 【例8】? (2012·山東)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)是拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點，M是拋物線C上位于第一象限內(nèi)的任意一點，過M，F(xiàn)，O三點的圓的圓心為Q，點Q到拋物線C的準(zhǔn)線的距離為. (1)求拋物線C的方程； (2)是否存在點M，使得直線MQ與拋物線C相切于點M？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，說明理由； (3)若

2、點M的橫坐標(biāo)為，直線l：y＝kx＋與拋物線C有兩個不同的交點A，B，l與圓Q有兩個不同的交點D，E，求當(dāng)≤k≤2時，|AB|2＋|DE|2的最小值． [審題路線圖] 圓心Q在OF的垂直平分線y＝上，列方程解之 ?由拋物線C的方程設(shè)切點M(x0＞0)， ?由導(dǎo)數(shù)求斜率，寫出直線MQ的方程， ?與yQ＝聯(lián)立，可用x0表達點Q的坐標(biāo)，再根據(jù)|OQ|＝|QM|列方程求得x0的值． ?根據(jù)直線方程和拋物線方程求出|AB|. ?根據(jù)第(2)問可得圓Q的半徑和圓心坐標(biāo)，進而使用直線被圓截得的弦長公式求出|DE|. ?寫出|AB|2＋|DE|2，換元，利用導(dǎo)數(shù)求最值． [規(guī)范解答](1)依題

3、意知F，圓心Q在線段OF的垂直平分線y＝上，因為拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y＝－，所以＝，即p＝1， 因此拋物線C的方程為x2＝2y.(2分) (2)假設(shè)存在點M(x0，)(x0＞0)滿足條件，拋物線C在點M處的切線斜率為y′|x＝x0＝x＝x0＝x0， 所以直線MQ的方程為y－＝x0(x－x0)．(3分) 令y＝得xQ＝＋， 所以Q.(4分) 又|QM|＝|OQ|， 故2＋2＝2＋， (5分) 因此2＝，又x0＞0， 所以x0＝，此時M(，1)． 故存在點M(，1)，使得直線MQ與拋物線C相切于點M.(6分) (3)當(dāng)x0＝時，由(2)得Q， ⊙Q的半徑為r＝＝， 所以

4、⊙Q的方程為(x－)2＋(y－)2＝. (7分) 由整理得2x2－4kx－1＝0.(8分) 設(shè)A，B兩點的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 由于Δ1＝16k2＋8＞0，x1＋x2＝2k，x1x2＝－， 所以|AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝(1＋k2)(4k2＋2)(9分) 由整理得 (1＋k2)x2－x－＝0.(10分) 設(shè)D，E兩點的坐標(biāo)分別為(x3，y3)，(x4，y4)， 由于Δ2＝＋＞0，x3＋x4＝，x3x4＝－. 所以|DE|2＝(1＋k2)[(x3＋x4)2－4x3x4] ＝＋.(11分) 因此|AB|2＋|DE|2

5、＝(1＋k2)(4k2＋2)＋＋. 令1＋k2＝t，由于≤k≤2，則≤t≤5，所以|AB|2＋|DE|2＝t(4t－2)＋＋＝4t2－2t＋＋， 設(shè)g(t)＝4t2－2t＋＋，t∈[，5]， 因為g′(t)＝8t－2－， 所以當(dāng)t∈，g′(t)≥g′＝6，即函數(shù)g(t)在t∈是增函數(shù)，所以當(dāng)t＝時，g(t)取到最小值， 因此當(dāng)k＝時，|AB|2＋|DE|2取到最小值. (13分) 搶分秘訣 1．準(zhǔn)確求出曲線方程是解決圓錐曲線問題的前提，并且第(1)問一般屬于考試送分的，故此處必要時要進行計算上的檢驗． 2．第(2)問中利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，再利用半徑相等列方程求切點M

6、，精確計算是重要搶分點． 3．解題中的計算能力的考查在第(3)問中更進一步得到體現(xiàn)，計算中的每一個中間結(jié)果要寫出來，以便閱卷時采點給分，即使最終問題沒解決，分數(shù)可能已相當(dāng)可觀；此題中還綜合考查了導(dǎo)數(shù)求最值，答卷時要注意考慮k的范圍，以防不必要的失分． 4．本題為試卷的壓軸題，對不少考生來說，難度較大，可能會放棄，但要把得到的分拿下來，如第(1)問的曲線方程，直線與曲線方程聯(lián)立，寫出兩根之和與兩根之積，這要得到一定分數(shù)． [押題6] 如圖，設(shè)橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，上頂點為A，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，線段OF1，OF2的中點分別為B1，B2，且△AB1B2是面積為4的直角三角

7、形． (1)求該橢圓的離心率和標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過B1作直線l交橢圓于P，Q兩點，使PB2⊥QB2，求直線l的方程． 解　(1)如圖，設(shè)所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a＞b＞0)，右焦點為F2(c,0)． 因△AB1B2是直角三角形， 又|AB1|＝|AB2|， 故∠B1AB2為直角， 因此|OA|＝|OB2|，得b＝. 結(jié)合c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2， 故a2＝5b2，c2＝4b2，所以離心率e＝＝. 在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2， 故S△AB1B2＝·|B1B2|·|OA|＝|OB2|·|OA|＝·b＝b2. 由題設(shè)條件S△AB1B2＝4

8、得b2＝4，從而a2＝5b2＝20. 因此所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：＋＝1. (2)由(1)知B1(－2,0)，B2(2,0)．由題意知直線l的傾斜角不為0，故可設(shè)直線l的方程為x＝my－2.代入橢圓方程得(m2＋5)y2－4my－16＝0. 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1，y2是上面方程的兩根， 因此y1＋y2＝，y1·y2＝－， 又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)， 所以·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2 ＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2 ＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16 ＝－－＋16 ＝－， 由PB2⊥QB2，得·＝0，即16m2－64＝0，解得m＝±2. 所以滿足條件的直線有兩條，其方程分別為x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.