2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題五 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合應用教學案

《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題五 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合應用教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 層級二 專題五 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合應用教學案（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　圓錐曲線的綜合應用 [考情考向·高考導航] 1．圓錐曲線中的定點與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，主要以解答題形式考查，往往作為試卷的壓軸題之一． 2．以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結(jié)論相關(guān)存在性開放問題．對考生的代數(shù)恒等變形能力、計算能力有較高的要求，并突出數(shù)學思想方法考查． [真題體驗] 1．(2019·北京卷)已知橢圓C：＋＝1的右焦點為(1,0)，且經(jīng)過點A(0,1)． (1)求橢圓C的方程； (2)設O為原點，直線l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON

2、|＝2，求證：直線l經(jīng)過定點． 解析：(1)因為橢圓的右焦點為(1,0)，c＝1； 因為橢圓經(jīng)過點A(0,1)，所以b＝1，所以a2＝b2＋c2＝2，故橢圓的方程為＋y2＝1. (2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2) 聯(lián)立得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， Δ＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝，y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝. 直線AP：y－1＝x，令y＝0得x＝， 即|OM|＝； 同理可得|ON|＝. 因為|OM||ON|＝2，所以＝＝2； ＝1，解之得t＝0，所以直線方程為y＝kx，所以直線l恒過

3、定點(0,0)． 答案：(1)＋y2＝1　(2)見解析 2．(2018·全國Ⅰ卷)設拋物線C：y2＝2x，點A(2,0)，B(－2，0)，過點A的直線l與C交于M，N兩點． (1)當l與x軸垂直時，求直線BM的方程； (2)證明：∠ABM＝∠ABN. 解：(1)當l與x軸垂直時，l的方程為x＝2，可得M的坐標為(2,2)或(2，－2)． 所以直線BM的方程為y＝x＋1或y＝－x－1. (2)當l與x軸垂直時，AB為MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN. 當l與x軸不垂直時，設l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＞0，x2＞0.

4、由得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝，y1y2＝－4. 直線BM，BN的斜率之和為kBM＋kBN＝＋＝.① 將x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表達式代入①式分子，可得 x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0. 所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補，所以∠ABM＝∠ABN. 綜上，∠ABM＝∠ABN. [主干整合] 1．有關(guān)弦長問題 有關(guān)弦長問題，應注意運用弦長公式及根與系數(shù)的關(guān)系，“設而不求”；有關(guān)焦點弦長問題，要重視圓錐曲線定義的運用，以簡化運算． (1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得

5、弦長|P1P2|＝|x2－x1|或|P1P2|＝ |y2－y1|(k≠0)，其中求|x2－x1|與|y2－y1|時通常使用根與系數(shù)的關(guān)系，即作如下變形： |x2－x1|＝， |y2－y1|＝. (2)當斜率k不存在時，可求出交點坐標，直接運算(利用兩點間距離公式)． 2．圓錐曲線中的最值 (1)橢圓中的最值 F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，P為橢圓的任意一點，B為短軸的一個端點，O為坐標原點，則有： ①|(zhì)OP|∈[b，a]； ②|PF1|∈[a－c，a＋c]； ③|PF1|·|PF2|∈[b2，a2]； ④∠F1PF2≤∠F1BF2. (2)雙曲線中的最

6、值 F1，F(xiàn)2為雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，P為雙曲線上的任一點，O為坐標原點，則有： ①|(zhì)OP|≥a；②|PF1|≥c－a. (3)拋物線中的最值 點P為拋物線y2＝2px(p＞0)上的任一點，F(xiàn)為焦點，則有： ①|(zhì)PF|≥； ②A(m，n)為一定點，則|PA|＋|PF|有最小值． 3．拋物線焦點弦的幾個重要結(jié)論 直線AB過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，如圖． (1)y1y2＝－p2，x1x2＝. (2)|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2≥2＝p，即當x1＝x2時，弦長最短為2p. (3)＋為

7、定值. (4)弦長|AB|＝(α為AB的傾斜角)． (5)以AB為直徑的圓與準線相切． 熱點一　圓錐曲線中的范圍、最值問題 數(shù)學 運算 素養(yǎng) 數(shù)學運算——圓錐曲線問題的核心素養(yǎng) 以圓錐曲線問題為載體，借助相關(guān)知識，通過式的變形考查運算求解能力，體現(xiàn)了數(shù)學運算的核心素養(yǎng). 構(gòu)造函數(shù)求最值 [例1－1]　(2019·全國Ⅱ卷)已知點A(－2,0)，B(2,0)，動點M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－.記M的軌跡為曲線C. (1)求C的方程，并說明C是什么曲線． (2)過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點

8、G. ①證明：△PQG是直角三角形； ②求△PQG面積的最大值． [審題指導]　(1)利用斜率公式及kAM·kBM＝－求動點M的軌跡方程． (2)①根據(jù)點P在第一象限的特征，畫出滿足題意的幾何圖形，初步判斷出△PQG中∠QPG是直角．設出直線PQ的斜率和方程，再結(jié)合xE＝xP及點P，Q關(guān)于原點對稱，求出直線QG的斜率和方程，聯(lián)立直線QG和曲線C的方程，求出點G的坐標，最后求出直線PG的斜率，即可證明kPQ·kPG＝－1. ②根據(jù)△PQG是直角三角形，建立S△PQG關(guān)于直線PQ的斜率k的關(guān)系式求最值． [解析]　(1)由題設得·＝－， 化簡得＋＝1(|x|≠2)， 所以C為中心在

9、坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右頂點． (2)①證明：設直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k＞0)． 由得x＝±. 設u＝，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)． 于是直線QG的斜率為，方程為y＝(x－u)． 由 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0. 設G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解， 故xG＝，由此得yG＝， 從而直線PG的斜率為＝－. 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形． ②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝， 所以△PQG的面積S＝|PQ||PG|＝＝. 設t＝k＋， 則由k＞0得t≥2，當且僅當k＝1時取

10、等號． 因為S＝在[2，＋∞)單調(diào)遞減， 所以當t＝2，即k＝1，S取得最大值，最大值為. 因此，△PQG面積的最大值為. 最值問題的2種基本解法 幾何法 根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等在選擇題、填空題中經(jīng)?？疾? 代數(shù)法 建立求解目標關(guān)于某個(或兩個)變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值解決的(普通方法、基本不等式方法、導數(shù)方法)(如本例)等 尋找不等關(guān)系解范圍問題 [例1－2]　(2018·全國Ⅲ卷，節(jié)選)已知斜率為k的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，

11、m)(m>0)． 證明：k<－. [審題指導]　利用點差法將k轉(zhuǎn)化為含m的表達式，求解m的取值范圍，進而證明結(jié)論． [證明]　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＋＝1，＋＝1. 兩式相減，并由＝k得 ＋＝0 由題設知＝1，＝m，于是 k＝－① 由題設得0＜m＜，故k＜－. 解決圓錐曲線中的范圍問題的常用解法 (1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍． (2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，關(guān)鍵是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系． (3)利用隱含的不等關(guān)系(如：點在橢圓內(nèi))建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍． (4)利用求函數(shù)的值

12、域或求函數(shù)定義域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)或其他變量的自變量，從而確定參數(shù)的取值范圍． (2020·山師附中模擬)已知點A(0，－2)，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點． (1)求E的方程； (2)設過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點．當△OPQ的面積最大時，求l的方程． 解析：(1)設F(c,0)，由條件知，＝，得c＝. 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程為＋y2＝1. (2)當l⊥x軸時不合題意，故設l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 將y＝kx－2代入＋y2＝1，

13、 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 當Δ＝16(4k2－3)＞0， 即k2＞時，x1,2＝. 從而|PQ|＝|x1－x2|＝. 又點O到直線PQ的距離d＝. 所以△OPQ的面積S△OPQ＝d·|PQ|＝. 設＝t，則t＞0，S△OPQ＝＝. 因為t＋≥4，當且僅當t＝2，即k＝±時等號成立，且滿足Δ＞0. 所以，當△OPQ的面積最大時，l的方程為y＝x－2或y＝－x－2. 熱點二　圓錐曲線中的定點、定值問題 巧妙消元證定值 [例2－1]　(2019·青島三模)已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，以橢圓的短軸為直徑的圓與直線x－y＋＝0相切． (1)求

14、橢圓E的方程． (2)設橢圓過右焦點F的弦為AB、過原點的弦為CD，若CD∥AB，求證：為定值． [審題指導]　(1)要求橢圓方程，只要由原點到直線的距離等于半短軸長，求b即可． (2)要證明為定值，只要利用弦長公式計算化簡即可． [解析]　(1)依題意，原點到直線x－y＋＝0的距離為b， 則有b＝＝. 由＝，得a2＝b2＝4. 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)①當直線AB的斜率不存在時，易求|AB|＝3，|CD|＝2， 則＝4. ②當直線AB的斜率存在時， 設直線AB的斜率為k，依題意k≠0， 則直線AB的方程為y＝k(x－1)，直線CD的方程為y＝kx. 設A(

15、x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， |AB|＝|x1－x2| ＝· ＝. 由整理得x2＝， 則|x3－x4|＝. |CD|＝|x3－x4|＝4 . 所以＝·＝4. 綜合①②，＝4為定值． 解答圓錐曲線的定值問題的策略 定值問題就是證明一個量與其中的變化因素無關(guān)，這些因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動點的坐標等，這類問題的一般解法是使用變化的量表示求證目標，通過運算求證目標的取值與變化的量無關(guān)． 巧引參數(shù)尋定點 [例2－2]　(2020·

16、長沙模擬)已知以點C(0,1)為圓心的動圓C與y軸負半軸交于點A，其弦AB的中點D恰好落在x軸上． (1)求點B的軌跡E的方程； (2)過直線y＝－1上一點P作曲線E的兩條切線，切點分別為M，N.探究直線MN是否過定點？請說明理由． [審題指導]　(1)利用直接法求軌跡方程． (2)設P點坐標(6，－1)，先求M、N處的切線方程再建立直線MN的方程(用參數(shù)t表示)，從而求定點． [解析]　(1)設B(x，y)，y＞0，則AB的中點D， ∵C(0,1)，連接DC，∴＝，＝. 在⊙C中，DC⊥DB，∴·＝0，∴－＋y＝0，即x2＝4y(y＞0)， ∴點B的軌跡E的方程為x2＝4y(

17、y＞0)． (2)由(1)可得曲線E的方程為x2＝4y(y＞0)． 設P(t，－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， ∵y＝，∴y′＝， ∴過點M，N的切線方程分別為y－y1＝(x－x1)，y－y2＝(x－x2)， 由4y1＝x，4y2＝x，上述切線方程可化為2(y＋y1)＝x1x,2(y＋y2)＝x2x. ∵點P在這兩條切線上，∴2(y1－1)＝tx1,2(y2－1)＝tx2，即直線MN的方程為2(y－1)＝tx， 故直線MN過定點C(0,1)． 過定點問題的常用解法 (1)動直線l過定點問題，解法：設動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將t用k表示為

18、t＝mk，其代入直線方程y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)． (2)動曲線C過定點問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點． (3)從特殊位置入手，找出定點，再證明該點符合題意． (2019·全國Ⅰ卷)已知點A，B關(guān)于坐標原點O對稱，|AB|＝4，⊙M過點A，B且與直線x＋2＝0相切． (1)若A在直線x＋y＝0上，求⊙M的半徑． (2)是否存在定點P，使得當A運動時，|MA|－|MP|為定值？并說明理由． 解：(1)因為⊙M過點A，B，所以圓心M在AB的垂直平分線上，由已知A在直線x＋y＝0上，且A，B關(guān)于坐標原點O對

19、稱，所以M在直線y＝x上，故可設M(a，a)． 因為⊙M與直線x＋2＝0相切，所以⊙M的半徑為r＝|a＋2|. 由已知得|AO|＝2，又⊥，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4. 故⊙M的半徑r＝2或r＝6. (2)存在定點P(1,0)，使得|MA|－|MP|為定值， 理由如下： 設M(x，y)，由已知得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2， 由于⊥，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化簡得M的軌跡方程為y2＝4x， 因為曲線C：y2＝4x是以點P(1,0)為焦點，以直線x＝－1為準線的拋物線，所以|MP|＝x＋1. 因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝

20、x＋2－(x＋1)＝1，所以存在滿足條件的定點P. 限時60分鐘　滿分60分 解答題(本大題共5小題，每小題12分，共60分) 1．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點M(2,1)，且離心率e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)設A，B分別是橢圓C的上頂點、右頂點，點P是橢圓C在第一象限內(nèi)的一點，直線AP，BP分別交x軸，y軸于點M，N，求四邊形ABMN面積的最小值． 解析：本題主要考查橢圓的標準方程、橢圓的基本性質(zhì)以及直線方程，考查考生分析問題、解決問題的能力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學運算．(1)由離心率及c2＝a2－b2得a，b的關(guān)系，再把已知點代入即可求出標準方程；(2)設

21、出點P的坐標，得到直線AP，BP的方程，從而表示出點M，N的坐標，進而得到|AN|·|BM|，最后利用S四邊形ABMN＝S△OMN－S△OAB及基本不等式求面積的最小值． (1)由橢圓的離心率為得，＝，又c2＝a2－b2，∴a＝2b.又橢圓C經(jīng)過點(2,1)，∴＋＝1，解得b2＝2， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)由(1)可知，A(0，)，B(2，0)，設P(x0，y0)(0＜x0＜2，0＜y0＜)，則直線AP：y＝x＋，從而M. 直線BP：y＝(x－2)，從而N. ∵＋＝1，∴|AN|·|BM|＝·＝ ＝＝8. ∴S四邊形ABMN＝S△OMN－S△OAB ＝(|OM|·|O

22、N|－|OA|·|OB|) ＝(|BM|＋2|AN|＋8) ＝(|BM|＋2|AN|)＋4 ≥4＋·2 ＝4＋4(O為坐標原點)， 當且僅當|BM|＝4，|AN|＝2時取得最小值． 2．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，上頂點M到直線x＋y＋4＝0的距離為3. (1)求橢圓C的方程； (2)設直線l過點(4，－2)，且與橢圓C相交于A，B兩點，l不經(jīng)過點M，證明：直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值． 解：本題主要考查橢圓與直線的交匯，考查考生的數(shù)形結(jié)合能力、推理論證能力以及運算求解能力，考查的核心素養(yǎng)是直觀想象、邏輯推理、數(shù)學運算． (1)由題意可得，，解得

23、，所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)易知直線l的斜率恒小于0，設直線l的方程為y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 因為kMA＋kMB＝＋＝， 所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(為定值)． 3．(2019·淮南三模)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，直線4x＋3y－5＝0與以坐標原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓相切． (1)求橢圓C的標準方程； (2)若A為橢圓C的

24、下頂點，M，N為橢圓C上異于A的兩點，直線AM與AN的斜率之積為1. ①求證：直線MN恒過定點，并求出該定點的坐標； ②若O為坐標原點，求·的取值范圍． 解析：(1)由題意可得離心率e＝＝， 又直線4x＋3y－5＝0與圓x2＋y2＝b2相切， 所以b＝＝1， 結(jié)合a2－b2＝c2，解得a＝， 所以橢圓C的標準方程為＋x2＝1. (2)①設M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由題意知A(0，－)，又直線AM與AN的斜率之積為1，所以·＝1， 即有x1x2＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋3， 由題意可知直線MN的斜率存在且不為0， 設直線MN：y＝kx＋t(k≠0)， 代入

25、橢圓方程，消去y可得(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0， 所以x1x2＝，x1＋x2＝－， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝2t－＝， y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2 ＝k2·＋kt＋t2＝， 所以＝＋＋3， 化簡得t2＋3t＋6＝0，解得t＝－2(－舍去)， 則直線MN的方程為y＝kx－2， 即直線MN恒過定點，該定點的坐標為(0，－2)． ②由①可得·＝x1x2＋y1y2＝＋＝＝， 由(3＋k2)x2＋2ktx＋t2－3＝0，可得Δ＝4k2t2－4(t2－3)(3＋k2)＝48k2－36(3＋k2)＞0，解得k2＞9. 令3＋k2＝m，則m

26、＞12，且k2＝m－3， 所以＝＝－3， 由m＞12，可得－3＜－3＜. 則·的取值范圍是. 4．(2019·浙江卷) 如圖，已知點F(1,0)為拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點．過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線上，使得ΔABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F的右側(cè)．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2. (1)求p的值及拋物線的準線方程； (2)求的最小值及此時點G的坐標． 解：(1)由題意得＝1，即p＝2. 所以，拋物線的準線方程為x＝－1. (2)設A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xc，yc)，重心G(xG，yG)．

27、令yA＝2t，t≠0，則xA＝t2. 由于直線AB過F，故直線AB的方程為x＝y(tǒng)＋1，代入y2＝4x，得y2－y－4＝0， 故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B. 又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x軸上，故2t－＋yC＝0，得C，G. 所以，直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)． 由于Q在焦點F的右側(cè)，故t2＞2.從而 ＝ ＝＝＝2－. 令m＝t2－2，則m>0， ＝2－＝2－≥2－＝1＋. 當m＝時，取得最小值1＋，此時G(2,0)． 5．(2019·北京卷)已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(2，－1)

28、． (1)求拋物線C的方程及其準線方程； (2)設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點． 解析：本題主要考查拋物線方程的求解與準線方程的確定，直線與拋物線的位置關(guān)系，圓的方程的求解及其應用等知識，意在考查學生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力． (1)將點(2，－1)代入拋物線方程：22＝2p×(－1)可得：p＝－2， 故拋物線方程為：x2＝－4y，其準線方程為：y＝1. (2)很明顯直線l的斜率存在，焦點坐標為(0，－1)， 設直線方程為y＝kx－1，與拋物線方程x2

29、＝－4y聯(lián)立可得：x2＋4kx－4＝0. 故：x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4. 設M，N，則kOM＝－， kON＝－， 直線OM的方程為y＝－x，與y＝－1聯(lián)立可得：A，同理可得B， 易知以AB為直徑的圓的圓心坐標為：，圓的半徑為：， 且：＋＝＝2k，＝2×＝2， 則圓的方程為：(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(k2＋1)， 令x＝0整理可得：y2＋2y－3＝0，解得：y1＝－3，y2＝1， 即以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點(0，－3)，(0,1)． 高考解答題·審題與規(guī)范(五)　解析幾何類考題 重在“巧設” 思維流程 1.解析幾何部分知識點多，運算量大

30、，能力要求高，在高考試題中大都是在壓軸題的位置出現(xiàn)，是考生“未考先怕”的題型之一，不是怕解題無思路，而是怕解題過程中繁雜的運算． 2.在遵循“設——列——解”程序化運算的基礎(chǔ)上，應突出解析幾何“設”的重要性，以克服平時重思路方法、輕運算技巧的頑疾，突破如何避繁就簡這一瓶頸. 真題案例 審題指導 審題方法 (12分)(2019·全國Ⅲ卷)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B. (1)證明：直線AB過定點； (2)若以E為圓的圓與直線AB相切，切點為線段AB的中點，求四邊形ABCD的面積. (1)設點D的坐標為，根據(jù)導數(shù)的幾何意義確定切

31、線DA，DB的斜率，利用方程的同解性得出直線AB的方程，進而證明直線過定點． (2)聯(lián)立直線AB與拋物線的方程，求出AB的弦長及點D，E到直線AB的距離，建立四邊形ADBE的面積表達式，再利用直線與圓相切的條件求出參數(shù)的值，進而可求四邊形ADBE的面積. 審方法 數(shù)學思想是問題的主線，方法是解題的手段．審視方法，選擇適當?shù)慕忸}方法，往往使問題的解決事半功倍．審題的過程還是一個解題方法的抉擇過程，開拓的解題思路能使我們心涌如潮，適宜的解題方法則幫助我們事半功倍. 規(guī)范解答 [解析]　(1)設D，A(x1，y1)，則x＝2y1.1分① 由y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故＝x1.

32、 整理得2tx1－2y1＋1＝0.2分② 設B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.3分③ 故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.4分④ 所以直線AB過定點5分⑤ (2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.6分⑥ 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1， |AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1).7分⑦ 設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1＝，d2＝. 因此，四邊形ADBE的面積S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).9分⑧ 設M為線段AB的中點，則M. 由于⊥，而＝

33、(t，t2－2)，與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0. 解得t＝0或t＝±1.11分⑨ 當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4. 因此，四邊形ADBE的面積為3或4.12分⑩ 評分細則 第(1)問踩點得分 ①設出D點、A點坐標得1分． ②求出A點處的切線方程得1分． ③同理寫出B點處的切線方程得1分． ④求出AB的方程得1分． ⑤求出定點得1分． 第(2)問踩點得分 ⑥聯(lián)立方程組得x的一元二次方程得1分． ⑦用t表示出|AB|的長得1分． ⑧分別求出點D、E到AB的距離得1分；表示出四邊形的面積得1分． ⑨求出M點及的坐標得1分；求出AB的方向向量，利用⊥求出t的值得1分． ⑩求出四邊形的面積得1分. - 17 -