【新高考复习】第八节 第1课时 审题上——4大策略找到解题突破口 教案

第八节解析几何压轴大题的解题策略指导第1课时审题上——4大策略找到解题突破口解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．策略一垂直关系的转化[典例]如图所示，已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，问：是否存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩]假设存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点．设直线l的方程为y＝x＋b，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立y＝x＋b，x2＋y2－2x＋4y－4＝0，消去y并整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，所以x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝b2＋4b－42.①因为以AB为直径的圆过原点，所以OA―→⊥OB―→，即x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋b，y2＝x2＋b，则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.由①知，b2＋4b－4－b(b＋1)＋b2＝0，即b2＋3b－4＝0，解得b＝－4或b＝1.当b＝－4或b＝1时，均有Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＝－4b2－24b＋36＞0，即直线l与圆C有两个交点．所以存在直线l，其方程为x－y＋1＝0或x－y－4＝0.[名师微点](1)以AB为直径的圆过原点等价于OA―→⊥OB―→，而OA―→⊥OB―→又可以“直译”为x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．(2)几何关系“直角”坐标化的转化方式①点B在以线段F1F2为直径的圆上；②F1B―→·F2B―→＝0；③kF1B·kF2B＝－1；④勾股定理．以上关系可相互转化．[针对训练]1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点1，32，且其离心率为12，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)∵椭圆C经过点1，32，∴1a2＋94b2＝1，又∵ca＝12，解得a2＝4，b2＝3.∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)当直线MN的斜率不存在时，由对称性，设M(x0，x0)，N(x0，－x0)．∵M，N在椭圆C上，∴x204＋x203＝1，∴x20＝127.∴O到直线MN的距离为d＝|x0|＝2217，∴x2＋y2＝127.当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为y＝kx＋m，由y＝kx＋m，x24＋y23＝1得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2.∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.∴(k2＋1)·4m2－123＋4k2－8k2m23＋4k2＋m2＝0，即7m2＝12(k2＋1)．∴O到直线MN的距离为d＝|m|k2＋1＝127＝2217，故存在定圆x2＋y2＝127与直线MN总相切．策略二角平分线条件的转化[典例]已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，求证：直线l过定点．[解题观摩](1)设动圆圆心为点P(x，y)，则由勾股定理得x2＋42＝(x－4)2＋y2，化简即得圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.(2)证明：法一：由题意可设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立y＝kx＋b，y2＝8x，得k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0.由Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得kb＜2.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－2kb－4k2，x1x2＝b2k2.因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝y1x1＋1＋y2x2＋1＝2kx1x2＋k＋bx1＋x2＋2bx1＋1x2＋1＝8k＋bx1＋1x2＋1k2＝0，所以k＋b＝0，即b＝－k，所以l的方程为y＝k(x－1)．故直线l恒过定点(1,0)．法二：设直线PB的方程为x＝my－1，它与抛物线C的另一个交点为Q′，设点P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由条件可得，Q与Q′关于x轴对称，故Q(x2，－y2)．联立x＝my－1，y2＝8x，消去x得y2－8my＋8＝0，其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.所以kPQ＝y1＋y2x1－x2＝8y1－y2，因而直线PQ的方程为y－y1＝8y1－y2(x－x1)．又y1y2＝8，y21＝8x1，将PQ的方程化简得(y1－y2)y＝8(x－1)，故直线l过定点(1,0)．法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，则它一定在x轴上，所以设定点坐标为(a,0)，直线PQ的方程为x＝my＋a.联立x＝my＋a，y2＝8x消去x，整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝8m，y1y2＝－8a.由条件可知kPB＋kQB＝0，即kPB＋kQB＝y1x1＋1＋y2x2＋1＝my1＋ay2＋my2＋ay1＋y1＋y2x1＋1x2＋1＝2my1y2＋a＋1y1＋y2x1＋1x2＋1＝0，所以－8ma＋8m＝0.由m的任意性可知a＝1，所以直线l恒过定点(1,0)．法四：设Py218，y1，Qy228，y2，因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝y1y218＋1＋y2y228＋1＝0，整理得(y1＋y2)y1y28＋1＝0.因为直线l不垂直于x轴，所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.因为kPQ＝y1－y2y218－y228＝8y1＋y2，所以直线PQ的方程为y－y1＝8y1＋y2x－y218，即y＝8y1＋y2(x－1)．故直线l恒过定点(1,0)．[名师微点]本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y1，y2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．[针对训练]2.椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)经过点(2，0)，左、右焦点分别是F1，F2，P点在椭圆上，且满足∠F1PF2＝90°的P点只有两个．(1)求椭圆C的方程；(2)过F2且不垂直于坐标轴的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在一点N(n,0)，使得∠ANB的角平分线是x轴？若存在，求出n；若不存在，请说明理由．解：(1)由题设知P点为椭圆的上下顶点，所以a＝2，b＝c，b2＋c2＝a2，故a＝2，b＝1，故椭圆C方程为x22＋y2＝1.(2)设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，联立x2＋2y2－2＝0，x＝my＋1，消x得()m2＋2y2＋2my－1＝0.设A，B坐标为A()x1，y1，B()x2，y2，则有y1＋y2＝－2mm2＋2，y1·y2＝－1m2＋2，又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，假设在x轴上存在这样的点N(n,0)，使得x轴是∠ANB的平分线，则有kAN＋kBN＝0，而kAN＋kBN＝y1－0x1－n＋y2－0x2－n＝y1()x2－n＋y2()x1－n()x1－n()x2－n＝y1()my2＋1－n＋y2()my1＋1－n()x1－n()x2－n＝2my1y2＋1－n()y1＋y2()x1－n()x2－n＝0.将y1＋y2＝－2mm2＋2，y1·y2＝－1m2＋2代入2my1y2＋(1－n)()y1＋y2＝0，有2m－1m2＋2＋(1－n)－2mm2＋2＝－2m2－nm2＋2＝0，即2m(n－2)＝0.因为m≠0，故n＝2.所以存在点N(2,0)，使得∠ANB的平分线是x轴．策略三弦长条件的转化[典例]如图所示，已知椭圆G：x22＋y2＝1，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点．(1)若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率；(2)是否存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．[解题观摩](1)由题意可知点F1(－1,0)，又直线l的斜率为1，故直线l的方程为y＝x＋1.设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝x＋1，x22＋y2＝1，消去y并整理得3x2＋4x＝0，则x1＋x2＝－43，y1＋y2＝23，因此中点M的坐标为－23，13.故直线OM的斜率为13－23＝－12.(2)假设存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．由题意，直线l不与x轴重合，设直线l的方程为x＝my－1.由x＝my－1，x22＋y2＝1，消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2，可得|AB|＝1＋m2|y1－y2|＝1＋m22mm2＋22＋4m2＋2＝22m2＋1m2＋2，x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝2m2m2＋2－2＝－4m2＋2，所以弦AB的中点M的坐标为－2m2＋2，mm2＋2，故直线CD的方程为y＝－m2x.联立y＝－m2x，x22＋y2＝1，消去y并整理得1＋m22x2＝2，解得x2＝21＋m22＝4m2＋2.由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则x20＝4m2＋2，可得|CD|＝1＋m24·|2x0|＝m2＋4·4m2＋2＝2m2＋4m2＋2.因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，故|AB|24＝|CD|24－|OM|2，即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，代入|AB|，|CD|和|OM|，得8m2＋12m2＋22＝4m2＋4m2＋2－44m2＋22＋m2m2＋22，解得m2＝2，故m＝±2.所以直线l的方程为x＝2y－1或x＝－2y－1.[名师微点]本题(2)的核心在于转化|AM|2＝|CM||DM|中弦长的关系．由|CM|＝|OC|－|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，则|AM|2＝|OC|2－|OM|2.又|AM|＝12|AB|，|OC|＝12|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，转化为弦长|AB|，|CD|和|OM|三者之间的数量关系，易计算．[针对训练]3．(2021·福建宁德质量检查)已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，Q12，t在抛物线C上，且|QF|＝32.(1)求抛物线C的方程及t的值；(2)若过点M(0，t)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，N为AB的中点，O是坐标原点，且S△AOB＝3S△MON，求直线l的方程．解：(1)∵|QF|＝32，∴12＋p2＝32，解得p＝2，∴抛物线C的方程为