2019 年高考圓錐曲線熱點題型透析

■太湖職業技術學校 汪銳華

高考對圓錐曲線主要圍繞 “圓錐曲線的定義及方程、離心率、軌跡方程的探究、直線與圓錐曲線的位置關系,以及定值、定點、最值、范圍”等考點進行考查,凸顯 “形助數簡化運算的途徑和解析法研究幾何性質”的核心素養。本文以2019年高考試題為載體,對圓錐曲線的熱點題型進行全方位的透析,希望對同學們的學習能有所幫助。

透析1——直線與圓的位置關系

例1(2019年高考浙江卷12)已知圓C的圓心坐標是(0,m),半徑長是r。若直線2x-y+3=0 與圓C相切于點A(-2,-1),則m=_____,r=____。

解析:由切線和過切點的半徑垂直可知過切點的半徑所在直線方程為把(0,m)代入得m=-2,此時

品味:直線與圓的位置關系問題,往往需要數與形的結合,特別是要注意應用圓的幾何性質。本題中 “圓的切線與過切點的半徑垂直和圓心到切線的距離等于半徑”的性質使問題趨于簡單化。

透析2——借助題設條件構建幾何量之間的關系求離心率

例2(2019年高考全國Ⅰ卷理16)已知雙曲線的左焦點和右焦點分別為F1,F2,過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A,B兩點。若則C的離心率為____。

解析:作出草圖,通過向量關系得到OA為BF1的垂直平分線,結合雙曲線的漸近線探究正△BOF2,可得進而求離心率。

又O為F1F2的中點,所以OA∥BF2,且OA=

圖1

由OA∥BF2得 ∠BOF2= ∠AOF1=∠BF2F1,所以OB=BF2,因此△OBF2為等邊三角形,∠BOF2=60°,即漸近線的斜率為即,所以

品味:解決橢圓或雙曲線的離心率的求值及范圍問題,其關鍵就是確立一個關于a,b,c的方程或不等式,再根據a,b,c的關系消掉b得到a,c的關系式。而建立關于a,b,c的方程或不等式,要充分利用橢圓或雙曲線的幾何性質、點的坐標的范圍及解三角形的知識等。

透析3——直線和圓錐曲線的位置關系

例3(2019年高考全國Ⅰ卷理19)已知拋物線C:y2=3x的焦點為F,斜率為的直線l與C的交點為A,B,與x軸的交點為P。

(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;

分析:(1)設直線方程,根據拋物線焦半徑公式和韋達定理構造截距式方程求解。(2)注意直線斜率不為0,可設直線+t,聯立直線方程與拋物線方程,利用向量關系及坐標關系,結合韋達定理及弦長公式求解。

解:(1)設直線l的方程為A(x1,y1),B(x2,y2),由拋物線焦半徑公式可知所以

所以直線l的方程為即12x-8y-7=0。

(2)設P(t,0),由于斜率為則可設直線l的方程為聯立消去x整理得y2-2y-3t=0,則Δ=4+12t＞0,所以所以y1+y2=2,y1y2=-3t。

品味:解決直線與橢圓的綜合問題時需要注意:(1)觀察應用題設中的每一個條件,明確確定直線、橢圓的條件;(2)合理運用定義和巧設直線的形式,如x=my+t為斜率不為0 恒過(t,0)的直線系;(3)強化直線與橢圓或拋物線聯立方程組消元得出一元二次方程后的運算,重視判別式大于0,根與系數之間的關系,以及與弦長、斜率、三角形的面積等溝通中的“設而不求,整體思維”的素養。

透析4——定點和定值問題的探究

例4(2019年高考全國Ⅲ卷理21)已知曲線為直線上的動點,過D作C的兩條切線,切點分別為A,B。

(1)證明:直線AB過定點;

解析:(1)借助導數的幾何意義和解析法解出直線AB恒過的定點,設A(x1,y1),由得y′=x,所以切線DA的斜率為x1,故整理得2tx1-2y1+1=0。

設B(x2,y2),同理可得DB的方程為2tx2-2y2+1=0。

所以A,B在直線2tx-2y+1=0上,故直線AB的方程為2tx-2y+1=0。當x=0時所以直線AB恒過定點

(2)四邊形分割成以AB為公用底的兩個三角形,求出弦長AB和點D,E到AB的距離,用面積公式進而求解。

由(1)得直線AB的方程為

設d1,d2分別為點D,E到直線AB的距離,則

因此,四邊形ADBE的面積

設M為線段AB的中點,則M的坐標為

當t=0 時,S=3;當t= ±1 時,S=因此,四邊形ADBE的面積為3 或

品味:定點、定值問題通常是通過設參數或取特殊值來確定 “定點”是什么、“定值”是多少,或者將該問題涉及的幾何式轉化為代數式恒成立,進而該式是恒過定點或恒為定值。此題第一問是直線恒過定點問題,通過建立直線系解出定點;第二問求面積的定值,四邊形分割成兩個三角形求面積含參數的解析式,借助圓的幾何性質進而求解待定參數,屬于常規題型,按部就班地求解就可以。思路較為清晰,但計算量不小。

透析5——圓錐曲線的最值問題

例5(2019年高考全國Ⅱ卷理21)已知點A(-2,0),B(2,0),動點M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為記M的軌跡為曲線C。

(1)求C的方程,并說明C是什么曲線。

(2)過坐標原點的直線交C于P,Q兩點,點P在第一象限,PE⊥x軸,垂足為E,連接QE并延長交C于點G。

①證明:△PQG是直角三角形;

②求△PQG面積的最大值。

解析:(1)直接法探究動點軌跡方程,注意斜率存在的條件。由題設得所以C是中心在坐標原點,焦點在x軸上的橢圓,不含左右頂點。

(2)①借助斜率之間的關系探究垂直,解交點換元切入。設直線PQ的斜率為k,則其方程為y=kx(k＞0)?；喌?/p>

于是直線QE(或QG)的斜率為方程為由得(2+

設G(xG,yG),則-u和xG是方程(*)的兩個根,故由此得yG=

從而直線PG的斜率為所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形。

②構建三角形面積的表達式,換元化歸為函數單調性求最值。

或△PQG的面積

因此,△PQG面積的最大值為

品味:解析幾何中的最值問題是高考的熱點問題,在深刻認識運動變化的過程之中,抓住函數關系,將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數,然后借助于函數最值的探求,常常選用換元法或導數法或不等式法求最值,本題用直接法探究動點的軌跡,以及利用直線與橢圓的位置關系,判斷三角形形狀和求解三角形面積的最大值,考查了數學運算和邏輯推理等核心素養。

透析6——圓和圓錐曲線的網絡交匯

例6(2019年高考全國Ⅰ卷文21)已知點A,B關于坐標原點O對稱,|AB|=4,⊙M過點A,B且與直線x+2=0相切。

(1)若A在直線x+y=0上,求⊙M的半徑。

(2)是否存在定點P,使得當A運動時,│MA│-│MP│為定值? 并說明理由。

解析:(1)因為點A在直線x+y=0上,點A,B關于坐標原點O對稱,所以可設A(t,-t),則B(-t,t)。

由|AB|=4,得8t2=16,解得

因為⊙M過點A,B,所以圓心M必在直線y=x上,設M(a,a),圓的半徑為r,因為⊙M與x+2=0相切,所以r=|a+2|。

又|MA|=|MB|=r,即所以(a+2)2,解得a=0或a=4。

當a=0時,r=2;當a=4時,r=6。

所以⊙M的半徑為2或6。

(2)存在定點P(1,0),使得|MA|-|MP|=1,理由如下:

因為A,B關于原點對稱且|AB|=4,所以直線AB必為過原點O的直線,且|OA|=2。

①當直線AB的斜率存在時,設AB的方程為y=kx,則⊙M的圓心M必在直線上。

設M(-km,m),⊙M的半徑為r,因為⊙M與 直 線x+2=0 相 切,所 以r=|-km+2|。

因為|MA|=r,即拋物線上的點到直線x+2=0的距離比到準線x=-1的距離大1,由拋物線的定義知,|MA|=|MF|+1,所以|MA|-|MF|=1。

故當點P與點F重合,即點P的坐標為(1,0)時,|MA|-|MP|=1。

②當直線AB的斜率不存在時,則直線AB的方程為x=0。

所以M在x軸上,設M(n,0),因為⊙M與直線x+2=0相切,所以r=|n+2|。又所以解得n=0,即M(0,0),若P(1,0),則|MA|-|MP|=2-1=1。

綜上所述,存在定點P(1,0),使得|MA|-|MP|為定值。

品味:求圓的方程采用待定系數法,關鍵在于合理選擇形式構建方程組求解。對于圓與圓錐曲線交匯中的定點、定值問題,需要在運動變化中抓住動點的特征,巧用圓的幾何性質和圓錐曲線的定義探究定點和定值,本題運用圓的性質得到動點圓心所滿足的軌跡方程,借助拋物線的定義得到定值,進而驗證定值符合所有情況,使得問題獲解,凸顯 “形助數是簡化求解圓和圓錐曲線交互問題”的有效途徑。