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

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

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＜.‎