2019届高考数学(理)二轮复习提优导学案(江苏专用)：第1部分二轮课时专题5解析几何后记答题模板

1、后记答题模板【范例赏析】后记答题模板(本讲对应学生用书第 5253 页)范例赏析2x典例 如图，已知 A, B 分别为曲线C:a+y2=1(y0a0)与乂轴的左、右两个交点，直线 I 过点 B,且与 x 轴垂直，S 为 I 上异于点 B 的一点，连接 AS 交曲线 C 于点 T.(1)若曲线 C 为半圆，点 T 为圆弧 AB 的三等分点，试求出点 S 的坐标.如图，点 M 是以 SB 为直径的圆与线段 TB 的交点，试问：是否存在 a，使得 O, M , S 三点共线？若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由【规范解答】当曲线 C 为半圆时，a=1,由点 T 为圆弧 AB 的三等分点，得

2、/ BOT=60或 12012 分 当/ BOT=60 时，/ SAB=30 2.3又 AB=2，故在 SA 沖，有 SB=ABtan 30 =3，所以 S当,BOW20 时，同理可求得点邨坐标为(1, 2、3,21J综上，点 S 的坐标为 S3或 S(1, 2 l 3). 6 分(m2+4)x2+2m2ax+m2a2-4a2=0.以 kTB=-ma. 10 分M , S 三点共线，由于点 M 在以 SB 为直径的圆上，故 BT 丄 OS.12切入点一：从点T”入手sin设点 T(acos0,sin0)(sin00,)则直线 AT 的方程为 y=acos a(x+a), 8 分2sin2sin

3、sina,- -令 x=a，得点 Scos 1,所以 kOS=a(cos1).又 B(a, 0)，所以 kTB=acos -a. 10 分假设存在 a(a0)，使得 O, M , S 三点共线，由于点 M 在以 SB 为直径的圆上，故 BT 丄 OS.sin2sin所以 koskTB=acos -a-a(cos 1)=-1，解得 a2=2.又因为 a0，所以 a 八2. 15 分经检验，当 a=2时，O, M, S 三点共线.故存在 a=、2，使得 O, M , SE 点共线.16 分切入点二：从2x2a1,设点 S(a , m)，则直线 SA 的方程为 y=2 a(x+a)，联立方程组m(x

4、2aa)化简得设点 T(XT, yT),因为 A(-a ,2 2 2ma -4a20)，所以XT(-a)=m4a-m2a24，得XT=m 4,4m2yT=m4，所假设存在 a(a0)，使得 O,2又因为 kOS=a，所以 koskTB=ama=-1，解得 a2=2.又因为 a0,所以 a= =2. 15 分xa,uuu由y k(x a)，得 Sa, 2ak),所以 O S =(a, 2ak).-2a4k24a2k2uuuuuir2由 BT 丄 OS,可得BTO S =1 a k=0，即-2a4k2+4a2k2=0.因为 k0, a0,所以 a=、2. 15 分经检验，当 a=时，O, M, S

5、 三点共线.故存在 a=、一2，使得 O, M , SE 点共线.16 分上1方法二：因为 B(a, 0)，所以 kBT=XT-a=-a?k，故 ksM=a2k.xa,由y k(x a)，得 Sa, 2ak),所以直线 SM 的方程为 y-2ak=a2k(x-a).O , M , S 三点共线当且仅当 O 在直线 SM 上，经检验，当 a=2时，o, M, S 三点共线.故存在 a=2，使得 O, M , S 三点共线.16 分切入点三：从直线 AS 的斜率入手假设存在 a(a0)，使得 0，M，S 三点共线.由于点 M 在以 SB 为直径的圆上，故 BT 丄 0S8 分显然，直线 AS 的斜

6、率 k 存在且 k0,可设直线 AS 的方程为 y=k(x+a).2X2ya由y k(x1,a)得(1+a2k2)x2+2a3k2x+a4k2-a2=0. 10 分4 22a k -a22设点 T(XT,yT)，所以 xT(-a)=1 a k.J一交点已知*另一交3 2a-a k2ak-2. 2 -22故XT=1 a k，从而 yT=k(XT+a)=1 a k，亦即 Ta-a3k22ak1 a2k21 a2k2.12 分方法uuu因为 B(a, 0)，所以BT=32-2a k 2ak2 2，2. 21 a k 1 a k即-2ak=a2k(-a).J三点扶线*其中一点在 匕另两点所确定的克线匕

7、因为 k0, a0,所以 a=2. 15 分经检验，当 a=2时，O, M, S 三点共线.故存在 a=迈，使得 o, M , SE 点共线.16 分【总结提升】解题几何中的多动点问题，一直是学生难以逾越的障碍，究其原因：多且动”大有牵一发而动全身的感觉，各个点都丝丝相连，环环相扣而恰恰正是点多且动，反而给我们一个启发，多且动的点中肯定有一个核心点”正是这个点牵动了其他点，使其他点始终围绕这个核心点”运动例题正是这类问题，其中点 M 即为 核心点”只要把握好这个 有的性质，以其他的点或线为切入点，就可从多途径入手，让每个动点都可 到多解的目的【拓展训练】拓展训练点，且直线 AC, BD 相交于

8、点 M，直线 AD, BC 相交于点 N.核心点”在圆上具显身手”以达变式(2019 盐城二模)如图，在平面直角坐标系2 2x y_2,2xOy 中,椭圆 E：a+b=l(ab0)的离心率为2L2，直线 I: y=2X 与椭圆 E 相交于 A, B 两点,AB=25, C,D是椭圆 E上异于 A, B两(1) 求 a, b 的值；(2) 求证：直线 MN 的斜率为定值c匹1【解答】因为 e=a=2，所以 c2=2a2,1即 a2-b2=2a2，所以 a2=2b2，故椭圆 E 的方程为1y2x，2x2由题意，不妨设点 A 在第一象限，点 B 在第三象限.由2b又 AB=25，所以OA= 5,即3

9、b2+3b2=5，解得 b2=3.故 a=2 2x y_(2)由知椭圆 E 的方程为6+3=1,从而 A(2，1)，B(-2，-1).当 CA, CB, DA，DB 的斜率都存在时，设直线 CA，DA 的斜率分别为 k1，k2，C(xo，yo), 显然斗2.23 1-生-12富y-1y。1y-162-21丄从而 k1kCB=xo-2x2=Xo -4=xo-4=Xo-4=-2,所以 kcB=-2k1.同理1kDB=-2k2.1直线 BC 的方程为 y+1=-2k1(x+2).2 2x y2b2+b2=于是直线 AD 的方程为 y-1=k2(x-2),（变1,解得 A2k1(xy-1 k2(x-2),2),解得4仆2-4&-22k1k21,-2k1k2-4 k212k1k214 kk?-4 k-2 -2 kk?-4 k?1从而点 N 的坐标为2klk212kik21.4kjk2-4k2-2 -2k1k2-4k11用 k2代 k1, k1代 k2得点 M 的坐标为(2心212心21-2 kk?-4 k?1 -2 kk2-4 k12k1k212祜21AKkz/kz-h4(k1-k2)所以 kMN=2k1k212k1k21=4(k2-k1)=-1.即直线 MN 的斜率为定值-1.当 CA, CB, DA, DB 中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不