2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何顶层设计前瞻解析几何热点问题教学案含解析新人教A版

2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何顶层设计前瞻解析几何热点问题教学案含解析新人教A版

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，‎ - 14 -‎ 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＝，‎ - 14 -‎ 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＝－，‎ - 14 -‎ 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)，‎ - 14 -‎ 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′ - 14 -‎ 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 - 14 -‎ ‎ ‎ ‎……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|＝· - 14 -‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝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.‎ - 14 -‎ ‎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.‎ - 14 -‎ ‎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.‎ - 14 -‎ ‎(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 - 14 -‎ 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.‎ - 14 -‎ ‎(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 - 14 -‎ ＝，‎ 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＜.‎ - 14 -‎