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- 2021-06-16 发布
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解析几何热点问题
三年真题考情
核心热点
真题印证
核心素养
直线方程、定值问题
2019·Ⅰ,19;2018·Ⅰ,19;2018·北京,19
数学运算、逻辑推理
椭圆方程、定点问题
2019·北京,19;2017·Ⅰ,20;2017·Ⅱ,20
数学运算、逻辑推理
直线与椭圆的位置关系
2019·Ⅱ,19;2018·Ⅲ,20
数学运算、逻辑推理
直线与抛物线的位置关系
2019·Ⅲ,21;2019·北京,18;2018·Ⅱ,19;2017·Ⅲ,20
数学运算、逻辑推理
热点聚焦突破
教材链接高考——求曲线方程及直线与圆锥曲线
[教材探究](选修2-1P49习题A5(1)(2))求适合下列条件的椭圆的标准方程:
(1)过点P(-2,0),Q(0,);
(2)长轴长是短轴长的3倍,且经过点P(3,0).
[试题评析] 1.问题涉及解析几何中最重要的一类题目:求曲线的方程,解决的方法都是利用椭圆的几何性质.
2.对于(1)给出的两点并不是普通的两点,而是长轴和短轴的端点,这就告诉我们要仔细观察、借助图形求解问题,(2)中条件给出a,b的值,但要讨论焦点的位置才能写出椭圆方程.
【教材拓展】 设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,过抛物线上一点A作l的垂线,垂足为B,设C,AF与BC相交于点E,若|CF|=2|AF|,且△ACE的面积为3,则p的值为________.
解析 易知抛物线的焦点F的坐标为,
又|CF|=2|AF|且|CF|==3p,
∴|AB|=|AF|=p,
可得A(p,p).
易知△AEB∽△FEC,∴==,
故S△ACE=S△ACF=×3p×p×=p2=3,
∴p2=6,∵p>0,∴p=.
答案
探究提高 1.解答本题的关键有两个:(1)利用抛物线的定义求出点A的坐标,(2)根据△AEB∽△FEC求出线段比,进而得到面积比并利用条件“S△ACE=3”求解.
2.对于解析几何问题,除了利用曲线的定义、方程进行运算外,还应恰当地利用平面几何的知识,能起到简化运算的作用.
【链接高考】 (2019·天津卷)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为.
(1)求椭圆的方程;
(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上,若|ON|=|OF|(O为原点),且OP⊥MN,求直线PB的斜率.
解 (1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,=,又a2=b2+c2,可得a=,b=2,c=1.
所以椭圆的方程为+=1.
(2)由题意,设P(xP,yP)(xP≠0),M(xM,0),
直线PB的斜率为k(k≠0),
又B(0,2),则直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立整理得(4+5k2)x2+20kx=0,
可得xP=-,
代入y=kx+2得yP=,
进而直线OP的斜率为=.
在y=kx+2中,令y=0,得xM=-.
由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-.
由OP⊥MN,得·=-1,化简得k2=,
从而k=±(满足Δ=(20k)2>0).
所以直线PB的斜率为或-.
教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题
【例题】 (2019·北京卷)已知抛物线C:x2=-2py(p>0)经过点(2,-1).
(1)求抛物线C的方程及其准线方程;
(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
[审题路线]
[自主解答]
(1)解 由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1)得p=2.
所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1.
(2)证明 抛物线C的焦点为F(0,-1).
设直线l的方程为y=kx-1(k≠0).
由得x2+4kx-4=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4.
直线OM的方程为y=x.
令y=-1,得点A的横坐标xA=-,
同理得B的横坐标xB=-.
设点D(0,n),则=,
=,
·=+(n+1)2
=+(n+1)2
=+(n+1)2=-4+(n+1)2.
令·=0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.
综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).
探究提高 1.解决本题的关键是直径所对的圆周角为直角,要证明直线经过y轴上定点D,只需满足·=0,进而求解.
类似的还有角的关系转化为斜率之间的关系,线段的长度比转化为线段端点的坐标之比.
2.解决此类问题,一般方法是“设而不求”,通过“设参、用参、消参”的推理及运算,借助几何直观,达到证明的目的.
【尝试训练】 (2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).
(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;
(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.
(1)解 由已知得F(1,0),l的方程为x=1.
把x=1代入椭圆方程+y2=1,可得点A的坐标为或,又M(2,0),
所以直线AM的方程为y=-x+或y=x-.
(2)证明 当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.
当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,
所以∠OMA=∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时,
设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1<,x2<,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=+.
由y1=k(x1-1),y2=k(x2-1)得
kMA+kMB=.
将y=k(x-1)代入+y2=1得
(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.
所以,x1+x2=,x1x2=.
则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k==0.
从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补.
所以∠OMA=∠OMB.
综上,∠OMA=∠OMB.
满分答题示范——圆锥曲线中的定点、定值问题
【例题】 (12分)(2020·衡水模拟)已知点P在圆O:x2+y2=6上运动,点P在x轴上的投影为Q,动点M满足(1-)=-.
(1)求动点M的轨迹E的方程;
(2)过点(2,0)的动直线l与曲线E交于A,B两点,问:在x轴上是否存在定点D,使得·+2的值为定值?若存在,求出定点D的坐标及该定值;若不存在,请说明理由.
[规范解答]
解 (1)设M(x,y),P(x0,y0),
由(1-)=-,
得-=-,即=,2′
∴又点P(x0,y0)在圆O:x2+y2=6上,∴x+y=6,
∴x2+3y2=6,∴轨迹E的方程为+=1.4′
(2)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=2,易求得直线l与椭圆C的两个交点坐标分别为,,
此时·=·=-.6′
当直线l的斜率存在时,设l:y=k(x-2),
由消去y得(1+3k2)x2-12k2x+12k2-6=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
∴x1+x2=,x1·x2=,7′
根据题意,假设x轴上存在定点D(m,0),
使得·+2=·(-)=·为定值,
则有·=(x1-m,y1)·(x2-m,y2)
=(x1-m)(x2-m)+y1y2
=(x1-m)(x2-m)+k2(x1-2)(x2-2)
=(k2+1)x1x2-(2k2+m)(x1+x2)+(4k2+m2)
=(k2+1)·-(2k2+m)·+(4k2+m2)
=10′
要使上式为定值,即与k无关,则3m2-12m+10=3(m2-6),
即m=,此时·=m2-6=-为常数,定点D的坐标为.
综上所述,存在定点D,使得·+2为定值-.12′
[高考状元满分心得]
❶得步骤分:抓住得分点的步骤,“步步为赢”,求得满分.
如第(1)问中对向量的化简,第(2)问中联立直线方程和椭圆方程设而不求.
❷得关键分:解题过程中不可忽视关键点,有则给分,无则没分,如第(2)问中直线斜率不存在时的讨论,数量积的坐标运算与化简.
❸得计算分:解题过程中计算准确是得满分的保障,如第(1)问中的轨迹方程,第(2)问中D点坐标及所求定值.
[构建模板]
……求圆锥曲线的方程
……特殊情况分类讨论
……联立直线和圆锥曲线的方程
……应用根与系数的关系用参数表示点的坐标
……根据相关条件计算推证
……明确结论
【规范训练】 (2019·北京卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为原点,直线l:y=kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|=2,求证:直线l经过定点.
(1)解 由题意,得b2=1,c=1,
所以a2=b2+c2=2.
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明 设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则直线AP的方程为y=x+1.
令y=0,得点M的横坐标xM=-.
又y1=kx1+t,从而|OM|=|xM|=.
同理,|ON|=.
由得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
则x1+x2=-,x1x2=.
所以|OM|·|ON|=·
=
=
=2.
又|OM|·|ON|=2,所以2=2.
解得t=0,所以直线l经过定点(0,0).
热点跟踪训练
1.(2020·江西九校联考)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.
(1)解 由题意知,a=2,b=1,
所以椭圆C的方程为+y2=1.
因为c==,
所以椭圆C的离心率e==.
(2)证明 设P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则x+4y=4.
因为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,
所以四边形ABNM的面积为定值2.
2.(2018·天津卷)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B,已知椭圆的离心率为,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若=sin∠AOQ(O为原点),求k的值.
解 (1)设椭圆的焦距为2c,由已知有=,
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.
由已知可得,|FB|=a,|AB|=b,
由|FB|·|AB|=6,
可得ab=6,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为+=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).
由已知有y1>y2>0,
故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.
又因为|AQ|=,而∠OAB=,
故|AQ|=y2.
由=sin∠AOQ,可得5y1=9y2.
由方程组消去x,可得y1=.
易知直线AB的方程为x+y-2=0,
由方程组消去x,可得y2=.
代入5y1=9y2,可得5(k+1)=3,
将等式两边平方,整理得56k2-50k+11=0,
解得k=或k=.
所以,k的值为或.
3.(2020·湖南湘东六校联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,点A(b,0),B,F分别为椭圆的上顶点和左焦点,且|BF|·|BA|=2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(G在M,H之间),设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.
解 (1)设椭圆的焦距为2c,由离心率e=得a=2c,①
由|BF|·|BA|=2,得a·=2,
∴ab=2,②
a2-b2=c2,③
由①②③可得a2=4,b2=3,
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+2(k>0),
由消y得(3+4k2)x2+16kx+4=0,
可得Δ>0,∴k>.
设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=,+=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1)).
∵菱形的对角线互相垂直,∴(+)·=0,
∴(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0,得m=-,
即m=-,∵k>,
∴-≤m<0.
∴存在满足条件的实数m,m的取值范围为.
4.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),点A在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)是否存在斜率为2的直线,使得当该直线与椭圆C有两个不同交点M,N时,能在直线y=上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q,满足=?若存在,求出直线的方程;若不存在,说明理由.
解 (1)设椭圆C的焦距为2c,则c=1,
因为A在椭圆C上,所以2a=|AF1|+|AF2|=2,则a=,b2=a2-c2=1.
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)椭圆C上不存在这样的点Q,理由如下:
设直线的方程为y=2x+t,M(x1,y1),N(x2,y2),P,Q(x4,y4),
由消去x得9y2-2ty+t2-8=0,
所以y1+y2=,且Δ=4t2-36(t2-8)>0,
即-3b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),左、右顶点分别为A1,A2,P为椭圆E上的动点(不与A1,A2重合),且直线PA1与PA2的斜率的乘积为-.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点F2作两条互相垂直的直线l1与l2(均不与x轴重合)分别与椭圆E相交于A,B,C,D
四点,线段AB,CD的中点分别为M,N,求证:直线MN过定点,并求出该定点的坐标.
(1)解 设P(x0,y0)(y0≠0),则+=1.
整理,得x-a2=-.
由题意,得·=-.
整理,得x-a2=-y.
∴-=-y,又y0≠0,即a2=b2.
∵c=1,a2=b2+c2,∴a2=4,b2=3.
故椭圆E的方程为+=1.
(2)证明 设直线AB的方程:y=k(x-1)(k≠0),
A(x1,y1),B(x2,y2).
由消y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.
∴x1+x2=.
∴xM==·=,
∴yM=k(xM-1)=-.
用-替换点M坐标中的k,可得xN=,yN=.
若直线AB关于x轴对称后得到直线A′B′,直线CD关于x轴对称后得到直线C′D′,线段A′B′,C′D′的中点分别为M′,N′,则直线M′N′与直线MN关于x轴对称.
∴若直线MN经过定点,则该定点一定是直线M′N′与MN的交点,该交点必在x轴上.
设该交点为T(s,0),则=(s-xM,-yM),=(xM-xN,yM-yN).
由∥,得s=.
代入点M,N的坐标并化简,得s=.
∴经过的定点为.
6.(2020·广州质量监测)如图,椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)(一题多解)点P(x0,y0)(y0≠0)为椭圆C上一动点,连接PF1,PF2,设∠F1PF2的角平分线PM交椭圆C的长轴于点M(m,0),求实数m的取值范围.
解 (1)将x=c代入+=1中,由a2-c2=b2,
可得y2=,所以弦长为.
由解得
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)法一 因为点P(x0,y0)(y0≠0),F1(-,0),F2(,0),
所以直线PF1,PF2的方程分别为
l1:y0x-(x0+)y+y0=0,
l2:y0x-(x0-)y-y0=0.
由题意可知=.
由于点P为椭圆C上除左、右顶点外的任一点,所以+y=1(y0≠0),
所以=,
因为-<m<,-2<x0<2,
所以=,即m=x0,
因此,-<m<.
法二 设|PF1|=t,
在△PF1M中,由正弦定理得
=,
在△PF2M中,由正弦定理得
=,
因为∠PMF1+∠PMF2=π,∠MPF1=∠MPF2,
所以=,解得m=(2t-4),
因为t∈(a-c,a+c),即t∈(2-,2+),
所以-<m<.
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