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    2019年全國高考解析幾何命題預(yù)測

    2019-04-02 06:07:42許少華
    廣東教育·高中 2019年1期
    關(guān)鍵詞:定值斜率拋物線

    許少華

    2019年的高考正在向我們緩緩走來,解析幾何復(fù)習(xí)的情況如何?你知道近年高考在解析幾何部分的命題特點(diǎn)嗎?就全國1卷(理)來說,2018年的第8、11、19題分別考查拋物線、雙曲線與橢圓;2017年的第10、15、20題分別考查拋物線、雙曲線與橢圓;2016年的第5、10、20題分別考查雙曲線、拋物線與橢圓;從近三年的情況可以看出:三大曲線齊上陣且解答題以橢圓為背景,這是曾經(jīng)的規(guī)律也是過往的事實(shí). 2019年呢?根據(jù)本知識(shí)塊的特點(diǎn)及命題趨勢,我們預(yù)測如下:

    1. 客觀性試題仍以基礎(chǔ)與技能為主

    客觀性試題兩道,其中一道較基礎(chǔ)、另一道突出技能.對于較基礎(chǔ)的這道題,基本上都可順利拿分,較難試題能否拿下,直接決定了解幾“三基”復(fù)習(xí)的成敗.這道可能出在何處?又以什么“容顏”視人呢?

    1. 1可能與圓有關(guān)

    例1 已知直線x+y-k=0(k>0)與圓x2+y2=4交于不同的兩點(diǎn)A,B,O是坐標(biāo)原點(diǎn),且有,那么k的取值范圍是( )

    解析 當(dāng)時(shí),A,B,O三點(diǎn)為等腰三角形的三個(gè)頂點(diǎn),其中OA=OB,∠AOB=120°,從而圓心O到直線x+y-k=0(k>0)的距離為1,此時(shí),k=當(dāng)k>,又直線與圓x2+y2=4存在兩交點(diǎn),故k<2,綜上,k的取值范圍為[).

    點(diǎn)評 本題是圓與平面向量的交匯性試題,求解時(shí)除了平面向量的基本運(yùn)算之外還要抓住直線與圓的位置關(guān)系,但難度不大,只要細(xì)心,不會(huì)出現(xiàn)問題.

    例2 設(shè)m,n∈R,若直線(m+1)x+(n+1)y-2=0與圓(x-1)2+(y-1)2=1相切,則m+n的取值范圍是( )

    解析 ∵直線(m+1)x+(n+1)y-2=0與圓(x-1)2+(y-1)2=1相切,

    ∴圓心(1,1)到直線的距離為d==1,

    點(diǎn)評 本題求解既要用到基本不等式又要用到解一元二次不次不等式,是一道易出錯(cuò)之題.

    例3 點(diǎn)P(2,2),圓C ∶ x2+y2-8y=0,過點(diǎn)P的動(dòng)直線l與圓C交于A,B兩點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)為M,O為坐標(biāo)原點(diǎn).若|OP|= |OM|,則?駐POM的面積為( )

    解析 圓C ∶ x2+y2-8y=0的圓心為C(0,4),半徑為4.

    設(shè)M(x,y),則

    于是(x,y-4)·(x-2,y-2)=0,即N ∶ (x-1)2+(y-3)2=2此為點(diǎn)M的軌跡方程.

    由于|OP|=|OM|,故O在線段PM的垂直平分線上.又P在圓N上,從而ON⊥PM. 因?yàn)镺N的斜率為3,所以l的斜率為 -,故l的方程為y=-.

    又|OP|=|OM|=2O到l的距離為|PM|=,

    所以?駐POM的面積為.

    點(diǎn)評 本題結(jié)合軌跡方程、結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系及點(diǎn)到直線的距離等,是一道小的綜合題,無論思維還是運(yùn)算都較為獨(dú)特,此類試題是我們應(yīng)該關(guān)注的.

    1. 2可能與圓錐曲線有關(guān)

    例4 已知橢圓=1(a>b>0),A(0,4)為長軸的一個(gè)端點(diǎn),弦BC過橢圓的中心O,且=0,||=2||,則其焦距為? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? .

    解析 由題意,可知|且a=4,

    又所以

    又,故?駐OAC為等腰直角三角形,

    不妨設(shè)點(diǎn)C在第一象限,則點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2,2),

    點(diǎn)評 本題主要考查橢圓方程的應(yīng)用,考查橢圓的幾何性質(zhì),同時(shí)考查考生的基本運(yùn)算能力.它的特別之處在于有較多的向量式子,理不清的話,出錯(cuò)是必然的.

    例5 已知橢圓C ∶ +y2=1,如圖直線l與橢圓C有且僅有一個(gè)公共點(diǎn),作F1M⊥l,F(xiàn)2N⊥l分別交直線l于M,N兩點(diǎn),求四邊形F1MNF2面積S的最大值.

    解析 將直線l的方程y=kx+m代入橢圓C的方程+y2=1中,

    得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0.

    則(4km)2-4(2k2+1)(2m2-2)=0?圯m2=2k2+1.

    當(dāng)k≠0時(shí),設(shè)直線l的傾斜角為?茲,則d1=|F1M|=,d2=|F2N|=

    由|d1-d2|=|MN|·|tan?茲|?圯|MN|=.

    得S=··(d1+d2)·===.

    ∵m2=2k2+1,∴當(dāng)k≠0時(shí),|m|>1,則|m|+>2即S<2.

    ②當(dāng)k=0時(shí),四邊形F1MNF2是矩形,此時(shí)S=2.

    ∴四邊形F1MNF2面積S的最大值為2.

    點(diǎn)評 本題主要考查直線與橢圓的位置關(guān)系、考查圓錐曲線的基本運(yùn)算能力,涉及的基本平面圖形的面積及基本不等式的應(yīng)用,思路很常規(guī),但能沿著這個(gè)思路走下去不易,既容易出錯(cuò)又容易因運(yùn)算量大而前功盡棄.

    例6 設(shè)雙曲線C ∶ =1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,以F1F2為直徑的圓與雙曲線左支的一個(gè)交點(diǎn)為P. 若以O(shè)F1(O為坐標(biāo)原點(diǎn))為直徑的圓與PF2相切,則雙曲線C的離心率為(? )

    A. B.

    C. D.

    解析 如圖,在圓O中,F(xiàn)1F2為直徑,P是圓O上一點(diǎn),所以PF1⊥PF2,設(shè)以O(shè)F1為直徑的圓的圓心為M,且圓M與直線PF2相切于點(diǎn)Q,則M(,0),MQ⊥PF2,所以PF1∥MQ.

    從而?圯?圯|PF1|=?圯|PF2|=+2a,

    又|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,

    即()2+(+2a)2=4c2?圯7e2-6e-9=0?圯e=或e=(舍去). 故選D.

    點(diǎn)評 本題的最大特點(diǎn)是圖形復(fù)雜,不排除有些考生“望圖生畏”,只要沉下去,細(xì)分析、多聯(lián)想,也還是可以產(chǎn)生結(jié)論的.

    例7 過拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F且傾斜角?茲為60°的直線l與拋物線在第一、四象限分別交于A,B兩點(diǎn),則的值等于(? ).

    A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

    解析1 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則|AB|=x1+x2+p=得x1+x2=

    又x1x2=,從而x1=,x2=.

    那===3,故選C.

    解析2 由|AF|+|BF|=,+=?圯|AF|+|BF|=,+=?圯

    |AF|=2p,|BF|=?圯=3.

    解析3 設(shè)直線l的方程為y=(x-),

    由y=(x-),y2=2px?圯12x2-20px+3p2=0?圯(2x-3p)(6x-p)=0.

    從而x1=,x2=結(jié)合解析1即可.

    點(diǎn)評 本題依據(jù)拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)進(jìn)行設(shè)計(jì),其實(shí),拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)是設(shè)計(jì)一些基本問題的重要沃土,請看:①|(zhì)AB|=x1+x2+p=(θ為AB的傾斜角);②y1y2=-p2;x1x2=. ③S△AOB=(θ為AB的傾斜角). ④+=.⑤以AB為直徑的圓與準(zhǔn)線相切.⑥以AF或BF為直徑的圓與y軸相切.⑦∠MFN=90°.⑧過焦點(diǎn)弦的端點(diǎn)的切線互相垂直且交點(diǎn)在準(zhǔn)線上.圍繞這些結(jié)論可以輕松設(shè)計(jì)試題.

    客觀性試題的最大特點(diǎn)是:忽略過程、重視結(jié)論.當(dāng)我們面對這些問題時(shí),快與準(zhǔn)是關(guān)鍵,因此對一些常用結(jié)論、常用性質(zhì)及特殊圖形最好都能熟記于心.

    2. 主觀性試題重在考查運(yùn)算能力

    從2016年至今連續(xù)三年全國Ⅰ卷主觀性試題都出在橢圓上,同樣都設(shè)置兩問,第一問都考查求方程,幾乎百分之八十的考生都能順利完成求解.第二問分別考查了定點(diǎn)、定值問題,范圍與最值及基本性質(zhì)的論證.這一問是拉開距離、將考生劃分三六九等的.但從總體上看,試題的難度都屬于中檔偏上,也是大部分考生的重要得分之題.涉及的能力主要有兩種:字母運(yùn)算能力與方程的處理能力. 2019年呢?

    2. 1可能與定點(diǎn)、定值有關(guān)

    例8 在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C1上的點(diǎn)均在曲線C2 ∶ x2+y2-4y+3=0外,且對C1上任意一點(diǎn)P,P到直線y=-1的距離等于該點(diǎn)與曲線C2上點(diǎn)的距離的最小值.

    (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1的方程;

    (2)過點(diǎn)A(0,-2)的直線與曲線C1交于不同的兩點(diǎn)M、N,過點(diǎn)M的直線與曲線C1交于另一點(diǎn)Q,且直線MQ過點(diǎn)B(2,2),求證:直線NQ過定點(diǎn).

    解析 (1)由已知得曲線C2是以C2(0,2)為圓心,1為半徑的圓.

    設(shè)P(x,y),則P到直線y=-1的距離等于|y+1|,又P到圓C2上的點(diǎn)的距離的最小值為|PC2|-1=-1.

    (2)設(shè)點(diǎn)M(t,t2),N(t1,t12),Q(t2,t22),易得直線MQ,NQ的斜率均存在,從而直線MN的斜率k==(t1+t2),

    所以直線MN的方程是y-t2=(t1+t2)(x-t),即(t+t1)x-8y-tt1=0,

    同理直線MQ的方程為(t+t2)x-8y-tt2=0,

    直線NQ的方程為(t1+t2)x-8y-t1t2=0,

    點(diǎn)(0,-2)在直線MN上,所以tt1=16,即t=,點(diǎn)B(2,2)在直線MQ上,2(t+t2)-16-tt2=0,即2(+t2)-16-=0,化簡得t1t2=8(t1+t2)-16,

    代入直線NQ的方程得(t1+t2)x-8y-8(t1+t2)+16=0,

    即(t1+t2)(x-8)-8(y-2)=0,∴直線NQ過定點(diǎn)(8,2).

    點(diǎn)評 本題以圓有關(guān)基礎(chǔ)為入手點(diǎn),以拋物線為主題展開,在求解過程中充分利用運(yùn)算的規(guī)律性及整體代換,有效的化解了復(fù)雜推理與演算,使結(jié)論順利而輕松產(chǎn)生.

    2. 2可能與推理、論證有關(guān)

    例9 已知橢圓C ∶=1(a>b>0)的離心率為,過右焦點(diǎn)F且斜率為1的直線交橢圓C于A,B兩點(diǎn),N為弦AB的中點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn).

    (1)求直線ON的斜率kON;

    (2)求證:對于橢圓C上的任意一點(diǎn)M,都存在?茲∈[0,2π),使得.

    解析 (1)設(shè)橢圓的焦距為2c,因,故有a2=3b2.

    從而橢圓C的方程可化為:x2+3y2=3b2,得右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為,0),據(jù)題意有AB所在的直線方程為:y=x-

    由y=x,x2+3y2=3b2?圯4x2-6+3b2=0.

    設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中點(diǎn)N(x0,y0),由韋達(dá)定理有:

    x0

    所以kON即為所求.

    (2)顯然作為平面向量的一組基底,由平面向量基本定理,對于這一平面內(nèi)的向有且只有一對實(shí)數(shù)?姿,?滋,使得等

    設(shè)M(x,y),由(1)中各點(diǎn)的坐標(biāo)有:(x,y)=?姿(x1,y2)+?滋(x1,y2),故x=?姿x1+?滋x2,y=?姿y1+?滋y2.

    又因?yàn)辄c(diǎn)M在橢圓C上,所以有(?姿x1+?滋x2)2+3(?姿y1+?滋y2)2=3b2整理可得:

    ?姿2(x12+3y12)+?滋2(x22+3y22)+2?姿?滋(x1x2+3y1y2)=3b2………(※).

    由于x1+x2=

    所以x1x2+3y1y2=x1x2+3(x1x1+x2)+6b2=3b2-9b2+6b2=0.

    又點(diǎn)A,B在橢圓C上,故有(x12+3y12)=3b2,(x22+3y22)=3b2代入(※)式. 可得:?姿2+?滋2=1.

    所以,對于橢圓上的每一個(gè)點(diǎn)M,總存在一對實(shí)數(shù),使等成立,且?姿2+?滋2=1.

    所以存在?茲∈[0,2π),使得?姿=cos?茲,?滋=sin?茲.也就是:對于橢圓C上任意一點(diǎn)M,總存在?茲∈[0,2π),使得等式成立.

    點(diǎn)評 本題的第二問是推理論證問題,由平面向量的基本定理與直線、橢圓的位置關(guān)系展開,有運(yùn)算量,但只要是運(yùn)算合理,可以有效避免.此類題聯(lián)系廣泛、運(yùn)用的常規(guī)技能較多,是值得我們關(guān)注的問題.

    2. 3可能與范圍或最值有關(guān)

    例10 已知橢圓C ∶ 1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,點(diǎn)P在橢圓上,有|PF1|+|PF2|=4,橢圓的離心率為e

    (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

    (2)已知N(4,0),過點(diǎn)N作直線l與橢圓交于A,B不同兩點(diǎn),線段AB的中垂線為l′,線段AB的中點(diǎn)為Q點(diǎn),記l′與y軸的交點(diǎn)為M,求|MQ|的取值范圍.

    解析 (1)因?yàn)閨PF1|+|PF2|=4,所以2a=4,所以a=2,因?yàn)閑=所以c=1,

    所以b2=a2-c2=4-1=3,得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.

    (2)由題意可知直線l的斜率存在,設(shè)l ∶ y=k(x-4),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),聯(lián)立直線與橢圓y=k(x-4),圯(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0.

    又?駐=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)>0,解得:

    化簡得:y=令x=0,得m=,即

    M(0,.

    |MQ| =(16·[1]∈[0, 5).

    故 |MQ| 的取值范圍為[0, 5).

    點(diǎn)評 范圍與最值問題的求解往往涉及的內(nèi)容較多,方程、韋達(dá)定理、弦長公式等,很多時(shí)候還會(huì)與函數(shù)結(jié)合,此類題的綜合性較強(qiáng),是各級(jí)各類考試“上卷率”較高的試題.

    2. 4可能與探索性有關(guān)

    例11 已知橢圓C ).

    (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

    (2)若不經(jīng)過橢圓C的右焦點(diǎn)F的直線l ∶ y=kx+m(k<0, m>0)與橢圓C交于A、B兩點(diǎn),且與圓x2+y2=1相切. 試探究△ABF的周長是否為定值,若是,求出定值;若不是,請說明理由.

    解析 (1)由題意得得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.

    (2)由直線l ∶ y=kx+m與圓x2+y2=1相切,得=1?圯m2=1+k2.

    由(1)知F(,=1?圯(3k2+1)x2+6kmx+3(m2-1)=0.

    ?駐=(6km)2-4(3k2+1)(m2-1)=12(3k2-m2+1)=24k2≥0,

    得x1+x2=,x1·x2=,

    |AB| |x1-x2| ==

    又m2=1+k2,得 |AB| =

    因?yàn)?|AF| =x1.

    同理, |BF| =x2,因此,|AF| + |BF| =2(x1+x2).

    所以△ABF的周長為2為定值.

    點(diǎn)評 探索性問題也是高考命題中的常規(guī)類型之一,求解思路:先假設(shè)存在,然后進(jìn)行推理,若出現(xiàn)矛盾,說明不存在;否則,結(jié)論存在且可直接產(chǎn)生結(jié)論.

    2. 5可能與創(chuàng)新設(shè)計(jì)有關(guān)

    例12 如圖,點(diǎn)A(-2, 0),B(2, 0)分別為橢圓C: 1(a>b>0)的左,右頂點(diǎn),P, M, N為橢圓C上非頂點(diǎn)的三點(diǎn),直線AP, BP的斜率分別為k1,k2,且k1k2=AP∥OM,BP∥ON.

    (1)求橢圓C的方程;

    (2)判斷△OMN的面積是否為定值?若為定值,求出該定值;若不為定值,請說明理由.

    (3)點(diǎn)Q是橢圓上任意一點(diǎn),直線QA, QB與直線x=4分別交于E, F 兩點(diǎn),試證:以EF 為直徑的圓交x于定點(diǎn),并求該定點(diǎn)的坐標(biāo).

    解析 (1)設(shè)P(x, y),則k1k2

    即橢圓C的方率存在,設(shè)直線MN的方程為y=kx+t,由y=kx+t+8ktx+4t2-4=0.

    ?駐=(8kt)2-4(4k2+1)(4t2-4)=16(4k2-t2+1)>0.

    設(shè)M(x1 , y1),N(x2 , y2),則x1+x2=

    因?yàn)锳P∥OM,BP∥ON,k1k,得kOMkON=

    即4(kx1+t)(kx2+t)+x1x2=0?圯(4k2+1)x1x2+4kt(x1+x2)+4t2=0.

    即(4k2+1)4t2=0?圯2t2-4k2=1.

    此時(shí),?駐=16(4k2-t2+1)=8(4k2+1)>0,符合題意.

    |

    又點(diǎn)O到直線MN的距離d=1.

    即△OMN的面積為定值,定值為1.

    (3)由A(-2, 0),B(2, 0),設(shè)Q(x0, y0),

    則直線QA的方程為yx+2),與直線x=4 的交點(diǎn)E的坐標(biāo)為E

    再設(shè)以EF為直徑的圓交x于點(diǎn)H(m,0),則HE⊥HF,從而kHE·kHF=-1,)或().

    點(diǎn)評 本題具有一定的創(chuàng)新性,首先是圖形,線條較多,讓人眼花繚亂.其次,將探索性與定點(diǎn)問題融在一題之中,不算很難,但解幾的各種基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能考得相當(dāng)全面,尚若不具有扎實(shí)的功底,還是難以征服的.

    解析幾何是高考的“重頭戲”,從近年的考題看,難度有所下降,因此,它成了高考數(shù)學(xué)是否成功的的重要標(biāo)致,2019希望是你的幸運(yùn)年,解幾,是你首先突破的第一道關(guān),祝你順利通過.

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