新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何微专题解析几何问题的方法技巧教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何微专题解析几何问题的方法技巧教师用书，共9页。
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
典例1 如图，F1，F2是椭圆C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1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( D )
A.eq \r(2)B．eq \r(3)
C．eq \f(3,2)D．eq \f(\r(6),2)
【解题欣赏】 由已知，得F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|AF1|＋|AF2|＝4，,|AF2|－|AF1|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝12，))
解得a2＝2，故a＝eq \r(2).
所以双曲线C2的离心率e＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2).
【微点拨】 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实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．
加固训练
1. (2019·全国Ⅰ卷)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( B )
A.eq \f(x2,2)＋y2＝1B．eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
C.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1D．eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
【解析】 方法一：设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由椭圆的定义可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝4a.∵|AB|＝|BF1|，|AF2|＝2|F2B|，∴|AB|＝|BF1|＝eq \f(3,2)|AF2|，∴|AF1|＋3|AF2|＝4a.又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴|AF1|＝|AF2|＝a，∴点A是椭圆的短轴端点．如图，
不妨设A(0，－b)，由F2(1,0)，eq \(AF2,\s\up6(→))＝2eq \(F2B,\s\up6(→))，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(b,2))).由点B在椭圆上，得eq \f(\f(9,4),a2)＋eq \f(\f(b2,4),b2)＝1，得a2＝3，b2＝a2－c2＝2.∴椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
方法二：由题意设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝eq \f(a,2)，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝eq \f(1,a).在等腰三角形ABF1中，cs 2θ＝eq \f(\f(a,2),\f(3a,2))＝eq \f(1,3)，∴eq \f(1,3)＝1－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))2，解得a2＝3.又c2＝1，∴b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.故选B.
2.抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为 eq \f(\r(2),2) .
【解析】 设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋yeq \\al(2,P)＝(xP＋m)2＋4mxP，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PF|,|PA|)))2＝eq \f(xP＋m2,xP＋m2＋4mxP)＝eq \f(1,1＋\f(4mxP,xP＋m2))≥eq \f(1,1＋\f(4mxP,2\r(xPm)2))＝eq \f(1,2)(当且仅当xP＝m时取等号)，所以eq \f(|PF|,|PA|)≥eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为eq \f(\r(2),2).
技法二 设而不求
设而不求是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少，通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，设而不求．
典例2 (2023·石家庄质检)已知P是圆C：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作抛物线x2＝8y的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB斜率的最大值为( B )
A.eq \f(1,4)B．eq \f(3,4)
C．eq \f(3,8)D．eq \f(1,2)
【解题欣赏】 由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，设P(m，n)，过点P的抛物线的切线为y＝k(x－m)＋n，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－m＋n，,x2＝8y，))得x2－8kx＋8km－8n＝0，因为Δ＝64k2－32km＋32n＝0，即2k2－km＋n＝0，所以k1＋k2＝eq \f(m,2)，k1k2＝eq \f(n,2)，又由x2＝8y得y′＝eq \f(x,4)，所以x1＝4k1，y1＝eq \f(x\\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,1)，x2＝4k2，y2＝eq \f(x\\al(2,1),8)＝2keq \\al(2,2)，所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2k\\al(2,2)－2k\\al(2,1),4k2－4k1)＝eq \f(k2＋k1,2)＝eq \f(m,4)，因为点P(m，n)满足(x－2)2＋(y＋2)2＝1，所以1≤m≤3，因此eq \f(1,4)≤eq \f(m,4)≤eq \f(3,4)，即直线AB斜率的最大值为eq \f(3,4).故选B.
【微点拨】 (1)本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地利用根与系数的关系用PA，PB的斜率把A，B的坐标表示出来，从而快速解决问题．
(2)在运用圆锥曲线问题中设而不求的方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，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．
加固训练
3.过点M(1,1)作斜率为－eq \f(1,2)的直线与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于 eq \f(\r(2),2) .
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))∴eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).∵eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，∴a2＝2b2.又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).即椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(2),2).
技法三 巧设参数
换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．
典例3 设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞eq \r(3).
【解题欣赏】 方法一：依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝kx0，,\f(x\\al(2,0),a2)＋\f(y\\al(2,0),b2)＝1，))消去y0并整理，
得xeq \\al(2,0)＝eq \f(a2b2,k2a2＋b2).①
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2xeq \\al(2,0)＝a2，
整理得(1＋k2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝0.
而x0≠0，于是x0＝eq \f(－2a,1＋k2)，
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))2＋4.
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞eq \r(3).
方法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，
可设点P的坐标为(x0，kx0)．
由点P在椭圆上，得eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(k2x\\al(2,0),b2)＝1.
因为a＞b＞0，kx0≠0，所以eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(k2x\\al(2,0),a2)＜1，
即(1＋k2)xeq \\al(2,0)＜a2.②
由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2xeq \\al(2,0)＝a2，
整理得(1＋k2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝0，于是x0＝eq \f(－2a,1＋k2)，
代入②，得(1＋k2)·eq \f(4a2,1＋k22)＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞eq \r(3).
方法三：设P(acs θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，则线段OP的中点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)cs θ，\f(b,2)sin θ)).
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝－1.
又A(－a,0)，所以kAQ＝eq \f(bsin θ,2a＋acs θ)，
即bsin θ－akAQcs θ＝2akAQ.
从而可得|2akAQ|≤eq \r(b2＋a2k\\al(2,AQ))＜aeq \r(1＋k\\al(2,AQ))，
解得|kAQ|＜eq \f(\r(3),3)，故|k|＝eq \f(1,|kAQ|)＞eq \r(3).
【微点拨】 求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．
加固训练
4.设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，求r的取值范围．
【解析】 当t＝0时，若l与圆C相切，则M恰为AB中点，
∴当t≠0时，这样的直线应有2条．
不妨设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入抛物线y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，
则有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，
那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得线段AB的中点M(2t2＋m,2t)，
而由题意可得直线AB与直线MC垂直，
即kMC·kAB＝－1，可得eq \f(2t－0,2t2＋m－5)·eq \f(1,t)＝－1，
整理得m＝3－2t2(当t≠0时)，
把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3－t2＞0，即0＜t2＜3，
又由于圆心到直线的距离等于半径，
即d＝eq \f(|5－m|,\r(1＋t2))＝eq \f(2＋2t2,\r(1＋t2))＝2eq \r(1＋t2)＝r，
而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.
故r的取值范围为(2,4)．
技法四 妙借向量
平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．
典例4 如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝eq \f(b,2)与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是 eq \f(\r(6),3) .
【解题欣赏】 把y＝eq \f(b,2)代入椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
可得x＝±eq \f(\r(3),2)a，
那么Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，
而F(c,0)，
那么eq \(FB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，eq \(FC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，
又∠BFC＝90°，
故有eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(FC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))＝c2－eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)b2＝c2－eq \f(3,4)a2＋eq \f(1,4)(a2－c2)＝eq \f(3,4)c2－eq \f(1,2)a2＝0，则有3c2＝2a2，
所以该椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3).
【微点拨】 本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．
加固训练
5.已知点A为圆B：(x＋2)2＋y2＝32上任意一点，定点C的坐标为(2,0)，线段AC的垂直平分线交AB于点M.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)若动直线l与圆O：x2＋y2＝eq \f(8,3)相切，且与点M的轨迹交于点E，F，求证：以EF为直径的圆恒过坐标原点．
【解析】 (1)圆B的圆心为B(－2,0)，半径r＝4eq \r(2)，|BC|＝4.
连接MC，由已知得|MC|＝|MA|，
∵|MB|＋|MC|＝|MB|＋|MA|＝|BA|＝r＝4eq \r(2)>|BC|，
∴由椭圆的定义知：点M的轨迹是中心在原点，以B，C为焦点，长轴长为4eq \r(2)的椭圆，
即a＝2eq \r(2)，c＝2，b2＝a2－c2＝4，
∴点M的轨迹方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：当直线EF的斜率不存在时，
直线EF的方程为x＝±eq \r(\f(8,3))，
E，F的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(8,3))，\r(\f(8,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(8,3))，－\r(\f(8,3))))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(8,3))，\r(\f(8,3))))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(\f(8,3))，－\r(\f(8,3))))，eq \(OE,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))＝0.
当直线EF斜率存在时，
设直线EF的方程为y＝kx＋b，
∵EF与圆O：x2＋y2＝eq \f(8,3)相切，
∴eq \f(|b|,\r(1＋k2))＝eq \r(\f(8,3))，即3b2＝8k2＋8.
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
∴eq \(OE,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2，(*)
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋b，))代入消元得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－8＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2b2－8,1＋2k2)，代入(*)式得
eq \(OE,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))＝(1＋k2)·eq \f(2b2－8,1＋2k2)－eq \f(4k2b2,1＋2k2)＋b2＝eq \f(3b2－8k2－8,1＋2k2)，
又∵3b2＝8k2＋8，∴eq \(OE,\s\up6(→))·eq \(OF,\s\up6(→))＝0，
∴以EF为直径的圆恒过定点O.
技法五 巧用“韦达”
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；但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．
典例5 已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
【解题欣赏】 (1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－eq \f(6,5)，
所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(4,5))).
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝eq \f(－16k2,1＋4k2)，
xM＝－xA－eq \f(16k2,1＋4k2)＝2－eq \f(16k2,1＋4k2)＝eq \f(2－8k2,1＋4k2).
同理，可得xN＝eq \f(2k2－8,k2＋4).
由(1)知若存在定点，则此点必为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
证明如下：
因为kMP＝eq \f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq \f(5k,4－4k2)，
同理可计算得kPN＝eq \f(5k,4－4k2).
所以直线MN过x轴上的一定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
【微点拨】 本例在第(2)问中应用了根与系数的关系求出xM＝eq \f(2－8k2,1＋4k2)，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
加固训练
6.已知椭圆E：eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝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，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
【解析】 设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
(1)当t＝4时，E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq \f(π,4).
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0.
解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，所以y1＝eq \f(12,7).
因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49).
(2)由题意t>3，k>0，A(－eq \r(t)，0)．
将直线AM的方程y＝k(x＋eq \r(t))代入eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(3＋tk2)x2＋2eq \r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－eq \r(t))＝eq \f(t2k2－3t,3＋tk2)，得x1＝eq \f(\r(t)3－tk2,3＋tk2)，
故|AM|＝|x1＋eq \r(t)|eq \r(1＋k2)＝eq \f(6\r(t1＋k2),3＋tk2).
由题设，直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋eq \r(t))，
故同理可得|AN|＝eq \f(6k\r(t1＋k2),3k2＋t).
由2|AM|＝|AN|，
得eq \f(2,3＋tk2)＝eq \f(k,3k2＋t)，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝eq \r(3,2)时上式不成立，
因此t＝eq \f(3k2k－1,k3－2).
t>3等价于eq \f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq \f(k－2k2＋1,k3－2)