文科数学高考压轴题(圆锥曲线)解题策略1

PAGEPAGE4攸县高考数学（文科）研究材料（二）：高考数学压轴题圆锥曲线解题策略及常考题型圆锥曲线问题将几何与代数知识有机结合在一起,较好地考察了学生的数学思维和创新,灵活处理问题的能力,是高考命题的热点之一.高考中要做好圆锥曲线这道大题，我们还需要一定的解题策略,并通过自己不断地领悟和练习提高自己的解题能力.一、圆锥曲线知识要点及解题方法圆锥曲线解题的本质就是将题干中的条件和图形中隐含的几何特征转化成等式或不等式,最后通过代数运算解决问题,而其中的关键是怎样转化或构造不等式。其常考查的知识点可以归纳如下：1、抓住定义构造等式，定义是圆锥曲线的核心和根本，涉及焦点时，优先利用定义解决问题。

2、抓住题中特殊几何关系来构造等式或应用几何关系使解题简化，运用“重几何，轻代数”观念处理问题。①内心：1、三条角平分线交点；2、角平分线上的点到两边距离相等；3、切线长定理；4、面积法（S△ABI+S△ACI+S△BCI=S△ABC）②重心：1、中线交点;2、AH=2HD，H为重心;③垂心：三条高线交点（可用垂直构造等式）

④外心：垂直平分线交点（垂直平分线的性质构造等式）⑤三角形两边之和大于第三边（焦点三角形）⑥直线与圆锥曲线相交：(1)两不同交点△＞0（2）交于双曲线的左右两支X1X2＜0（3）交于双曲线的同一支X1X2＞0⑦用点与椭圆圆的位置关系来构造等式或不等式在椭圆上；（2）在椭圆外；（3）右椭圆内；⑧用曲线本身的一些坐标限制（在椭圆中，-a≤x≤a,-b≤y≤b）；⑨用k相等（三点共线）；注：条件已用完，当缺少等式时，且无明显几何特征时，考虑用⑦、⑧、⑨3．用其它条件构造等式或不等式

①用非负数k2，，|x|大于0构造②问题中的要求与条件中的范围相联系；③结合参数方程，利用参数的几何意义或三角函数的有界性，构造不等式。4．与平面几何的联系①圆直径所对的圆周角为90度（可用垂直构造等式）相交弦，割线长定理②中位线（坐标原点为中点，往往考虑不到）5．点差法①直线与曲线相交，且出现中点时，常常使用。②抛物线涉及k时，常使用。二、圆锥曲线常见题型及分类题型一：轨迹问题：例1、已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，左、右焦点分别为F1和F2，且|F1F2|＝2，点(1，eq\f(3,2))在该椭圆上．(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的面积为eq\f(12\r(2),7).求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．题型二：直线与圆满锥曲线的位置关系问题例2、已知椭圆：.（1）求椭圆的离心率；（2）设为原点，若点在椭圆上，点在直线上，且，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论.题型三：离心率范围问题例3、在平面直角坐标系中，已知点及直线，曲线是满足下列两个条件的动点的轨迹：①其中是到直线的距离；②(1)求曲线的方程;(2)若存在直线与曲线、椭圆均相切于同一点，求离心率的取值范围.附例题参考解答：1、【解析】：化简得：17k4＋k2－18＝0，得k＝±1，∴r＝eq\r(2)，圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.2、【分析】（1）把椭圆：化为标准方程，确定，，利用求得离心率；（2）设点，，其中，由，即，用、表示，当或分别根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，与圆的半径比较，从而判断直线与圆的位置关系.【解析】（1）由题意椭圆的标准方程为，所以，，从而，所以.（2）直线与圆相切，证明如下：设点，，其中，因为，所以，即，解得，3、【解析】（2）(解法一)由题意，直线与曲线相切，设切点为，则直线的方程为，即将代入椭圆的方程，并整理得：（2）(解法二)设直线与曲线、椭圆均相切于同一点则由知;由知,故联解,得由及得故，得又故所以椭圆离心率的取值范围是4、【分析】第2问，在设直线l方程时要考虑斜率存在与不存在两种情况。【解析】当且仅当9k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±eq\f(\r(3),3)时等号成立.当k＝0时，|AB|＝eq\r(3).综上所述：|AB|max＝2.∴当|AB|最大时，△AOB的面积取得最大值S＝eq\f(1,2)×|AB|max×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)5、【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）三角形的面积为定值1．【解析】（Ⅱ）由题意，设AB的方程为，所以，所以，由已知得：，解得．（Ⅲ）6、【答案】（1）；（2）存在且定点为．【解析】（2）假设存在点，若直线的斜率存在，设其方程为，将它代入椭圆方程，并整理得．设点的坐标分别为，则，因为及，所以＝．当且仅当恒成立时，以为直径的圆恒过定点，所以，解得，此时以为直径的圆恒过定点．当直线的斜率不存在，与轴重合，以为直径的圆为也过点．综上可知，在坐标平面上存在一个定点，满足条件．7、解：(2)由题意可知，过点M(0，2)的直线l的斜率存在．设l的方程为y＝kx＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，化简整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)＞0，解得k2＞eq\f(3,4).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，又∠AOB为锐角，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＞0，即x1x2＋y1y2＞0，即x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＞0，所以(1＋k2)·eq\f(12,1＋4k2)＋2k·eq\f(－16k,1＋4k2)＋4＞0，解得k2＜4，所以eq\f(3,4)＜k2＜4，即k∈(－2，－eq\f(\r(3),2))∪(eq\f(\r(3),2)，2)．【点评】本题第2问，如忽视条件Δ＞0，会得到k∈(－2，2)的错误结论。8、【解析】（II）设存在直线符合题意，直线方程为，代入椭圆方程得：，