2019-2020创新设计一轮复习---第八章教材高考审题答题五

热点预测真题印证核心素养直线方程、定值问题2018·Ⅰ，19；2018·北京，19数学运算、逻辑推理椭圆方程、定点问题2017·Ⅰ，20；2017·Ⅱ，20数学运算、逻辑推理直线与椭圆2016·Ⅰ，20；2016·Ⅱ，20；2018·Ⅲ，20数学运算、逻辑推理直线与抛物线2018·Ⅱ，19；2017·Ⅲ，20；2016·Ⅱ，20数学运算、逻辑推理教材链接高考——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(－22，0)，Q(0，5)；(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(p0)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72p，0，AF与BC相交于点E，若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为32，则p的值为________.解析易知抛物线的焦点F的坐标为p2，0，又|CF|＝2|AF|且|CF|＝72p－p2＝3p，∴|AB|＝|AF|＝32p，可得A(p，2p).易知△AEB∽△FEC，∴|AE||FE|＝|AB||FC|＝12，故S△ACE＝13S△ACF＝13×3p×2p×12＝22p2＝32，∴p2＝6，∵p0，∴p＝6.答案6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＝32”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】(2018·天津卷)设椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左焦点为F，上顶点为B，已知椭圆的离心率为53，点A的坐标为(b，0)，且|FB|·|AB|＝62.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l：y＝kx(k0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若|AQ||PQ|＝524sin∠AOQ(O为原点)，求k的值.解(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有c2a2＝59，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝2b，由|FB|·|AB|＝62，可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.所以，椭圆的方程为x29＋y24＝1.(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2).由已知有y1y20，故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.又因为|AQ|＝y2sin∠OAB，而∠OAB＝π4，故|AQ|＝2y2.由|AQ||PQ|＝524sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.由方程组y＝kx，x29＋y24＝1，消去x，可得y1＝6k9k2＋4.易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，由方程组y＝kx，x＋y－2＝0，消去x，可得y2＝2kk＋1.代入5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝39k2＋4，将等式两边平方，整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝12或k＝1128.所以，k的值为12或1128.教你如何审题——证明及开放问题【例题】(2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：x22＋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.[审题路线][自主解答](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x22＋y2＝1，可得点A的坐标为1，22或1，－22，又M(2，0)，所以直线AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2.(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x12，x22，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.由y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)得kMA＋kMB＝2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k（x1－2）（x2－2）.将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.所以，x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k2k2＋1＝0.从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补.所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB.探究提高(1)解决本题的关键是分析图形，把图形中“角相等”关系转化为相关直线的斜率之和为零，类似的还有圆过定点问题，转化为在该点的圆周角为直角，进而转化为斜率之积为－1；线段长度的比问题转化为线段端点的纵坐标或横坐标之比；(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】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，且过点P1，32，F为其右焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.解(1)因为ca＝12，所以a＝2c，b＝3c，设椭圆方程x24c2＋y23c2＝1，又点P1，32在椭圆上，所以14c2＋34c2＝1，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，所以椭圆方程为x24＋y23＝1.(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，由y＝k（x－4），x24＋y23＝1，消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)0，解得－12k12.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝32k23＋4k2，①x1x2＝64k2－123＋4k2.②因为△AMF与△MFN的面积相等，所以|AM|＝|MN|，所以2x1＝x2＋4.③由①③消去x2得x1＝4＋16k23＋4k2.④将x2＝2x1－4代入②，得x1(2x1－4)＝64k2－123＋4k2，⑤将④代入到⑤式，整理化简得36k2＝5.∴k＝±56，经检验满足题设，故直线l的方程为y＝56(x－4)或y＝－56(x－4).满分答题示范——定点、定值问题【例题】(12分)(2018·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值.[规范解答][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)问中联立直线方程和抛物线方程，对直线斜率取值的讨论.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(1)问中求抛物线的方程，第(2)问中求点M和N的纵坐标.❸得计算分：解题过程中计算准确是满分的根本保证.如第(2)中用yM，yN表示λ，μ，计算1λ＋1μ的值.[构建模板]【规范训练】(2018·昆明质检)设抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，准线为l.已知以F为圆心、4为半径的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，∠EAB＝90°.(1)求p的值；(2)已知点P的纵坐标为－1且在抛物线C上，Q，R是抛物线C上异于点P的另外两点，且直线PQ和直线PR的斜率之和为－1，试问直线QR是否经过一定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.解(1)由题意及抛物线的定义，有|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，所以△AEF是边长为4的正三角形.设准线l与x轴交于点D，则|DF|＝p＝12|AE|＝12×4＝2.所以p＝2.(2)设直线QR的方程为x＝my＋t，点Q(x1，y1)，R(x2，y2).由x＝my＋t，y2＝4x得y2－4my－4t＝0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，Δ＝16m2＋16t0.又因为点P在抛物线C上，则kPQ＝yP－y1xP－x1＝yP－y1y2P4－y214＝4yP＋y1＝4y1－1.同理可得kPR＝4y2－1.因为kPQ＋kPR＝－1，所以4y1－1＋4y2－1＝4（y1＋y2）－8y1y2－（y1＋y2）＋1＝16m－8－4t－4m＋1＝－1，解得t＝3m－74.由Δ＝16m2＋16t0，t＝3m－74，14≠m×（－1）＋t，解得m∈－∞，－72∪12，1∪(1，＋∞).所以直线QR的方程为x＝m(y＋3)－74，故直线QR过定点－74，－3.1.已知椭圆P的中心O在坐标原点、焦点在x轴上，且经过点A(0，23)，离心率为12.(1)求椭圆P的方程；(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足OR→·OT→＝167？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由.解(1)设椭圆P的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，由题意得b＝23，e＝ca＝12，∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，∴c＝2，a＝4，∴椭圆P的方程为x216＋y212＝1.(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，OR→·OT→0，不满足题意.故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2).∵OR→·OT→＝167，∴x1x2＋y1y2＝167.由y＝kx－4，x216＋y212＝1得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，由Δ0得(－32k)2－64(3＋4k2)0，解得k214.①∴x1＋x2＝32k3＋4k2，x1x2＝163＋4k2，∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，故x1x2＋y1y2＝163＋4k2＋16k23＋4k2－128k23＋4k2＋16＝167，解得k2＝1.②由①②解得k＝±1，∴直线l的方程为y＝±x－4.故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意.2.(2019·郑州质检)已知圆O：x2＋y2＝4，点F(1，0)，P为平面内一动点，以线段FP为直径的圆内切于圆O，设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点0，12.问：在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO？若存在，请求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)设PF的中点为S，切点为T，连接OS，ST，则|OS|＋|SF|＝|OT|＝2.取F′(－1，0)，连接F′P，则|F′P|＋|FP|＝2(|OS|＋|SF|)＝4.所以点P的轨迹是以F′，F为焦点、长轴长为4的椭圆，其中，a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝4－1＝3.所以曲线C的方程为x24＋y23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q.设Q(0，m)，当直线的斜率存在时直线MN的方程为y＝kx＋12，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立得方程组x24＋y23＝1，y＝kx＋12.消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋4kx－11＝0.由题意知Δ0，∴x1＋x2＝－4k3＋4k2，x1x2＝－113＋4k2.由∠MQO＝∠NQO，得直线MQ与直线NQ的斜率之和为0，∴y1－mx1＋y2－mx2＝kx1＋12－mx1＋kx2＋12－mx