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高优指导2017版高考数学一轮复习解答题增分专项五高考中(精)_图文

解答题增分专项五 高考中的解析几何

-2-

从近五年的高考试题来看,圆锥曲线问题在高考中属于必考内容, 并且常常在同一份试卷上多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题 部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心 率等较基础的知识;第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围 等探究性问题,解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.

-3题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

题型一直线与圆、圆与圆的位置关系 1.判定直线与圆位置关系的两种方法 (1)代数方法(判断直线与圆方程联立所得方程组的解的情 况):Δ>0?相交,Δ<0?相离,Δ=0?相切. (2)几何方法(比较圆心到直线的距离与半径的大小):设圆心到直 线的距离为d,则d<r?相交,d>r?相离,d=r?相切.判定圆与圆位置 关系与判定直线与圆位置关系类似(主要掌握几何方法). 2.讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时,要注意数形结合,充分 利用圆的几何性质寻找解题途径,减少运算量.

-4题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

例1(1)在平面直角坐标系中,A,B分别是x轴和y轴上的动点,若以 AB为直径的圆C与直线2x+y-4=0相切,求圆C面积的最小值. (2)设A(1,0),B(0,1),直线l:y=ax,圆C:(x-a)2+y2=1.若圆C既与线段 AB有公共点,又与直线l有公共点,求实数a的取值范围.

-5题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

解:(1)依题意,∠AOB=90°,∴原点 O 在☉C 上, 又∵☉C 与直线 2x+y-4=0 相切,设切点为 D,则|OC|=|CD|,∴圆 C 的圆心 C 的轨迹是抛物线,其中焦点为原点 O,准线为直线 2x+y4=0.要使圆 C 的面积有最小值,当且仅当 O,C,D 三点共线,即圆 C 的直径等于 O
4 2 2 4π 点到直线的距离,∴2R= ,∴R= ,S=πR = . 5 5 5

(2)对于圆与直线 l 有交点,则圆心到直线的距离小于等于半径, 即有
2 1+
2 ≤ 1, ∴ a ∈ 0, 2

1+ 5 2

;由于圆 C 与线段 AB 相交,则 a≤2,且

|-1| ≤1,因此 2

1- 2 ≤ ≤ 2 + 1,1- 2≤a≤2,因此可得实数 a 的取 ≤ 2,
1+ 5 2

值范围是 1- 2,

.

-6题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

对点训练1 已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x-1)2+y2=9,动圆P与圆 M外切并且与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程; (2)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆 P的半径最长时,求|AB|.

-7题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

解:由已知得圆 M 的圆心为 M(-1,0),半径 r1=1;圆 N 的圆心为 N(1,0),半径 r2=3.设圆 P 的圆心为 P(x,y),半径为 R. (1)因为圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切, 所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4. 由椭圆的定义可知,曲线 C 是以 M,N 为左、右焦点,长半轴长 为 2,短半轴长为
2 3的椭圆(左顶点除外),其方程为 4 2 + =1(x≠-2). 3

-8题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

(2)对于曲线 C 上任意一点 P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2, 所以 R≤2,当且仅当圆 P 的圆心为(2,0)时,R=2. 所以当圆 P 的半径最长时,其方程为(x-2)2+y2=4. 若 l 的倾斜角为 90°,则 l 与 y 轴重合,可得|AB|=2 3. 若 l 的倾斜角不为 90°,由 r1≠R 知 l 不平行于 x 轴,设 l 与 x 轴 的交点为 Q,则
|| ||

=

,可求得 1 |3| 1+2

Q(-4,0),所以可设 l:y=k(x+4).
2 4

由 l 与圆 M 相切得

=1,解得 k=± .

-9题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六



2 k= 时,将 4 -4±6 2 , 7

2 y= x+ 4

2 2代入 4

2 + =1,并整理得 3

7x2+8x-8=0,

解得 x1,2=

所以|AB|= 1 + 2 |x2-x1|= . 当 k=- 时,由图形的对称性可知|AB|= . 综上,|AB|=2
18 3或|AB|= . 7 2 4 18 7

18 7

-10题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

题型二圆锥曲线与圆相结合的问题 处理有关圆锥曲线与圆相结合的问题,要特别注意圆心、半径及 平面几何知识的应用,如直径所对的圆心角为直角,构成了垂直关 系;弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形.利用圆的一些特 殊几何性质解题,往往能使问题简化.
2 2 例 2(2015 河北邯郸二模)已知椭圆2 + 2 =1(a>b>0)的左、 2 2 右焦点分别为 F1,F2,离心率为 ,点 1, 在椭圆上. 2 2

(1)求椭圆的方程; (2)过 F1 的直线与椭圆相交于 P,Q 两点 ,设△ PQF2 内切圆的面 积为 S,求 S 最大时圆的方程.

-11题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

2 2 2 解 :(1)由题意 ,椭圆 2 + 2=1(a>b>0)的离心率为 , 2 2 2 故设椭圆方程为 2 + 2 =1. 2 2 将 1, 代入上式 ,得 m2=1. 2 2 2 所以椭圆的标准方程为 +y =1. 2

(2)设直线 PF1 的方程为 x=ny-1,与椭圆方程联立化简得, (n2+2)y2-2ny-1=0. 2 -1 设 P(x1,y 1),Q(x2,y 2),则 y1+y2= 2 ,y1y 2= 2 ,
+2 +2

∴|y1-y2|= (1 + 2 ) -41 2 =2 2

2

2. 2 ( +2)

2 +1

-12题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

令 t=n2+1, 则 |y1-y2|=2 2 当且仅当
=2 2 +2+1

2

1 +1 +2

≤ 2,

由题意 ,因为 △PQF2 的周长为定值 , 因此当 △PQF2 面积取最大值时 , 它的内切圆面积 S 也取得最大值 , 而△2 = |F1F2||y 1-y2|=|y 1-y2|. 所以 ,当 n=0 时 ,S 取得最大值 . 此时 ,△PQF2 的内切圆圆心一定在 x 轴上 , 设其坐标为 (x0,0),取点 P 的坐标为 -1, 则 PF2 的方程为 2x+4y- 2=0.
2 2 1 2

1 t= ,即

n=0 时等号成立 .

,

-13题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

所以|x0+1|= 所以

| 20 - 2| 1 =r,得 x0=- (x0=-2 舍去). 3 2 2 1 1 1 2 2 1 r= ,圆心为 - ,0 ,此时圆的方程为 + +y = . 2 2 2 4

-14题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

对点训练2 (2015浙江,文19)如图,已知抛物线C1:y= x2,圆 4 2 2 C2:x +(y-1) =1,过点P(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛 物线C1和圆C2相切,A,B为切点.

1

(1)求点A,B的坐标; (2)求△PAB的面积.

-15题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

解 :(1)由题意知直线 PA 的斜率存在 , 故可设直线 PA 的方程为 y=k(x-t), = (-), 1 2 由 消去 y,整理得 :x2-4kx+4kt=0, =
4

由于直线 PA 与抛物线相切 ,得 k=t. 因此 ,点 A 的坐标为 (2t,t2). 设圆 C2 的圆心为 D(0,1),点 B 的坐标为 (x0,y0),由题意知 :
0

0 = , 2 + 1, 1+ 2 点 B,O 关于直线 PD 对称 ,故 2 解得 2 2 0 -0 = 0, 0 = . 2 =因此 ,点 B 的坐标为
2 1+ 2 1+ 2

0

2

,

2 2

1+

.

-16题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

(2)由(1)知|AP|=t· 1 + 2 和直线 PA 的方程 tx-y-t2=0. 点 B 到直线 PA 的距离是 d= 设△PAB 的面积为 S(t), 所以 S(t)= |AP|· d= .
2 2 1 3 2 1+ 2

.

-17题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

题型三直线与圆锥曲线的位置关系 + + = 0, 设直线l:Ax+By+C=0,圆锥曲线C:f(x,y)=0,由 (,) = 0, 消去y(或消去x)得ax2+bx+c=0.若a≠0,Δ=b2-4ac,则Δ>0?相 交;Δ<0?相离;Δ=0?相切.若a=0,得到一个一次方程:①C为双曲线, 则l与双曲线的渐近线平行;②C为抛物线,则l与抛物线的对称轴平 行. 例3已知直线l:kx-y+2=0,双曲线C:x2-4y2=4,当k为何值时: (1)l与C没有公共点; (2)l与C有唯一公共点; (3)l与C有两个不同的公共点.

-18题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

解 :将直线与双曲线方程联立消去 y,得 (1-4k2)x2-16kx-20= 0.① 当 1-4k2≠0 时 ,有 Δ=(-16k) 2-4(1-4k 2)· (-20)=16(5-4k 2). (1)当 1-4k2≠0,且 Δ<0 时 ,即 k<- 或 k> 时 ,l 与 C 没有公共点 . (2)当 1-4k2=0,即 k=± 时 ,显然方程 ①只有一解 . 当 Δ=0 时 ,即 k=± 时 ,方程 ①只有一解 . 故当
1 k=± 或 2
2

5 2 5 k=± 时 ,l 与 2

1 2

5 2

5 2

C 有唯一公共点 .
1 k≠± 时 ,方程有两解, 2

(3)当 1-4k ≠0,且

l 与 C 有两个不同的公共点 .

5 5 Δ>0 时 ,即 - <k< 且 2 2

-19题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

对点训练3 直线y=(a+1)x-1与曲线y2=ax恰有一个公共点,求实 数a的值. = ( + 1)-1, 解 :联立方程 2 = . = 1, (1)当 a=0 时 ,此方程组恰有一组解 = 0; +1 (2)当 a≠0 时 ,消去 x,得 y2-y-1=0;

①当

=0,即 a=-1 时 ,方程变为一元一次方程-y-1=0, = -1, 方程恰有一组解 = -1; +1 4( +1) 4 ②若 ≠0,即 a ≠- 1 时 ,令 Δ=0,得 1+ =0,解得 a=- ,
5

+1



此时直线与曲线相切,有且只有一个公共点. 4 综上所述 ,当 a=0,a=-1 或 a=- 时 , 直线与曲线 y2=ax 恰有一个公共点.
5

-20题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

题型四圆锥曲线中的定值、定点问题 1.求解定点和定值问题的基本思想是一致的,定值是证明求解的 一个量与参数无关,定点问题是求解的一个点(或几个点)的坐标,使 得方程的成立与参数值无关.解这类试题时要会合理选择参数(参 数可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等),使用参数表 达其中变化的量,再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标. 当使用直线的斜率和截距表达直线方程时,在解题过程中要注意建 立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决. 2.证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程,根 据方程的成立与参数值无关得出x,y的方程组,以方程组的解为坐标 的点就是直线所过的定点.

-21题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

例4如图,等边三角形OAB的边长为8 3 ,且其三个顶点均在抛物 线E:x2=2py(p>0)上.

(1)求抛物线E的方程; (2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q,证明: 以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.

-22题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

(1)解:依题意,|OB|=8 3,∠BOy=30°,设 B(x,y),∠BOx=60°, 由三角函数定义,得 x=|OB|cos 60°=4 3,y=|OB|· sin 60°=12. 因为点 B(4 3,12)在 x2=2py 上,所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2.故 抛物线 E 的方程为 x2=4y.
2 (2)证明:由(1)知 y= x2,y'= x.设 P(x0,y0),则 x0≠0,y0= 0 ,kl = x0 . 2 所以直线 l:y-y0= x0(x-x0),即 y= x0x- 0 .

1 4

1 2

1 4

1 2

1 2

1 2

1 4

= 由 = -1,

1 1 2 - , 2 0 4 0 得

=

= -1.

2 0 -4 , 20 所以

Q

2 0 -4 ,-1 20

.

-23题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

设 M(0,y1),若以|PQ|为直径的圆恒过定点 M, 则 ·=0 对满足
1 2 y0= 0 (x0≠0)的 x0,y0 恒成立. 4 2 0 -4 ,-1-1 20

由于=(x0,y0-y1), = 由

,

2 -4 2 ·=0,得 0 -y0-y0y1+y1+1 =0, 2

2 即(1 +y1-2)+(1-y1)y0=0. 2 由于(*)式对满足 y0= 0 (x0≠0)的 y0 恒成立,

(*)

1 4

1-1 = 0, 所以 2 解之,得 y1=1. 1 + 1 -2 = 0, 故以|PQ|为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M(0,1).

-24题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

对点训练4 椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,椭圆C上的 点到焦点距离的最大值为3,最小值为1. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左右顶点), 且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点,求证:直线l过定点,并求出该 定点的坐标.

解 :(1)由题意设椭圆的标准方程为 a+c=3,a-c=1,a=2,c=1,b = 3,∴ (2)设 A(x1,y1),B(x2,y 2), = + , 由 2 2 + = 1, 得 (3+4k2)x2+8mkx+4(m 2-3)=0,
4 3
2

2

2 4

+

2 2 3

+

2 2

=1(a>b>0),

=1.

-25题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

Δ=64m 2k2- 16(3+4k2)(m 2-3)>0,即 3+ 4k2-m 2>0. x1+x2=8 3+4 2

,x1· x2=

4( 2 -3) 3+4 2
2

.
2

y1· y 2=(kx1+m)· (kx2+m)=k x1x 2+mk(x1+x2)+m =

3( 2 -4 2 ) 3+4 2

.

∵以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), ∴ · =0,
+ + +4=0, 3+4 2 3+4 2 3+4 2 7m2+ 16mk+4k 2=0, 2 解得 m1=-2k,m2=- ,且满足 3+4k2-m2>0.

即 (2-x1,-y1)· (2-x2,-y 2)=0,整理得 y1y2+x1x2-2(x 1+x2)+4=0,



3( 2 -4 2 )

4( 2 -3)

16

7

当 m=-2k 时 ,l:y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾 ; 当 m=- 时 ,l:y=k 7 2 2 7

,直线过定点

2 7

,0 .
2 7

综上可知 ,直线 l 过定点 ,定点坐标为

,0 .

-26题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

题型五圆锥曲线中的参数范围与最值问题 圆锥曲线中的参数范围与最值问题的基本解题思想是建立求解 目标与其他变量的关系(不等关系、函数关系等),通过其他变量表 达求解目标,然后通过解不等式、求函数值域(最值)等方法确定求 解目标的取值范围和最值.在解题时要注意其他约束条件对求解目 标的影响,如直线与曲线交于不同两点时对直线方程中参数的约束、 圆锥曲线上点的坐标范围等.

-27题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

例 5 已知椭圆

2 C: 2

+

2

2 =1(a>b>0)的离心率为 ,椭圆的短轴

1 2

2 2 端点与双曲线 -x =1 2

的焦点重合,过点 P(4,0)且不垂直于 x 轴的直

线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)求 ·的取值范围.

-28题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

解:(1)由题意知 e= = ,



1 2

∴e

2

2 = 2

=

2 - 2

2

= ,a2= b2.

1 4

4 3

又双曲线的焦点坐标为(0,± 3),b= 3,

∴a =4,b

2

2

2 =3,∴椭圆的方程为 4

2 + =1. 3

-29题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

(2)若直线 l 的倾斜角为 0°,则 A(-2,0),B(2,0), ·=-4, 当直线 l 的倾斜角不为 0°时,直线 l 可设为 x=my+4, = + 4 2 2 ? (3 m + 4) y +24my+36=0, 3 2 + 4 2 = 12 由 Δ>0?(24m)2-4×(3m2+4)×36>0?m2>4. 设 A(my1+4,y1),B(my2+4,y2),y1+y2=24 36 , y y = , · 1 2 32 +4 32 +4 116 -4. 32 +4

=(my1+4)(my2+4)+y1y2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16+y1y2=

∵m2>4, ∴ · ∈
13 -4, 4

,综上所述: ·的取值范围为

13 -4, 4

.

-30题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

于是2 ·2 =(x1-1)(x2-1)+y12 =x1x2+y1y 2-(x1+x2)+1=x 1x2+y 1y2+ 2
1 82 +1 =x1x2+ + 4 1 8 2 3(82 +1) +8 = . 8(1+82 ) 1 4 2

+

82 +1 8

+2

令 t=1+8m2,则 1<t<8, 于是2 ·2 =
32 +8 8

=

1 8

3 +

所以 ,2 ·2 的取值范围为

8 . 6 25 , 2 8

.

-31题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

对点训练5 如图,已知点E(m,0)为抛物线y2=4x内的一个定点,过E 作斜率分别为k1,k2的两条直线交抛物线于点A,B,C,D,且M,N分别是 AB,CD的中点.

(1)若m=1,k1k2=-1,求三角形EMN面积的最小值; (2)若k1+k2=1,求证:直线MN过定点.

-32题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

(1)解 :当 m=1 时 ,E 为抛物线 y2=4x 的焦点 , ∵k1k2=-1,∴AB⊥CD. 设 AB 方程为 y=k1(x-1),A(x1,y1),B(x2,y 2), = 1 (-1), 由 2 得 k1y2-4y-4k 1=0, = 4, 4 y1+y2= ,y1y2=-4,
1

AB 中点 M

∴M

2

1

2 + 1,

1 + 2 1 +2 , 2 2 2 1 1

,
2 2

2 ,同理 ,点 N(21 +1,-2k1). 2
2 1

∴S△EMN=2|EM|· |EN|= 2
=2
2 1

1

+

2 1

2 2 · (21 ) + (-21 )2

+

1
2 1

+ 2 ≥2 2 + 2=4,
1
2 1

2 当且仅当1 =

,即 k1=±1 时 ,△EMN 的面积取最小值 4.

-33题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

(2)证明 :设 AB 方程为 y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y 2). = 1 (-), 4 2 由 2 得 k1y -4y-4k 1m=0,y1+y 2= ,y1y 2=-4m. 1 = 4, + + AB 中点 M 1 2 , 1 2 ,

∴M

2
2 1

+ ,
2
2 2 - -

2 2

2

1

,
2 2 1 2

同理 ,点 N

+ , =

,

∴kMN=

∴MN:y- =k1k2 1

2

1 + 2 2

=k1k2, + ,

2 1

即 y=k1k2(x-m)+2. ∴直线 MN 恒过定点(m,2).

-34题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

题型六圆锥曲线中的探索问题 解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题,往往是先假设所求 的元素存在,然后再推理论证,检验说明假设是否正确. 例6已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其 右焦点. (1)求椭圆C的方程; (2)是否存在平行于OA的直线l,使得直线l与椭圆C有公共点,且直 线OA与l的距离等于4?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理 由.

-35题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

解 :(1)依题意,可设椭圆

2 C 的方程为 2

+

2

2=1(a>b>0),

且可知其左焦点为 F'(-2,0). = 2, 从而有 2 = | | + |’| = 3 + 5 = 8, = 2, 解得 = 4. 又 a2=b2+c2,所以 b2= 12, 故椭圆
2 2 C 的方程为 + =1. 16 12

-36题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

(2)假设存在符合题意的直线 l,设其方程为 由
3 = + 2 2 2 + = 16 12

3 y= x+t. 2

, 1,

得 3x2+3tx+t 2-12=0.

因为直线 l 与椭圆 C 有公共点 ,所以 Δ=(3t)2-4×3×(t2-12)≥0, 解得 -4 3≤t≤4 3. 另一方面 ,由直线 OA 与 l 的距离 d=4,得
||
9 4+1

=4,

解得 t=±2 13. 由于 ±2 13?[-4 3,4 3],所以符合题意的直线 l 不存在 .

-37题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

对点训练6
2 已知椭圆 C: 2

+

2

2=1(a>b>0)经过点 P 1,

3 2

,离心率 e= ,直线

1 2

l 的方程为 x= 4.
(1)求椭圆C的方程; (2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相 交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,问:是否存在常数λ,使得 k1+k2=λk3?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.

解 :(1)由 P 1,

3 2

在椭圆上 ,得

1

依题设知 a=2c,则 b2=3c 2.② 将 ②代入①,解得 c2=1,a2=4,b2=3. 故椭圆 C 的方程为
2 4

2

+

9

4 2

=1.①

+

2 3

=1.

-38题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

(2)由题意可设 AB 的斜率为 k,则直线 AB 的方程为 y=k(x-1). ③ 代入椭圆方程 3x2+4y2= 12, 并整理 ,得 (4k2+3)x2-8k2x+ 4(k2-3)=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y 2), 则有 x1+x2= 从而 k1=
1 3 2

8 2

在方程 ③中令 x=4,得 M 的坐标为 (4,3k).
1 -1

4 2 +3

,x1x 2=
3 2

4( 2 -3) 4 2 +3 3 3 2

.④
1 2

,k2=
1 3 2

2 -

2 -1

,k3=
3 2

4 -1

=k- .
1 1 2 -1 1 -1

注意到 A,F,B 三点共线 ,则有 k=kAF=kBF,即有 所以 k1+k2= =2k- ·
2 3 1 -1 2 -1 1 + 2 -2

=

2

2 -1

=k.

+

2 -

=

1 1 -1

+

2 2 -1

?

3

1

2 1 -1

+

1 2 -( 1 + 2 )+1

.⑤

-39题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六

将 ④代入 ⑤,得 k1+k2=2k- ·
2

3

又 k3=k- , 所以 k1+k2=2k3. 故存在常数 λ=2 符合题意 .
2

1

8 2 -2 4 2 +3 4 ( 2 -3 ) 8 2 +1 4 2 +3 4 2 +3

=2k-1.

-40-

1.直线与圆锥曲线问题的常用解题思路有: (1)从方程的观点出发,利用根与系数的关系进行讨论,这是用代 数方法来解决几何问题的基础.要重视通过设而不求与弦长公式简 化计算,并同时注意在适当时利用图形的平面几何性质. (2)以向量为工具,利用向量的坐标运算解决与中点、弦长、角度 相关的问题. 2.定点问题是解析几何中的一种常见问题,基本的求解思想是:先 用变量表示所需证明的不变量,然后通过推导和已知条件,消去变 量,得到定值,即解决定值问题首先是求解非定值问题,即变量问题, 最后才是定值问题. 3.求取值范围的问题时,首先要找到产生范围的几个因素:(1)直线 与曲线相交(判别式);(2)曲线上点的坐标的范围;(3)题目中给出的 限制条件;其次要建立结论中的量与这些范围中的因素的关系;最 后利用函数或不等式求变量的取值范围.

-41-

4.解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法.几何法是 根据已知的几何量之间的相互关系,通过平面几何和解析几何知识 加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反 射问题等);代数法是建立求解目标关于某个或某两个变量的函数, 通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等) 解决.


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