高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 專(zhuān)題探究課5 平面解析幾何中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題 理 北師大版

《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 專(zhuān)題探究課5 平面解析幾何中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題 理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué) 一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件北師大版理科： 專(zhuān)題探究課5 平面解析幾何中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題 理 北師大版（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 五)　平面解析幾何中的高考熱點(diǎn)問(wèn)題 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第153頁(yè)) [命題解讀]　圓錐曲線(xiàn)是平面解析幾何的核心內(nèi)容，每年高考必考一道解答題，常以求曲線(xiàn)的標(biāo)準(zhǔn)方程、位置關(guān)系、定點(diǎn)、定值、最值、范圍、探索性問(wèn)題為主．這些試題的命制有一個(gè)共同的特點(diǎn)，就是起點(diǎn)低，但在第(2)問(wèn)或第(3)問(wèn)中一般都伴有較為復(fù)雜的運(yùn)算，對(duì)運(yùn)算能力，分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力要求較高，難度較大，常以壓軸題的形式出現(xiàn)． 圓錐曲線(xiàn)的標(biāo)準(zhǔn)方程與性質(zhì) 圓錐曲線(xiàn)的標(biāo)準(zhǔn)方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圓錐曲線(xiàn)的標(biāo)準(zhǔn)方程是作為解答題中考查“直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)”的第一小題，最常用的方法是定義法與待定系數(shù)法．離心

2、率是高考對(duì)圓錐曲線(xiàn)考查的又一重點(diǎn)，涉及a，b，c三者之間的關(guān)系．另外拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)，雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)也是命題的熱點(diǎn)． 　(20xx石家莊質(zhì)檢)如圖1，橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F2的直線(xiàn)交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且PQ⊥PF1. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140313】 圖1 (1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若|PF1|＝|PQ|，求橢圓的離心率e. [解]　(1)由橢圓的定義， 2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2. 設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝|F1F2|＝ ＝＝2.

3、 即c＝，從而b＝＝1， 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)連接F1Q，如圖，由橢圓的定義知|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a， 又|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2| ＝(2a－|PF1|)＋(2a－|QF1|)， 可得|QF1|＝4a－2|PF1|.① 又因?yàn)镻F1⊥PQ且|PF1|＝|PQ|，所以|QF1|＝|PF1|.② 由①②可得|PF1|＝(4－2)a， 從而|PF2|＝2a－|PF1|＝(2－2)a. 由PF1⊥PF2知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2， 即(4－2)2a2＋(2－2)2a2＝4c2，

4、可得(9－6)a2＝c2， 即＝9－6， 因此e＝＝＝－. [規(guī)律方法]　1.用定義法求圓錐曲線(xiàn)的方程是常用的方法，同時(shí)應(yīng)注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用. 2.圓錐曲線(xiàn)的離心率刻畫(huà)曲線(xiàn)的扁平程度，只要明確a，b，c中任意兩量的等量關(guān)系都可求出離心率，但一定注意不同曲線(xiàn)離心率取值范圍的限制. [跟蹤訓(xùn)練]　(20xx河南3月適應(yīng)性測(cè)試)設(shè)拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)F在y軸正半軸上，過(guò)點(diǎn)F的直線(xiàn)交拋物線(xiàn)于A(yíng)，B兩點(diǎn)，線(xiàn)段AB的長(zhǎng)是8，AB的中點(diǎn)到x軸的距離是3. (1)求拋物線(xiàn)的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)直線(xiàn)m在y軸上的截距為6，且與拋物線(xiàn)交于P，Q兩點(diǎn)．連接QF并延長(zhǎng)交拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)于點(diǎn)R，當(dāng)直

5、線(xiàn)PR恰與拋物線(xiàn)相切時(shí)，求直線(xiàn)m的方程． [解]　(1)設(shè)拋物線(xiàn)的方程是x2＝2py(p＞0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由拋物線(xiàn)定義可知y1＋y2＋p＝8， 又AB的中點(diǎn)到x軸的距離為3，∴y1＋y2＝6，∴p＝2， ∴拋物線(xiàn)的標(biāo)準(zhǔn)方程是x2＝4y. (2)由題意知，直線(xiàn)m的斜率存在，設(shè)直線(xiàn)m：y＝kx＋6(k≠0)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 由消去y得x2－4kx－24＝0， ∴(*) 易知拋物線(xiàn)在點(diǎn)P處的切線(xiàn)方程為y－＝(x－x3)， 令y＝－1，得x＝，∴R， 又Q，F(xiàn)，R三點(diǎn)共線(xiàn)，∴kQF＝kFR，又F(0,1)，∴＝， 即(x－4)(x－4

6、)＋16x3x4＝0， 整理得(x3x4)2－4[(x3＋x4)2－2x3x4]＋16＋16x3x4＝0， 將(*)式代入上式得k2＝，∴k＝， ∴直線(xiàn)m的方程為y＝x＋6. 圓錐曲線(xiàn)中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題(答題模板) 定點(diǎn)、定值問(wèn)題一般涉及曲線(xiàn)過(guò)定點(diǎn)、與曲線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問(wèn)題以及與圓錐曲線(xiàn)有關(guān)的弦長(zhǎng)、面積、橫(縱)坐標(biāo)等的定值問(wèn)題． 　(本小題滿(mǎn)分12分)(20xx全國(guó)卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0,1)，① 中.② (1)求C的方程； (2)設(shè)直線(xiàn)l不經(jīng)過(guò)P2點(diǎn)且與C相交于A(yíng)，B兩點(diǎn).若直線(xiàn)P2A與直線(xiàn)P2B的斜率的和

7、為－1，③證明：l過(guò)定點(diǎn)． [審題指導(dǎo)] 題眼 挖掘關(guān)鍵信息 ①② 根據(jù)橢圓的對(duì)稱(chēng)性，以及所給四點(diǎn)中P3、P4關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，可知P3、P4在橢圓上，進(jìn)而判斷P2在橢圓上，求出其方程 ③ 欲證直線(xiàn)l過(guò)定點(diǎn)，只需求出l的方程，分析l與x軸的位置關(guān)系，結(jié)合直線(xiàn)P2A與直線(xiàn)P2B斜率的和為－1，聯(lián)立l與橢圓的方程求解，并注意“設(shè)而不求，整體代入”方法的運(yùn)用 [規(guī)范解答]　(1)由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過(guò)P3，P4兩點(diǎn)． 又由＋＞＋知，橢圓C不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1， 所以點(diǎn)P2在橢圓C上. 2分 因此解得故橢圓C的方程為＋y2＝1. 4分 (2)證明：設(shè)直線(xiàn)P2A

8、與直線(xiàn)P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，，則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設(shè). 6分 從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 8分 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 10分 即(2k＋1)＋(m－1)＝0，解得k＝

9、－. 當(dāng)且僅當(dāng)m＞－1時(shí)，Δ＞0， 于是l：y＝－x＋m， 即y＋1＝－(x－2)， 所以l過(guò)定點(diǎn)(2，－1). 12分 [閱卷者說(shuō)] 易錯(cuò)點(diǎn) 防范措施 不會(huì)判斷四點(diǎn)中哪三點(diǎn)在橢圓上 可畫(huà)出四點(diǎn)，數(shù)形給合進(jìn)行判斷 忽視直線(xiàn)l斜率不存在的情況 應(yīng)樹(shù)立分類(lèi)討論的意識(shí)，求直線(xiàn)方程，應(yīng)以直線(xiàn)斜率是否存在為標(biāo)準(zhǔn)分類(lèi)求解 [規(guī)律方法]　定點(diǎn)問(wèn)題的常見(jiàn)解法 (1)根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個(gè)含參數(shù)的直線(xiàn)系或曲線(xiàn)系方程，經(jīng)過(guò)分析、整理，對(duì)方程進(jìn)行等價(jià)變形，以找出適合方程且與參數(shù)無(wú)關(guān)的坐標(biāo)(該坐標(biāo)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)即為所求定點(diǎn)). (2)從特殊位置入手，找出定點(diǎn)，再證明該點(diǎn)符合題意. [跟

10、蹤訓(xùn)練]　(20xx北京高考)已知橢圓C：＋＝1過(guò)A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線(xiàn)PA與y軸交于點(diǎn)M，直線(xiàn)PB與x軸交于點(diǎn)N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． [解]　(1)由題意得a＝2，b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. 又c＝＝，所以離心率e＝＝. (2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 又A(2,0)，B(0,1)， 所以直線(xiàn)PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝1－yM＝1＋. 直線(xiàn)PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，

11、得xN＝－，從而|AN|＝2－xN＝2＋. 所以四邊形ABNM的面積S＝|AN||BM| ＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值． 圓錐曲線(xiàn)中的最值、范圍問(wèn)題 圓錐曲線(xiàn)中的最值問(wèn)題大致可分為兩類(lèi)：一是涉及距離、面積的最值以及與之相關(guān)的一些問(wèn)題；二是求直線(xiàn)或圓錐曲線(xiàn)中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時(shí)求解與之有關(guān)的一些問(wèn)題． 　(20xx石家莊質(zhì)檢(二))已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)為8，T為橢圓上一點(diǎn)，直線(xiàn)TA，TB的斜率之積為－. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M(0,2)的動(dòng)直線(xiàn)與橢圓C交于P

12、，Q兩點(diǎn)，求＋的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：79140314】 [解]　(1)設(shè)T(x，y)，則直線(xiàn)TA的斜率為k1＝， 直線(xiàn)TB的斜率為k2＝. 于是由k1k2＝－，得＝－， 整理得＋＝1. (2)當(dāng)直線(xiàn)PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線(xiàn)PQ的方程為y＝kx＋2，點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線(xiàn)PQ與橢圓方程聯(lián)立得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，＋ ＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)] ＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4 ＝＝－20＋. －20＜＋≤－. 當(dāng)直線(xiàn)PQ斜

13、率不存在時(shí)， 易得P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,2)，(0，－2)， 所以＋的值為－20. 綜上所述，＋的取值范圍為. [規(guī)律方法]　范圍(最值)問(wèn)題的主要求解方法 (1)幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來(lái)解決. (2)代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標(biāo)函數(shù)或等量關(guān)系，利用判別式、基本不等式、函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)法進(jìn)行求解. [跟蹤訓(xùn)練]　(20xx廣東六校聯(lián)盟聯(lián)考)已知點(diǎn)P是圓O：x2＋y2＝1上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥y軸于點(diǎn)Q，延長(zhǎng)QP到點(diǎn)M，使＝. (1)求點(diǎn)M的軌跡E的方程； (2)過(guò)點(diǎn)C(m,0)作圓O

14、的切線(xiàn)l，交(1)中的曲線(xiàn)E于A(yíng)，B兩點(diǎn)，求△AOB面積的最大值． [解]　(1)設(shè)點(diǎn)M(x，y)，∵＝，∴P為QM的中點(diǎn)，又有PQ⊥y軸， ∴P，∵點(diǎn)P是圓：x2＋y2＝1上的點(diǎn)， ∴＋y2＝1. 即點(diǎn)M的軌跡E的方程為＋y2＝1. (2)由題意可知直線(xiàn)l與y軸不垂直，故可設(shè)l：x＝ty＋m，t∈R，A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∵l與圓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， 則y1＋y2＝，y1y2＝. ② ∴|AB|

15、＝ ＝， 將①②代入上式得|AB|＝＝，|m|≥1， ∴S△AOB＝|AB|1＝＝≤＝1， 當(dāng)且僅當(dāng)|m|＝，即m＝時(shí)，等號(hào)成立， ∴(S△AOB)max＝1. 圓錐曲線(xiàn)中的探索性問(wèn)題 圓錐曲線(xiàn)中的探索性問(wèn)題主要體現(xiàn)在以下幾個(gè)方面：(1)探索點(diǎn)是否存在；(2)探索曲線(xiàn)是否存在；(3)探索命題是否成立．涉及這類(lèi)命題的求解主要是研究直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系問(wèn)題． 　(20xx鄭州第二次質(zhì)量預(yù)測(cè))已知橢圓x2＋2y2＝m(m＞0)，以橢圓內(nèi)一點(diǎn)M(2,1)為中點(diǎn)作弦AB，設(shè)線(xiàn)段AB的中垂線(xiàn)與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)． (1)求橢圓的離心率； (2)試判斷是否存在這樣的m

16、，使得A，B，C，D在同一個(gè)圓上，并說(shuō)明理由． [解]　(1)將橢圓化成標(biāo)準(zhǔn)方程＋＝1(m＞0)， e＝＝. (2)由題意，直線(xiàn)AB的斜率存在， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 設(shè)AB的方程為y＝k(x－2)＋1，聯(lián)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， 此時(shí)由Δ＞0，得m＞6. 則AB的方程為x＋y－3＝0， 則CD的方程為x－y－1＝0. 聯(lián)立得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－， 故CD的中點(diǎn)N為. 由弦長(zhǎng)公式可

17、得 |AB|＝|x1－x2|＝， |CD|＝|y3－y4|＝＞|AB|， 若存在符合題意的圓，則圓心在CD上， CD的中點(diǎn)N到直線(xiàn)AB的距離為＝. |NA|2＝|NB|2＝＋＝. 又＝＝， 所以存在m＞6，使得A，B，C，D在同一個(gè)圓上． [規(guī)律方法]　探索性問(wèn)題的求解方法 (1)探索性問(wèn)題通常采用“肯定順推法”.其步驟如下：假設(shè)滿(mǎn)足條件的元素(點(diǎn)、直線(xiàn)、曲線(xiàn)或參數(shù))存在，列出與該元素相關(guān)的方程(組)，若方程(組)有實(shí)數(shù)解，則元素存在，否則，元素不存在. (2)反證法與驗(yàn)證法也是求解探索性問(wèn)題的常用方法. [跟蹤訓(xùn)練]　(20xx湖北武漢調(diào)研)已知直線(xiàn)y＝k(x－2)與拋

18、物線(xiàn)Г：y2＝x相交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，M是線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，過(guò)M作y軸的垂線(xiàn)交Г于點(diǎn)N. (1)證明：拋物線(xiàn)Г在點(diǎn)N處的切線(xiàn)與直線(xiàn)AB平行； (2)是否存在實(shí)數(shù)k使＝0？若存在，求k的值；若不存在，說(shuō)明理由． [解]　(1)證明：由消去y并整理，得2k2x2－(8k2＋1)x＋8k2＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝， x1x2＝4， ∴xM＝＝， 則yM＝k(xM－2)＝k＝， 由題設(shè)條件可知，yN＝y(tǒng)M＝，則xN＝2y＝， ∴N， 設(shè)拋物線(xiàn)在點(diǎn)N處的切線(xiàn)方程為y－＝m， 將x＝2y2代入上式，得2my2－y＋－＝0， ∵直線(xiàn)與拋物線(xiàn)相切， ∴Δ＝12－42m＝＝0， ∴m＝k，即拋物線(xiàn)Г在點(diǎn)N處的切線(xiàn)與直線(xiàn)AB平行． (2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)k，使＝0，則NA⊥NB， ∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)，∴|MN|＝|AB|， 由(1)得|AB|＝|x1－x2|＝＝＝， ∵M(jìn)N⊥y軸，∴|MN|＝|xM－xN|＝－＝， ∴＝，解得k＝，故存在k＝，使＝0.