新版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案訓(xùn)練課件： 第8章 平面解析幾何 熱點探究課5 平面解析幾何中的高考熱點問題學(xué)案 文 北師大版

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1、 1

2、 1 熱點探究課(五)　平面解析幾何中的高考熱點問題 (對應(yīng)學(xué)生用書第128頁) [命題解讀]　圓錐曲線是平面解析幾何的核心內(nèi)容，每年高考必考一道解答題，常以求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程、位置關(guān)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(fù)雜的運算，對考生解決問題的能力要求較高，通常作為壓軸題的形式出

3、現(xiàn)． 熱點1　圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程與性質(zhì) 圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)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(shù)法．離心率是高考對圓錐曲線考查的另一重點，涉及a，b，c三者之間的關(guān)系．另外拋物線的準(zhǔn)線，雙曲線的漸近線也是命題的熱點． 　(20xx·太原模擬)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. 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]

4、　(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分 即c＝，從而b＝＝1， 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. 5分 (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|＝|P

5、F1|.?、? 8分 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， 10分 可得(9－6)a2＝c2，即＝9－6， 因此e＝＝＝－. 12分 [規(guī)律方法]　1.用定義法求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程是常用的方法，同時應(yīng)注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 2．圓錐曲線的離心率刻畫曲線的扁平程度，只需明確a，b，c中任意兩量的關(guān)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． [對點訓(xùn)練1]　已知橢圓中心在坐標(biāo)原點，

6、焦點在x軸上，離心率為，它的一個頂點為拋物線x2＝4y的焦點． (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若直線y＝x－1與拋物線相切于點A，求以A為圓心且與拋物線的準(zhǔn)線相切的圓的方程． 【導(dǎo)學(xué)號：00090306】 [解]　(1)橢圓中心在原點，焦點在x軸上． 設(shè)橢圓的方程為＋＝1(a>b>0)， 因為拋物線x2＝4y的焦點為(0,1)， 所以b＝1. 2分 由離心率e＝＝，a2＝b2＋c2＝1＋c2， 從而得a＝，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. 5分 (2)由解得所以點A(2,1). 8分 因為拋物線的準(zhǔn)線方程為y＝－1， 所以圓的半徑r＝1－(－

7、1)＝2， 所以圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4. 12分 熱點2　圓錐曲線中的定點、定值問題 定點、定值問題一般涉及曲線過定點、與曲線上的動點有關(guān)的定值問題以及與圓錐曲線有關(guān)的弦長、面積、橫(縱)坐標(biāo)等的定值問題． 角度1　圓錐曲線的定值問題 　(20xx·全國卷Ⅲ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點，點C的坐標(biāo)為(0,1)．當(dāng)m變化時，解答下列問題： (1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說明理由； (2)證明過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值. 【導(dǎo)學(xué)號：00090307】 [解]　(1)不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況．理由

8、如下： 設(shè)A(x1,0)，B(x2,0)，則x1，x2滿足x2＋mx－2＝0， 所以x1x2＝－2. 2分 又點C的坐標(biāo)為(0,1)， 故AC的斜率與BC的斜率之積為·＝－， 所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況. 4分 (2)證明：BC的中點坐標(biāo)為，可得BC的中垂線方程為y－＝x2. 5分 由(1)可得x1＋x2＝－m， 所以AB的中垂線方程為x＝－. 6分 聯(lián)立 又x＋mx2－2＝0，可得 8分 所以過A，B，C三點的圓的圓心坐標(biāo)為，半徑r＝.10分 故圓在y軸上截得的弦長為2＝3， 即過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值.

9、 12分 [規(guī)律方法]　1.求定值問題的常用方法： (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)． (2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值． 2．定值問題就是在運動變化中尋找不變量的問題，基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題，證明要解決的問題與參數(shù)無關(guān)．在這類問題中選擇消元的方向是非常關(guān)鍵的． 角度2　圓錐曲線中的定點問題 　設(shè)橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為e＝，且過點. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)橢圓E的左頂點是A，若直線l：x－my－t＝0與橢圓E相交于不同的兩點M，N(M，N與A均不重合)，若以MN為直徑的圓過點A

10、，試判定直線l是否過定點，若過定點，求出該定點的坐標(biāo)． [解]　(1)由e2＝＝＝，可得a2＝2b2， 2分 橢圓方程為＋＝1， 代入點可得b2＝2，a2＝4， 故橢圓E的方程為＋＝1. 5分 (2)由x－my－t＝0得x＝my＋t， 把它代入E的方程得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 y1＋y2＝－，y1y2＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝， x1x2＝(my1＋t)(my2＋t) ＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝. 8分 因為以MN為直徑的圓過點A， 所以AM⊥A

11、N， 所以·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2) ＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2 ＝＋2×＋4＋ ＝＝＝0. 10分 因為M，N與A均不重合，所以t≠－2， 所以t＝－，直線l的方程是x＝my－，直線l過定點T， 由于點T在橢圓內(nèi)部，故滿足判別式大于0， 所以直線l過定點T. 12分 [規(guī)律方法]　1.假設(shè)定點坐標(biāo)，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無關(guān)，故得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即所求定點． 2．從特殊位置入手，找出定點，再證明該點適合題意． 熱點3　圓錐曲線中的最值、范圍

12、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(guān)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(guān)的一些問題． 　已知橢圓＋y2＝1上兩個不同的點A，B關(guān)于直線y＝mx＋對稱． 圖2 (1)求實數(shù)m的取值范圍； (2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點)． [解]　(1)由題意知m≠0， 可設(shè)直線AB的方程為y＝－x＋B． 由消去y，得 x2－x＋b2－1＝0. 2分 因為直線y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點，所以Δ＝－2b2＋2＋>0. ① 將線段AB中點M代入直線方程y

13、＝mx＋，解得b＝－. ② 由①②得m<－或m>. 故m的取值范圍是∪. 5分 (2)令t＝∈∪， 則|AB|＝·， 且O到直線AB的距離為d＝. 7分 設(shè)△AOB的面積為S(t)， 所以S(t)＝|AB|·d＝≤， 當(dāng)且僅當(dāng)t2＝， 即m＝±時，等號成立． 故△AOB面積的最大值為. 12分 [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(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

14、不等式、函數(shù)的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)法進(jìn)行求解． [對點訓(xùn)練2]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點(，－2)． (1)求橢圓C的方程； (2)過橢圓焦點的直線l與橢圓C分別交于點E，F(xiàn)，求·的取值范圍． [解]　(1)由橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4. 得曲線C的焦點F1(0，－2)，F(xiàn)2(0,2). 2分 又點(，－2)在橢圓C上， 2a＝＋＝4， 所以a＝2，b＝2， 即橢圓C的方程是＋＝1. 5分 (2)若直線l垂直于x軸， ①則點E(0,2)，F(xiàn)(0，－2)，·＝－8. ②若直線l不垂直于x軸， 設(shè)l的方程為y＝kx＋

15、2，點E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，將直線l的方程代入橢圓C的方程得到： (2＋k2)x2＋4kx－4＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 8分 所以·＝x1x2＋y1y2 ＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4 ＝＋＋4＝－8. 10分 因為0<≤10，所以－8<·≤2. 綜上可知，·的取值范圍是(－8,2]. 12分 熱點4　圓錐曲線中的探索性問題(答題模板) 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．涉及這類命題的求解主要是研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題． 　(

16、本小題滿分12分)(20xx·全國卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y＝與直線l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N兩點． (1)當(dāng)k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程； (2)y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由. 【導(dǎo)學(xué)號：00090308】 [規(guī)范解答]　(1)由題設(shè)可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a). 1分 又y′＝，故y＝在x＝2處的導(dǎo)數(shù)值為，C在點(2，a)處的切線方程為y－a＝(x－2)， 即x－y－a＝0. 3分 y＝在x＝－2處的導(dǎo)數(shù)值為－，C在點(－2，a)處的切線方程為y－a

17、＝－(x＋2)， 即x＋y＋a＝0. 5分 故所求切線方程為x－y－a＝0或x＋y＋a＝0. 6分 (2)存在符合題意的點．證明如下： 設(shè)P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2. 7分 將y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0. 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4A． 8分 從而k1＋k2＝＋ ＝＝. 10分 當(dāng)b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補， 故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意. 12分 [答題模板]　第一步：分

18、別求出曲線y＝在M點，N點處的導(dǎo)數(shù)． 第二步：利用點斜式分別寫出在M點、N點的切線方程． 第三步：聯(lián)立直線y＝kx＋a與拋物線y＝，并寫出根與系數(shù)的關(guān)系式． 第四步：由kPM＋kPN＝0，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系式，探索點P的坐標(biāo)． 第五步：檢驗反思，查關(guān)鍵點，規(guī)范步驟． [溫馨提示]　1.(1)在第(2)問中，不能把條件∠OPM＝∠OPN適當(dāng)轉(zhuǎn)化為k1＋k2＝0，找不到解題的思路和方法，而不能得分． (2)運算能力差或運算不細(xì)心，導(dǎo)致運算結(jié)果錯誤而扣分或者不得分． 2．?dāng)?shù)學(xué)閱卷時，主要看關(guān)鍵步驟、關(guān)鍵點，有則得分，無則扣分，所以解題時要寫全關(guān)鍵步驟． (1)本題的關(guān)

19、鍵點一是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，二是把條件中轉(zhuǎn)化為只需直線PM，PN的斜率之和為0. (2)解析幾何對運算能力要求較高，解題時一定要細(xì)心準(zhǔn)確，否則可能是思路正確，但是運算結(jié)果錯誤，而不得分． [對點訓(xùn)練3]　如圖3，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且·＝－1. 圖3 (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)由已知，點C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)． 又點P的坐標(biāo)為(0,1)，且·＝

20、－1， 于是 解得a＝2，b＝. 4分 所以橢圓E的方程為＋＝1. 5分 (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 8分 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，·＋λ· ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝＝－－λ－2. 所以，當(dāng)λ＝1時，－－λ－2＝－3. 10分 此時，·＋λ·＝－3為定值． 當(dāng)直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD． 此時，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3. 故存在常數(shù)λ＝1，使得·＋λ·為定值－3. 12分