新版高考數學一輪復習學案訓練課件： 專題探究課5 平面解析幾何中的高考熱點問題 理 北師大版

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2、 1 五)　平面解析幾何中的高考熱點問題 (對應學生用書第153頁) [命題解讀]　圓錐曲線是平面解析幾何的核心內容，每年高考必考一道解答題，常以求曲線的標準方程、位置關系、定點、定值、最值、范圍、探索性問題為主．這些試題的命制有一個共同的特點，就是起點低，但在第(2)問或第(3)問中一般都伴有較為復雜的運算，對運算能力，分析問題解決問題的能力要求較高，難度較大，常以壓軸題的形

3、式出現(xiàn)． 圓錐曲線的標準方程與性質 圓錐曲線的標準方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圓錐曲線的標準方程是作為解答題中考查“直線與圓錐曲線”的第一小題，最常用的方法是定義法與待定系數法．離心率是高考對圓錐曲線考查的又一重點，涉及a，b，c三者之間的關系．另外拋物線的準線，雙曲線的漸近線也是命題的熱點． 　(20xx·石家莊質檢)如圖1，橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點，且PQ⊥PF1. 【導學號：79140313】 圖1 (1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求橢圓的標準方程； (2)若|PF1|＝

4、|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. 設橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝|F1F2|＝ ＝＝2. 即c＝，從而b＝＝1， 故所求橢圓的標準方程為＋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 又因為PF1⊥PQ且|PF1|＝|PQ|，所以|QF1|＝|PF1|.

5、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， 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的方程是常用的方法，同時應注意數形結合思想的應用. 2.圓錐曲線的離心率刻畫曲線的扁平程度，只要明確a，b，c中任意兩量的等量關系都可求出離心率，但一定注意不同曲線離心率取值范圍的限制. [跟蹤訓練]　(20xx·河南3月適應性測試)設拋物線的頂點在坐標原點，焦點F在y軸正半軸上

6、，過點F的直線交拋物線于A，B兩點，線段AB的長是8，AB的中點到x軸的距離是3. (1)求拋物線的標準方程； (2)設直線m在y軸上的截距為6，且與拋物線交于P，Q兩點．連接QF并延長交拋物線的準線于點R，當直線PR恰與拋物線相切時，求直線m的方程． [解]　(1)設拋物線的方程是x2＝2py(p＞0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由拋物線定義可知y1＋y2＋p＝8， 又AB的中點到x軸的距離為3，∴y1＋y2＝6，∴p＝2， ∴拋物線的標準方程是x2＝4y. (2)由題意知，直線m的斜率存在，設直線m：y＝kx＋6(k≠0)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 由消

7、去y得x2－4kx－24＝0， ∴(*) 易知拋物線在點P處的切線方程為y－＝(x－x3)， 令y＝－1，得x＝，∴R， 又Q，F(xiàn)，R三點共線，∴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， 將(*)式代入上式得k2＝，∴k＝±， ∴直線m的方程為y＝±x＋6. 圓錐曲線中的定點、定值問題(答題模板) 定點、定值問題一般涉及曲線過定點、與曲線上的動點有關的定值問題以及與圓錐曲線有關的弦長、面積、橫(縱)坐標等的定值問題． 　(本小題滿分

8、12分)(20xx·全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)，四點P1(1,1)，P2(0,1)，① 中.② (1)求C的方程； (2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，③證明：l過定點． [審題指導] 題眼 挖掘關鍵信息 ①② 根據橢圓的對稱性，以及所給四點中P3、P4關于y軸對稱，可知P3、P4在橢圓上，進而判斷P2在橢圓上，求出其方程 ③ 欲證直線l過定點，只需求出l的方程，分析l與x軸的位置關系，結合直線P2A與直線P2B斜率的和為－1，聯(lián)立l與橢圓的方程求解，并注意“設而不求，整體代入”方法的運用 [規(guī)范解答

9、]　(1)由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經過P3，P4兩點． 又由＋＞＋知，橢圓C不經過點P1， 所以點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：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設l：x＝t，由題設知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標分別為，，則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設. 6分 從而可設l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設A(x1，y1)，B(x

10、2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 8分 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 10分 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－. 當且僅當m＞－1時，Δ＞0， 于是l：y＝－x＋m， 即y＋1＝－(x－2)， 所以l過定點(2，－1). 12分 [閱卷者說] 易錯點 防范措施 不會判斷四點中哪三點在橢圓上 可畫出四點，數形給合進行判斷 忽視直線l斜率不存在的情況 應樹立分類討論的意識，求直線方程，應以直線斜率是否存在為標準分類求解 [規(guī)律方法]　定點問題的常見解法

11、 (1)根據題意選擇參數，建立一個含參數的直線系或曲線系方程，經過分析、整理，對方程進行等價變形，以找出適合方程且與參數無關的坐標(該坐標對應的點即為所求定點). (2)從特殊位置入手，找出定點，再證明該點符合題意. [跟蹤訓練]　(20xx·北京高考)已知橢圓C：＋＝1過A(2,0)，B(0,1)兩點． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點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P(

12、x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 又A(2,0)，B(0,1)， 所以直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝1－yM＝1＋. 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，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． 圓錐曲線中的最值、范圍問題 圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值以及與之相關的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關的一些問題． 　(

13、20xx·石家莊質檢(二))已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上一點，直線TA，TB的斜率之積為－. (1)求橢圓C的方程； (2)設O為原點，過點M(0,2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求·＋·的取值范圍. 【導學號：79140314】 [解]　(1)設T(x，y)，則直線TA的斜率為k1＝， 直線TB的斜率為k2＝. 于是由k1k2＝－，得·＝－， 整理得＋＝1. (2)當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為y＝kx＋2，點P，Q的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線PQ與橢圓方程聯(lián)立得(4k2＋3)x2＋1

14、6kx－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＜·＋·≤－. 當直線PQ斜率不存在時， 易得P，Q兩點的坐標為(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)問題的主要求解方法 (1)幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質來解決. (2)代數法，若題目的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數關系，則可先建立起目標函數或等量關系

15、，利用判別式、基本不等式、函數的性質、導數法進行求解. [跟蹤訓練]　(20xx·廣東六校聯(lián)盟聯(lián)考)已知點P是圓O：x2＋y2＝1上任意一點，過點P作PQ⊥y軸于點Q，延長QP到點M，使＝. (1)求點M的軌跡E的方程； (2)過點C(m,0)作圓O的切線l，交(1)中的曲線E于A，B兩點，求△AOB面積的最大值． [解]　(1)設點M(x，y)，∵＝，∴P為QM的中點，又有PQ⊥y軸， ∴P，∵點P是圓：x2＋y2＝1上的點， ∴＋y2＝1. 即點M的軌跡E的方程為＋y2＝1. (2)由題意可知直線l與y軸不垂直，故可設l：x＝ty＋m，t∈R，A(x1，y1)，B(x2，y

16、2)， ∵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|＝ ＝， 將①②代入上式得|AB|＝＝，|m|≥1， ∴S△AOB＝|AB|·1＝·＝≤＝1， 當且僅當|m|＝，即m＝±時，等號成立， ∴(S△AOB)max＝1. 圓錐曲線中的探索性問題 圓錐曲線中的探索性問題主要體現(xiàn)在以下幾個方面：(1)探索點是否存在；(2)探索曲線是否存在；(3)探索命題是否成立．涉及這類

17、命題的求解主要是研究直線與圓錐曲線的位置關系問題． 　(20xx·鄭州第二次質量預測)已知橢圓x2＋2y2＝m(m＞0)，以橢圓內一點M(2,1)為中點作弦AB，設線段AB的中垂線與橢圓相交于C，D兩點． (1)求橢圓的離心率； (2)試判斷是否存在這樣的m，使得A，B，C，D在同一個圓上，并說明理由． [解]　(1)將橢圓化成標準方程＋＝1(m＞0)， e＝＝. (2)由題意，直線AB的斜率存在， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 設AB的方程為y＝k(x－2)＋1，聯(lián)立x2＋2y2＝m(m＞0)， 得(1＋2k2)x2＋4k(1－

18、2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m＞0)． x1＋x2＝＝4，k＝－1， 此時由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N為. 由弦長公式可得 |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N到直線AB的距離為＝. |NA|2＝|NB|2＝＋＝. 又＝＝， 所以存在m＞6，使得A，B，C，D在同一個圓上． [規(guī)律方法]　探索性問題的求解方法 (1)探索性問題通常采用“肯定順推法”

19、.其步驟如下：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，列出與該元素相關的方程(組)，若方程(組)有實數解，則元素存在，否則，元素不存在. (2)反證法與驗證法也是求解探索性問題的常用方法. [跟蹤訓練]　(20xx·湖北武漢調研)已知直線y＝k(x－2)與拋物線Г：y2＝x相交于A，B兩點，M是線段AB的中點，過M作y軸的垂線交Г于點N. (1)證明：拋物線Г在點N處的切線與直線AB平行； (2)是否存在實數k使·＝0？若存在，求k的值；若不存在，說明理由． [解]　(1)證明：由消去y并整理，得2k2x2－(8k2＋1)x＋8k2＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2

20、)，則x1＋x2＝， x1x2＝4， ∴xM＝＝， 則yM＝k(xM－2)＝k＝， 由題設條件可知，yN＝y(tǒng)M＝，則xN＝2y＝， ∴N， 設拋物線在點N處的切線方程為y－＝m， 將x＝2y2代入上式，得2my2－y＋－＝0， ∵直線與拋物線相切， ∴Δ＝12－4×2m×＝＝0， ∴m＝k，即拋物線Г在點N處的切線與直線AB平行． (2)假設存在實數k，使·＝0，則NA⊥NB， ∵M是AB的中點，∴|MN|＝|AB|， 由(1)得|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝·， ∵MN⊥y軸，∴|MN|＝|xM－xN|＝－＝， ∴＝·，解得k＝±，故存在k＝±，使·＝0.