圆锥曲线 解题套路综述
高考解析几何解题套路及各步骤操作规则:
步骤一:(一表)把题目中的点、直线、曲线这三大类基础几何元素用代数形式表示出来; 口诀:见点化点、见直线化直线、见曲线化曲线。
1、见点化点:“点”用平面坐标系上的坐标表示,只要是题目中提到的点都要加以坐标化; 2、见直线化直线:“直线”用二元一次方程表示,只要是题目中提到的直线都要加以方程化;
3、见曲线化曲线:“曲线(圆、椭圆、抛物线、双曲线)”用二元二次方程表示,只要是题目中提到的曲线都要加以方程化。
步骤二:(二代)把题目中的点与直线、曲线从属关系用代数形式表示出来;如果某个点在某条直线或曲线上,那么这个点的坐标就可代入这条直线或曲线的方程。
口诀:点代入直线、点代入曲线。
1、点代入直线:如果某个点在某条直线上,将点的坐标代入这条直线的方程; 2、点代入曲线:如果某个点在某条曲线上,将点的坐标代入这条曲线的方程;
这样,每代入一次就会得到一个新的方程,方程逐一列出后,这些方程都是获得最后答案的基础,最后就是解方程组的问题了。
在方程组的求解中,我们发现一个特殊情况,即如果题目中有两个点在同一条曲线上,将它们的坐标代入曲线方程后能够直接求解的可以直接求解,如果不能直接求解的,则采用下面这套等效规则来处理可以达到同样的处理效果,并让方程组的求解更简单,具体过程:
1、点代入这两个点共同所在的直线:把这两个点共同所在直线用点斜式方程(如这两个点的坐标分别代入这条直线的方程;
2、将这条直线的方程代入这条曲线的方程,获得一个一元二次方程; 3、把这个一元二次方程的二次项系数不等于零的条件列出来; 4、把这个一元二次方程的判别式
列出来;
)表示出来,将
5、把这个一元二次方程的根用韦达定理来表示(这里表示出来的实际上就是这两个点的坐标之间的相互关系式)。
1
步骤三:(三译)图形构成特点的代数化,或者说其它附加条件的代数化。
前面两个步骤都是高度模式化的,他们构成了解决所有问题的基础。在解析几何题目里,事实上就是附加了一些特殊条件的问题,如我们可以附加两条直线垂直的条件,也可以附加一条直线与一条曲线相切的条件,等等,当然,我们不用太担心,这些条件都是与我们教材上的基本数学概念相对应的,它们分别与一个或一组固定模式的方程相对应,而且,通过少数几条通用规则就可以把所有这些方程罗列出来。而我们要做的,就是针对这些特定条件选择合适的通用规则来列方程。这个步骤涉及的主要通用规则:
1、两点的距离 2、两个点的对称点 3、条直线垂直 4、两条直线平行 5、两条直线的夹角 6、点到直线的距离 7、正余弦定理及面积公式 8、向量规则
9、直线与曲线的位置关系 把直线方程代入曲线方程,得形如①当②当③当④当
时,直线与曲线有一个交点; 时,直线与曲线相切; 时,直线与曲线有两个交点; 时,或当
时,直线与曲线无交点;
的一元二次方程:
这个步骤的处理关键是根据条件的特点选择适当的通用规则组合。
步骤四:(四处理)按答案的要求解方程组,把结果转化成答案要求的形式。
一般情况步骤1、2、3 完成后,会得到一组方程,而答案就是这组方程组的解。这个步骤就是方程组的求解了,解方程组实际上就是用加减乘除四则混合运算以及乘方、开方等来消除方程的参数。不过,这里我们也给出三条消参的原则:
1、把方程中的所有未知量都视为参数。比如,如果某个点的坐标为它们都视为方程组的参数。
2、消参的原则是,把与答案无关的参数消去,留下与答案有关的参数。或者说在解方程组的时候,用与答案有关的参数来表示与答案无关的参数。
3、消参完成后,把结果表示成答案要求的形式。
2
,而都是未知的,我们把
例题1:全国卷Ⅱ理(21)年高文科(22)(本小题满分12分) 已知与为坐标原点,两点,点满足为椭圆在轴正半轴上的焦点,过. (I)证明:点,证明:在且斜率为的直线与交上; (II)设点 关于点的对称点为四点在同一圆上. x2y2122xy1的切线l交椭圆C于A、B两m,0C4例题2:(理数北京卷)已知椭圆:,过点作圆点 ⑴ 求椭圆C的焦点坐标和离心率; ⑵ 将|AB|表示为m的函数,并求|AB|的最大值。 3
例题3.(新课标卷第20题)在平面直角坐标系xOy中,已知点A0,1,B点在直线y3上,M点满足MB//OA,MAABMBBA,M点的轨迹为曲线C。 ⑴ 求C的方程。 ⑵ P为C上的动点,l为C在P点处的切线,求点O到l距离的最小值 例题4、(理数四川卷)椭圆有两顶点A1,0、B1,0,过其焦点F0,1的直线l与椭圆交于C、D两点,并与x轴交于点P。直线AC与直线BD交于点Q。⑴ 当|CD|322时,求直线l的方程; ⑵ 当点P异于A、B两点时,求证:OPOQ为定值。 4 y2x12例题5.(理数全国卷第21题)已知O为坐标原点,F为椭圆C:在y轴正半轴上的焦点,过F2且斜率为2的直线l与C交与A、B两点,点P满足OAOBOP0 ⑴ 证明:点P在C上; ⑵ 设点P关于点O的对称点为Q,证明:A、P、B、Q四点在同一圆上。
5
答案例题5.理数全国卷第21题 解:由已知有F0,1
由已知有直线l的方程为:y2x1 设Ax1,y1、Bx2,y2 ∴y12x11 ……①
y22x21 ……②
将直线l的方程代入椭圆方程,整理得
4x222x10
∴x1x222 ……③ xx1124 ……④
其中,816240恒成立 设Px3,x3
由已知OAOBOP0x1,y1x2,y2x3,y30
x23x1x2 2y3y1y22x112x111⑴ ∴P2,12在C上 ⑵ 由已知有Q22,1 则PQ的中垂线为:y22x 设A、B的中点为Dx3,y3
x1x22∴x324 yy1y22x112x1122132 6
21D∴4,2
则AB的中垂线为:y21x 2421'O,PQ则的中垂线与AB的中垂线的交点为 88∴|PO'||QO'|311 821|221881|33 到直线AB的距离为O',88d83|AB|x1x2y1y2223x1x2232
4x1x22311|AB|2∴|AO||BO| d82''2即|AO||BO||PO||QO| ∴A、P、B、Q四点在同一圆上。
''''
例6、理数山东卷第22题
x2y261交于Px1,y1、Qx2,y2两不同点,且OPQ的面积S已知动直线l与椭圆C:,其中O为322坐标原点。
2222⑴ 证明:x1x2和y1y2均为定值。
⑵ 设线段PQ的中点为M,求|OM||PQ|的最大值;
⑶ 椭圆C上是否存在三点D、E、G,使得SODESODGSOEG存在,请说明理由。
解:设直线l的方程为:ykxb
6?若存在,判断DEG的形状;若不27
∴y1kx1b ……①
y2kx2b ……②
将直线l的方程代入椭圆方程,整理得
23k2x26kbx3b220
∴x1x26kb23k2 ……③ x3b2x21223k2 ……④ 其中,36k2b21223k2b220b23k22
|PQ|x221x2y1y221kxx24x261k23k22b2121x223k2O到直线l的距离d|b|1k2
由已知有OPQ的面积S1623k22|PQ|d22b223k2|b|1b223k22
31k2∴|PQ|23k22 2⑴ ∴x2221x2x1x2x6kb6b2221x223k223k23,恒为定值 y22b2kx221y2kx12bk2x21x22kbx1x22b2
3k212k2b223k22b22,恒为定值 ⑵ 由已知有线段PQ的中点Mx1x2y1y22,2, 2∴|OM|x1x22y1y2x1x22kx1x22b2222
6kb222k6kb22b23k23k2
8
∴
9k4 223k22|OM||PQ|9k461k223k23k22269k413k249k412k24k2619k412k2461k26115 9k24k21229k242k212∴|OM||PQ|的最大值为
52 ⑶ 设存在满足题意的三点Dx3,y3、Ex4,y4、Gx5,y5 则由“⑴”有
x2x2343 ……⑤ x2x2353 ……⑥ x2x2453 ……⑦
⑤-⑥,得x224x5 同理有x2x24,x2x2335 不妨令x3x5,则x4x5
即直线DG垂直于x轴,直线EG或直线ED平行于x轴 ∴DEG为直角三角形。
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