【数学】2019届理科一轮复习北师大版专题探究课5平面解析几何中的高考热点问题教案 11页

(五)　平面解析几何中的高考热点问题 ‎(对应学生用书第153页)‎ ‎[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，对运算能力，分析问题解决问题的能力要求较高，难度较大，常以压轴题的形式出现．‎ 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·石家庄质检)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. ‎ ‎【导学号：79140313】‎ 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.‎ ‎[解]　(1)由椭圆的定义，‎ ‎2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.‎ 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.‎ ‎(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，‎ 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，‎ 可得(9－6)a2＝c2，‎ 即＝9－6，‎ 因此e＝＝＝－.‎ ‎[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.‎ ‎[跟踪训练]　(2017·河南3月适应性测试)设抛物线的顶点在坐标原点，焦点F在y轴正半轴上，过点F的直线交抛物线于A，B两点，线段AB的长是8，AB的中点到x轴的距离是3.‎ ‎(1)求抛物线的标准方程；‎ ‎(2)设直线m在y轴上的截距为6，且与抛物线交于P，Q两点．连接QF并延长交抛物线的准线于点R，当直线PR恰与抛物线相切时，求直线m的方程．‎ ‎[解]　(1)设抛物线的方程是x2＝2py(p＞0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线定义可知y1＋y2＋p＝8，‎ 又AB的中点到x轴的距离为3，∴y1＋y2＝6，∴p＝2，‎ ‎∴抛物线的标准方程是x2＝4y.‎ ‎(2)由题意知，直线m的斜率存在，设直线m：y＝kx＋6(k≠0)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，‎ 由消去y得x2－4kx－24＝0，‎ ‎∴(*)‎ 易知抛物线在点P处的切线方程为y－＝(x－x3)，‎ 令y＝－1，得x＝，∴R，‎ 又Q，F，R三点共线，∴kQF＝kFR，又F(0,1)，∴＝，‎ 即(x－4)(x－4)＋16x3x4＝0，‎ 整理得(x3x4)2－4[(x3＋x4)2－2x3x4]＋16＋16x3x4＝0，‎ 将(*)式代入上式得k2＝，∴k＝±，‎ ‎∴直线m的方程为y＝±x＋6.‎ 圆锥曲线中的定点、定值问题(答题模板)‎ 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．‎ ‎　(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，①‎ 中.②‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，③证明：l过定点．‎ ‎[审题指导]‎ 题眼 挖掘关键信息 ‎①②‎ 根据椭圆的对称性，以及所给四点中P3、P4关于y轴对称，可知P3、P4在椭圆上，进而判断P2在椭圆上，求出其方程 ‎③‎ 欲证直线l过定点，只需求出l的方程，分析l与x轴的位置关系，结合直线P2A与直线P2B斜率的和为－1，联立l与椭圆的方程求解，并注意“设而不求，整体代入”方法的运用 ‎[规范解答]　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．‎ 又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，‎ 所以点P2在椭圆C上. 2分 因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1. 4分 ‎(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.‎ 如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设. 6分 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．‎ 将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.‎ 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝. 8分 而k1＋k2＝＋ ‎＝＋ ‎＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，‎ 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 10分 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－.‎ 当且仅当m＞－1时，Δ＞0，‎ 于是l：y＝－x＋m，‎ 即y＋1＝－(x－2)，‎ 所以l过定点(2，－1). 12分 ‎[阅卷者说]‎ 易错点 防范措施 不会判断四点中哪三点在椭圆上 可画出四点，数形给合进行判断 忽视直线l斜率不存在的情况 应树立分类讨论的意识，求直线方程，应以直线斜率是否存在为标准分类求解 ‎[规律方法]　定点问题的常见解法 (1)根据题意选择参数，建立一个含参数的直线系或曲线系方程，经过分析、整理，对方程进行等价变形，以找出适合方程且与参数无关的坐标(该坐标对应的点即为所求定点).‎ (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意.‎ ‎[跟踪训练]　(2016·北京高考)已知椭圆C：＋＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程及离心率；‎ ‎(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．‎ ‎[解]　(1)由题意得a＝2，b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ 又c＝＝，所以离心率e＝＝.‎ ‎(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4.‎ 又A(2,0)，B(0,1)，‎ 所以直线PA的方程为y＝(x－2)．‎ 令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋.‎ 直线PB的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋.‎ 所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝2.‎ 从而四边形ABNM的面积为定值．‎ 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．‎ ‎　(2018·石家庄质检(二))已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T为椭圆上一点，直线TA，TB的斜率之积为－.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设O为原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求·＋·的取值范围. ‎ ‎【导学号：79140314】‎ ‎[解]　(1)设T(x，y)，则直线TA的斜率为k1＝，‎ 直线TB的斜率为k2＝.‎ 于是由k1k2＝－，得·＝－，‎ 整理得＋＝1.‎ ‎(2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋2，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线PQ与椭圆方程联立得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0，‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.‎ 从而，·＋· ‎＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]‎ ‎＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4‎ ‎＝＝－20＋.‎ ‎－20＜·＋·≤－.‎ 当直线PQ斜率不存在时，‎ 易得P，Q两点的坐标为(0,2)，(0，－2)，‎ 所以·＋·的值为－20.‎ 综上所述，·＋·的取值范围为.‎ ‎[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.‎ ‎[跟踪训练]　(2017·广东六校联盟联考)已知点P是圆O：x2＋y2＝1上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使＝.‎ ‎(1)求点M的轨迹E的方程；‎ ‎(2)过点C(m,0)作圆O的切线l，交(1)中的曲线E于A，B两点，求△AOB面积的最大值．‎ ‎[解]　(1)设点M(x，y)，∵＝，∴P为QM的中点，又有PQ⊥y轴，‎ ‎∴P，∵点P是圆：x2＋y2＝1上的点，‎ ‎∴＋y2＝1.‎ 即点M的轨迹E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意可知直线l与y轴不垂直，故可设l：x＝ty＋m，t∈R，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ ‎∵l与圆O：x2＋y2＝1相切，‎ ‎∴＝1，即m2＝t2＋1， ①‎ 由消去x，‎ 并整理得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，‎ 其中Δ＝4m2t2－4(t2＋4)(m2－4)＝48＞0，‎ 则y1＋y2＝，y1y2＝. ②‎ ‎∴|AB|＝ ‎＝，‎ 将①②代入上式得|AB|＝＝，|m|≥1，‎ ‎∴S△AOB＝|AB|·1＝·＝≤＝1，‎ 当且仅当|m|＝，即m＝±时，等号成立，‎ ‎∴(S△AOB)max＝1.‎ ‎ ‎ 圆锥曲线中的探索性问题 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．‎ ‎　(2018·郑州第二次质量预测)已知椭圆x2＋2y2＝m(m＞0)，以椭圆内一点M(2,1)为中点作弦AB，设线段AB的中垂线与椭圆相交于C，D两点．‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)试判断是否存在这样的m，使得A，B，C，D在同一个圆上，并说明理由．‎ ‎[解]　(1)将椭圆化成标准方程＋＝1(m＞0)，‎ e＝＝.‎ ‎(2)由题意，直线AB的斜率存在，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，‎ 设AB的方程为y＝k(x－2)＋1，联立x2＋2y2＝m(m＞0)，‎ 得(1＋2k2)x2＋4k(1－2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m＞0)．‎ x1＋x2＝＝4，k＝－1，‎ 此时由Δ＞0，得m＞6.‎ 则AB的方程为x＋y－3＝0，‎ 则CD的方程为x－y－1＝0.‎ 联立得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，‎ 故CD的中点N为.‎ 由弦长公式可得 ‎|AB|＝|x1－x2|＝·，‎ ‎|CD|＝|y3－y4|＝·＞|AB|，‎ 若存在符合题意的圆，则圆心在CD上，‎ CD的中点N到直线AB的距离为＝.‎ ‎|NA|2＝|NB|2＝＋＝.‎ 又＝＝，‎ 所以存在m＞6，使得A，B，C，D在同一个圆上．‎ ‎[规律方法]　探索性问题的求解方法 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”.其步骤如下：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，列出与该元素相关的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素存在，否则，元素不存在.‎ (2)反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法.‎ ‎[跟踪训练]　(2017·湖北武汉调研)已知直线y＝k(x－2)与抛物线Г：y2＝x相交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作y轴的垂线交Г于点N.‎ ‎(1)证明：抛物线Г在点N处的切线与直线AB平行；‎ ‎(2)是否存在实数k使·＝0？若存在，求k的值；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：由消去y并整理，得2k2x2－(8k2＋1)x＋8k2＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，‎ x1x2＝4，‎ ‎∴xM＝＝，‎ 则yM＝k(xM－2)＝k＝，‎ 由题设条件可知，yN＝yM＝，则xN＝2y＝，‎ ‎∴N，‎ 设抛物线在点N处的切线方程为y－＝m，‎ 将x＝2y2代入上式，得2my2－y＋－＝0，‎ ‎∵直线与抛物线相切，‎ ‎∴Δ＝12－4×2m×＝＝0，‎ ‎∴m＝k，即抛物线Г在点N处的切线与直线AB平行．‎ ‎(2)假设存在实数k，使·＝0，则NA⊥NB，‎ ‎∵M是AB的中点，∴|MN|＝|AB|，‎ 由(1)得|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝·，‎ ‎∵MN⊥y轴，∴|MN|＝|xM－xN|＝－＝，‎ ‎∴＝·，解得k＝±，故存在k＝±，使·＝0.‎