2019屆高考數(shù)學(理)二輪復習提優(yōu)導學案(江蘇專用)第1部分二輪課時專題5解析幾何后記答題模板

后記答題模板【典范賞析】后記答題模板(本講對應學生用書第52~53頁)典范賞析x2典例如圖，已知A，B分別為曲線C：a2+y2=1(y≥0，a>0)與x軸的左、右兩個交點，直線l過點B，且與x軸垂直，S為l上異于點B的一點，連結AS交曲線C于點T.若曲線C為半圓，點T為圓弧AB的三平分點，試求出點S的坐標.如圖，點M是以SB為直徑的圓與線段TB的交點，試問：能否存在a，使得O，M，S三點共線?若存在，求出a的值；若不存在，請說明原由.(典例)【規(guī)范解答】當曲線C為半圓時，a=1，由點T為圓弧AB的三平分點，得∠BOT=60°或120°.2分①當∠BOT=60°時，∠SAB=30°.2323，又AB=2，故在△SAB中，有SB=AB·tan30=°313，因此S.4分②當∠BOT=120°時，同理可求得點S的坐標為(1，23).231，33).6分綜上，點S的坐標為S或S(1，2切入點一：從點“T”下手sin設點T(acosθ，sinθ)(sinθ≥0)，則直線AT的方程為y=acosa(x+a)，8分2sin2sinsin，1，因此ka(cos1)令x=a，得點Scosacos-a.10分OS=.又B(a，0)，因此kTB=假定存在a(a>0)，使得O，M，S三點共線，因為點M在以SB為直徑的圓上，故BT⊥OS.sin2sina(cos1)因此kOSTBacos-a22·=-1，解得a=2.又因為a>0，因此a=.15分·k=經(jīng)查驗，當a=2時，O，M，S三點共線.故存在a=2，使得O，M，S三點共線.16分切入點二：從點“S”下手x2y2，a21mym(xa)，設點S(a，m)，則直線SA的方程為y=2a(x+a)，聯(lián)立方程組2a化簡得(m2+4)x2+2m2ax+m2a2-4a2=0.8分m2a2-4a24a-m2a4m4，所設點T(xTTTm24，得xTm24，yTm2，y)，因為A(-a，0)，因此x·(-a)===2以kTB=-ma.10分假定存在a(a>0)，使得O，M，S三點共線，因為點M在以SB為直徑的圓上，故BT⊥OS.12分mm-2又因為kOSa，因此kOSTBa·ma=·k=

=-1，解得a2=2.又因為a>0，因此a=2.15分經(jīng)查驗，當a=2時，O，M，S三點共線.故存在a=2，使得O，M，S三點共線.16分切入點三：從直線AS的斜率下手假定存在a(a>0)，使得O，M，S三點共線.因為點M在以SB為直徑的圓上，故BT⊥OS.8分明顯，直線AS的斜率k存在且k>0，可設直線AS的方程為y=k(x+a).2x2y21，a由yk(xa)，22232422得(1+ak)x+2akx+ak-a=0.10分a4k2-a2設點T(xTTT1a2k2，y)，因此x·(-a)=.a-a3k22aka-a3k2，2ak故xT1a2k2，進而yTT1，亦即T12222a2k2ak1ak.12分==k(x+a)=uuur-2a3k2，2ak1a2k2a2k2方法一：因為B(a，0)，因此BT=1.x，auuur由yk(xa)，得S(a，2ak)，因此OS=(a，2ak).uuuruuur-2a4k24a2k2由BT⊥OS，可得1a2k2BTOS=4222·=0，即-2ak+4ak=0.因為k>0，a>0，因此a=2.15分經(jīng)查驗，當a=2時，O，M，S三點共線.故存在a=2，使得O，M，S三點共線.16分yT1方法二：因為B(a，0)，因此kBT=xT-a=-a2k，故kSM=a2k.x，a由yk(xa)，得S(a，2ak)，因此直線SM的方程為y-2ak=a2k(x-a).O，M，S三點共線當且僅當O在直線SM上，即-2ak=a2k(-a).因為k>0，a>0，因此a=2.15分經(jīng)查驗，當a=2時，O，M，S三點共線.故存在a=2，使得O，M，S三點共線.16分【總結提高】解題幾何中的多動點問題，向來是學生難以超越的阻礙，究其原由：“多且動”，大有牽一發(fā)而動渾身的感覺，各個點都絲絲相連，環(huán)環(huán)相扣.而恰好正是點多且動，反而給我們一個啟迪，多且動的點中一定有一個“核心點”，正是這個點牽動了其余點，使其余點一直環(huán)繞這個“核心點”運動.例題正是這種問題，此中點M即為“核心點”，只需掌握好這個“核心點”在圓上具有的性質(zhì)，以其余的點或線為切入點，便可從多門路下手，讓每個動點都可“一顯身手”，以達到多解的目的.【拓展訓練】拓展訓練x2y2變式(2019·鹽城二模)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：a2+b2=1(a>b>0)的離2心率為2

1，直線l：y=2x與橢圓E訂交于A，B兩點，AB=25，C，D是橢圓E上異于A，B兩點，且直線AC，BD訂交于點M，直線AD，BC訂交于點N.求a，b的值；求證：直線MN的斜率為定值.(變式)c21【解答】(1)因為e=a=2，因此c2=2a2，1x2y2即a2-b2=2a2，因此a2=2b2，故橢圓E的方程為2b2+b2=1.y1x，2x2y21，由題意，不如設點A在第一象限，點B在第三象限.由2b2b2解得A

3b，3b33.又AB=25，因此OA=5，即416，b=3.3b2+3b2=5，解得b2=3.故a=x2y2(2)由(1)知橢圓E的方程為6+3=1，進而A(2，1)，B(-2，-1).①當CA，CB，DA，DB的斜率都存在時，設直線CA，DA的斜率分別為k，k，C(x，y)，1200明顯k1≠k2.y0-1y012-131-x02-12-x021y0621進而k1CBx0-2x02=x02-4=x02-4=x02-4=-2，因此kCB2k1.同理·k=·=-1kDB=-2k2.1于是直線AD的方程為y-1=k2(x-2)，直線BC的方程為y+1=-2k1(x+2).1x4k1k2-4k1-2，y1-2k1k21，(x2)2k1y-2k1k2-4k21.，由y-1k2(x-2)解得2k1k214k1k2-4k1-2-2k1k2-4k212k1k21，1進而點N的坐標為2k1k2.4kk-4k-2-2kk-4k1122，121用k2代k1，k1代k2得點M的坐標為2k1k212k1k21.-2k1k2-4k21--2k1k2-4k112k1k212k1k214(k1-k2)4k1k2-4k1-24k1k2-4k2-2-4(k2-k1)=-1.因此kMN=2k1k212k1k21=即直線MN的斜率為定值-1.②當CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，依據(jù)題設要求，至多有一條直線斜率不存在，故不如設直線CA的斜率不存在，進