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  • 2021-06-16 发布

2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第九章平面解析几何顶层设计前瞻解析几何热点问题

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www.ks5u.com 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<.‎