【数学】2018届一轮复习人教A版第8章热点探究课5平面解析几何中的高考热点问题学案 17页

热点探究课(五)　‎ 平面解析几何中的高考热点问题 ‎[命题解读]　圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．‎ 热点1　圆锥曲线的标准方程与性质 圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a，b，c三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．‎ ‎　(2017·诸暨质检)如图1，椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.‎ 图1‎ ‎(1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若|PF1|＝|PQ|，求椭圆的离心率e. 【导学号：51062314】‎ ‎[解]　(1)由椭圆的定义，‎ ‎2a‎＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.2分 设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，‎ 因此2c＝|F1F2|＝ ‎＝＝2.‎ 即c＝，从而b＝＝1，‎ 故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.5分 ‎(2)连接F1Q，如图，由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝‎2a，‎ ‎|QF1|＋|QF2|＝‎2a，‎ 又|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|＝(2a－|PF1|)＋(2a－|QF1|)，‎ 可得|QF1|＝4a－2|PF1|.①‎ 又因为PF1⊥PQ且|PF1|＝|PQ|，所以|QF1|＝|PF1|.②‎ 由①②可得|PF1|＝(4－2)a，9分 从而|PF2|＝2a－|PF1|＝(2－2)a.‎ 由PF1⊥PF2知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，‎ 即(4－2)2a2＋(2－2)2a2＝4c2，13分 可得(9－6)a2＝c2，即＝9－6，‎ 因此e＝＝＝－.15分 ‎[规律方法]　1.用定义法求圆锥曲线的方程是常用的方法，同时应注意数形结合思想的应用．‎ ‎2．圆锥曲线的离心率刻画曲线的扁平程度，只要明确a，b，c中任意两量的等量关系都可求出离心率，但一定注意不同曲线离心率取值范围的限制．‎ ‎[对点训练1]　已知椭圆中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率为，它的一个顶点为抛物线x2＝4y的焦点．‎ ‎(1)求椭圆方程；‎ ‎(2)若直线y＝x－1与抛物线相切于点A，求以A为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程．‎ ‎[解]　(1)椭圆中心在原点，焦点在x轴上．‎ 设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)．‎ 因为抛物线x2＝4y的焦点为(0,1)，‎ 所以b＝1.4分 由离心率e＝＝，a2＝b2＋c2＝1＋c2，‎ 从而得a＝，所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.6分 ‎(2)由解得所以点A(2,1).9分 因为抛物线的准线方程为y＝－1，‎ 所以圆的半径r＝1－(－1)＝2，12分 所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.15分 热点2　圆锥曲线中的定点、定值问题 定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．‎ 角度1　圆锥曲线中的定值问题 ‎　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值. 【导学号：51062315】‎ ‎[解]　(1)由题意得解得4分 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.6分 ‎(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．‎ 设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.‎ 当x0≠0时，‎ 直线PA的方程为y＝(x－2)．‎ 令x＝0，得yM＝－，‎ 从而|BM|＝|1－yM|＝.‎ 直线PB的方程为y＝x＋1.10分 令y＝0，得xN＝－，‎ 从而|AN|＝|2－xN|＝.‎ 所以|AN|·|BM|＝· ‎＝ ‎＝ ‎＝4.13分 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，‎ 所以|AN|·|BM|＝4.‎ 综上，|AN|·|BM|为定值.15分 ‎[规律方法]　1.求定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．‎ ‎2．定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的．‎ 角度2　圆锥曲线中的定点问题 ‎　设椭圆E: ＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，且过点.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设椭圆E的左顶点是A，若直线l：x－my－t＝0与椭圆E相交于不同的两点M，N(M，N与A均不重合)，若以MN为直径的圆过点A，试判定直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标. 【导学号：51062316】‎ ‎[解]　(1)由e2＝＝＝，可得a2＝2b2，2分 椭圆方程为＋＝1，‎ 代入点可得b2＝2，a2＝4，‎ 故椭圆E的方程为＋＝1.5分 ‎(2)由x－my－t＝0得x＝my＋t，‎ 把它代入E的方程得：(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0，‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)得：‎ y1＋y2＝－，y1y2＝，‎ x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝，‎ x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)‎ ‎＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝.8分 因为以MN为直径的圆过点A，‎ 所以AM⊥AN，‎ 所以·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)‎ ‎＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2‎ ‎＝＋2×＋4＋ ‎＝＝＝0.‎ 因为M，N与A均不重合，所以t≠－2，‎ 所以t＝－，直线l的方程是x＝my－，直线l过定点T，14分 由于点T在椭圆内部，故满足判别式大于0，‎ 所以直线l过定点T.15分 ‎[规律方法]　1.假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．‎ ‎2．从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．‎ 热点3　圆锥曲线中的最值、范围问题 圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．‎ ‎　(2017·杭州调研)如图2，已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．‎ 图2‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点). 【导学号：51062317】‎ ‎[解]　(1)由题意知m≠0，‎ 可设直线AB的方程为y＝－x＋b.‎ 由消去y，得 x2－x＋b2－1＝0.2分 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，‎ 所以Δ＝－2b2＋2＋>0.①‎ 将线段AB中点M代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－.‎ ‎②‎ 由①②得m<－或m>.‎ 故m的取值范围是∪.6分 ‎(2)令t＝∈∪，‎ 则|AB|＝·，‎ 且O到直线AB的距离为d＝.10分 设△AOB的面积为S(t)，‎ 所以S(t)＝|AB|·d＝≤，‎ 当且仅当t2＝时，即m＝±时，等号成立．‎ 故△AOB面积的最大值为.15分 ‎[规律方法]　范围(最值)问题的主要求解方法：‎ ‎(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．‎ ‎(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解．‎ ‎[对点训练2]　如图3所示，设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.(1)求p的值；‎ 图3‎ ‎(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得＝1，即p＝2.5分 ‎(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.‎ 因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)．‎ 由消去x得y2－4sy－4＝0.‎ 故y1y2＝－4，所以B.8分 又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为－.‎ 从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－，‎ 所以N.‎ 设M(m,0)，由A，M，N三点共线得 ＝，于是m＝＝2＋，‎ 所以m<0或m>2.14分 经推理知，m<0或m>2满足题意．‎ 综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).15分 热点4　圆锥曲线中的探索性问题(答题模板)‎ 圆锥曲线中的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．‎ ‎　(本小题满分15分)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N两点．‎ ‎(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；‎ ‎(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由. ‎ ‎【导学号：51062318】‎ ‎[解]　(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a).1分．‎ 又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，‎ 即x－y－a＝0.3分 y＝在x＝－2处的导数值为－，C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，‎ 即x＋y＋a＝0.‎ 故所求切线方程为x－y－a＝0或x＋y＋a＝0.6分 ‎(2)存在符合题意的点．证明如下：‎ 设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.9分 将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.‎ 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.‎ 从而k1＋k2＝＋ ‎＝＝.12分 当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，‎ 故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．15分 ‎[答题模板]　第一步：分别求出曲线y＝在M点，N点处的导数．‎ 第二步：利用点斜式分别写出在M点、N点的切线方程．‎ 第三步：联立直线y＝kx＋a与抛物线y＝，并写出根与系数的关系式．‎ 第四步：由kPM＋kPN＝0，结合根与系数的关系式，探索点P的坐标．‎ 第五步：检验反思，查关键点，规范步骤．‎ ‎[温馨提示]　1.(1)在第(2)问中，不能把条件∠OPM＝∠OPN适当转化为k1‎ ‎＋k2＝0，找不到解题的思路和方法，而不能得分．‎ ‎(2)运算能力差或运算不细心，导致运算结果错误而扣分或者不得分．‎ ‎2．数学阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有则得分，无则扣分，所以解题时要写全关键步骤．‎ ‎(1)本题的关键点一是利用导数的几何意义求切线方程，二是把条件中转化为只需直线PM，PN的斜率之和为0.‎ ‎(2)解析几何对运算能力要求较高，解题时一定要细心准确，否则可能是思路正确，但是运算结果错误，而不得分．‎ ‎[对点训练3]　如图4，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.‎ 图4‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由. ‎ ‎【导学号：51062319】‎ ‎[解]　(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．‎ 又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，2分 于是解得a＝2，b＝.‎ 所以椭圆E的方程为＋＝1.5分 ‎(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．‎ 联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.8分 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.‎ 从而，·＋λ· ‎＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]‎ ‎＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1‎ ‎＝ ‎＝－－λ－2.‎ 所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.13分 此时，·＋λ·＝－3为定值．‎ 当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.‎ 此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.‎ 故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.15分 热点探究训练(五)‎ 平面解析几何中的高考热点问题 ‎1．设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.‎ ‎(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；‎ ‎(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.‎ ‎[解]　(1)根据c＝及题设知M，＝，2b2＝‎3ac.2分 将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，‎ 解得＝，＝－2(舍去)．‎ 故C的离心率为.5分 ‎(2)由题意，原点O为F‎1F2的中点，MF2∥y轴，‎ 所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点，‎ 故＝4，即b2＝4a.①‎ 由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.8分 设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则 即12分 代入C的方程，得＋＝1.②‎ 将①及c＝代入②得＋＝1.‎ 解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2.15分 ‎2．如图5，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.‎ 图5‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得·＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由. 【导学号：51062320】‎ ‎[解]　(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1.5分 ‎(2)由 消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，‎ ‎∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，‎ 即m2＝3＋4k2.8分 设P(xP，yP)，则xP＝－＝－，‎ yP＝kxP＋m＝－＋m＝，即P.‎ ‎∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，‎ ‎∴＝，＝(4－t,4k＋m)，12分 ‎∴·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故即t＝1.‎ ‎∴存在点M(1,0)符合题意.15分 ‎3．如图7，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．‎ 图7‎ ‎(1)证明：动点D在定直线上；‎ ‎(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．‎ ‎[解]　(1)证明：依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.‎ 直线AO的方程为y＝x；BD的方程为x＝x2.2分 解得交点D的坐标为 注意到x1x2＝－8及x＝4y1，‎ 则有y＝＝＝－2.‎ 因此D点在定直线y＝－2上(x≠0).5分 ‎(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，‎ 即x2－4ax－4b＝0.8分 由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.‎ 故切线l的方程可写为y＝ax－a2.‎ 分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为N1，N2，10分 则|MN2|2－|MN1|2＝2＋42－2＝8，‎ 即|MN2|2－|MN1|2为定值8.15分 ‎4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2＝－4x的焦点相同，且椭圆C上一点与椭圆C的左、右焦点F1，F2构成的三角形的周长为2＋2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l：y＝kx＋m(k，m∈R)与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，△AOB的重心G满足：·＝－，求实数m的取值范围．‎ ‎[解]　(1)依题意得即 ‎∴椭圆C的方程为＋y2＝1.4分 ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 联立得方程组消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，则 　①6分 设△AOB的重心为G(x，y)，‎ 由·＝－，可得x2＋y2＝.　②‎ 由重心公式可得G，代入②式，‎ 整理可得(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝4⇒(x1＋x2)2＋[k(x1＋x2)＋2m]2＝4，　③8分 将①式代入③式并整理，得m2＝，代入(*)得k≠0，‎ 则m2＝＝1＋＝1＋.12分 ‎∵k≠0，∴t＝>0，‎ ‎∴t2＋4t>0，‎ ‎∴m2>1，‎ ‎∴m∈(－∞，－1)∪(1，＋∞).15分 ‎5．已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.‎ ‎(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；‎ ‎(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由. 【导学号：51062321】‎ ‎[解]　(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).1分 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.‎ 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.‎ 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.6分 ‎(2)四边形OAPB能为平行四边形．‎ 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.‎ 由(1)得OM的方程为y＝－x.8分 设点P的横坐标为xP.‎ 由得x＝，‎ 即xP＝.‎ 将点的坐标代入直线l的方程得b＝，‎ 因此xM＝.11分 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.‎ 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.‎ 因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形.15分 ‎6．已知A是椭圆E：＋＝1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.‎ ‎(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；‎ ‎(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：0.‎ 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.‎ 又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.2分 将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.‎ 解得y＝0或y＝，所以y1＝.‎ 因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.5分 ‎(2)证明：设直线AM的方程为y＝k(x＋2)(k＞0)，‎ 代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.7分 由x1·(－2)＝得x1＝，‎ 故|AM|＝|x1＋2|＝.‎ 由题意，设直线AN的方程为y＝－(x＋2)，‎ 故同理可得|AN|＝.10分 由2|AM|＝|AN|得＝，‎ 即4k3－6k2＋3k－8＝0.‎ 设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增．又f()＝15－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以＜k＜2.15分