2021高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 教材高考答题（五）课件

第八章平面解析几何教材·高考·答题(五)——解析几何热点问题高考热点真题印证核心素养直线与圆锥曲线2019·全国卷Ⅰ，T192018·全国卷Ⅰ，T192017·全国卷Ⅰ，T201.数学运算2.逻辑推理圆锥曲线中的证明问题2019·全国卷Ⅱ，T212018·全国卷Ⅰ，T192017·全国卷Ⅰ，T202017·全国卷Ⅱ，T201.数学运算2.逻辑推理圆锥曲线中的定点、定值问题2019·全国卷Ⅲ，T212017·全国卷Ⅰ，T202017·全国卷Ⅱ，T201.数学运算2.逻辑推理一、教材链接高考——直线与圆锥曲线[链接教材](人A选修2－1·习题改编)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．(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)中条件给出了a，b的值，但要讨论焦点的位置才能写出椭圆方程．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，所以|AB|＝|AF|＝32p，可得A(p，2p)．易知△AEB∽△FEC，所以|AE||FE|＝|AB||FC|＝12，故S△ACE＝13S△ACF＝13×3p×2p×12＝22p2＝32，所以p2＝6，因为p0，所以p＝6.答案：61．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，这样能起到简化运算的作用．1．(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，所以|AQ|＝2y2.由|AQ||PQ|＝524sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.由方程组y＝kxx29＋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.由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝39k2＋4，两边平方，整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝12或k＝1128.所以k的值为12或1128.二、教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题(2018·全国卷Ⅰ)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)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，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x1＜2，x2＜2，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.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．2．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)．(1)证明：k－12.(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP→＋FA→＋FB→＝0.证明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差．证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23·k＝0.由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m.①由题设得0m32，故k－12.(2)由题意得F(1，0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m0.又点P在C上，所以m＝34，从而P(1，－32)，|FP→|＝32，于是|FA→|＝（x1－1）2＋y21＝（x1－1）2＋3（1－x214）＝2－x12.同理|FB→|＝2－x22.所以|FA→|＋|FB→|＝4－12(x1＋x2)＝3.故2|FP→|＝|FA→|＋|FB→|，即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB→|－|FA→||＝12|x1－x2|＝12（x1＋x2）2－4x1x2.②将m＝34代入①得k＝－1，所以l的方程为y＝－x＋74，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋14＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝128，代入②解得|d|＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.三、满分答题示范——圆锥曲线中的定点、定值问题(满分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轴于点M，直线PB交y轴于点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](1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.(2分)由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由y2＝4x，y＝kx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.(4分)依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．(6分)(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)．(7分)令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.(8分)同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.(9分)由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.(10分)所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ＝2为定值．(12分)1．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．2．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．3．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．[解题程序]第一步：求圆锥曲线的方程．第二步：联立直线和圆锥曲线的方程．第三步：应用根与系数的关系，用参数表示点的坐标．第四步：根据相关条件计算推证．第五步：明确结论．3．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.