解析几何热点问题.ppt

1、INNOVATIVE DESIGN 教材教材高考高考审题答题审题答题 解析几何热点问题 内 容 索 引 三年真题考情 教材链接高考 教你如何审题 / 1 2 3 / / 满分答题示范 热点跟踪训练 / 4 5 / 三年真题考情 1 索引 核心热点核心热点真题印证真题印证核心素养核心素养 直线方程、定直线方程、定 值问题值问题 2019全国全国卷，卷，19；2018全国全国卷，卷，19； 2018北京，北京，19 数学运算、逻辑推理数学运算、逻辑推理 椭圆方程、定椭圆方程、定 点问题点问题 2020全国全国卷，卷，20；2020全国全国卷，卷，20； 2019北京，北京，19；2017全国全国卷

2、，卷，20 数学运算、逻辑推理数学运算、逻辑推理 直线与椭圆直线与椭圆 2020北京，北京，20；2019全国全国卷，卷，19； 2018全国全国卷，卷，20 数学运算、逻辑推理数学运算、逻辑推理 直线与抛物线直线与抛物线 2020全国全国卷，卷，19；2019全国全国卷，卷，21； 2019北京，北京，18；2018全国全国卷，卷，19 数学运算、逻辑推理数学运算、逻辑推理 教材链接高考 2 索引 索引 索引 探究提高 索引 解解由已知可得由已知可得b3.记半焦距为记半焦距为c，由，由|OF|OA|可得可得cb3. 又由又由a2b2c2，可得，可得a218. 所以椭圆的方程为所以椭圆的方程为

3、 x2 18 y 2 9 1. 索引 解解因为直线因为直线AB与以与以C为圆心的圆相切于点为圆心的圆相切于点P，所以，所以ABCP. 依题意，直线依题意，直线AB和直线和直线CP的斜率均存在的斜率均存在 设直线设直线 AB 的方程为的方程为 ykx3.由方程组由方程组 ykx3， x2 18 y 2 9 1， 消去消去y，可得，可得(2k21)x212kx0， 索引 因为因为P为线段为线段AB的中点，点的中点，点A的坐标为的坐标为(0，3)， 整理得整理得2k23k10，解得，解得k或或k1. 教你如何审题 3 索引 圆锥曲线中的证明问题 【例题例题】(2019北京卷北京卷)已已知抛物线知抛物

4、线C：x22py(p0)经过点经过点(2，1) (1)求抛物线求抛物线C的方程及其准线方程；的方程及其准线方程； 自主解答自主解答 解解由抛物线由抛物线C：x22py经过点经过点(2，1)得得p2. 所以抛物线所以抛物线C的方程为的方程为x24y，其准线方程为，其准线方程为y1. 索引 【例题例题】(2019北京卷北京卷)已已知抛物线知抛物线C：x22py(p0)经过点经过点(2，1) (2)设设O为原点，过抛物线为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为的焦点作斜率不为0的直线的直线l交抛物线交抛物线C于两点于两点M，N， 直线直线y1分别交直线分别交直线OM，ON于点于点A和点和点B.求证：以求证

5、：以AB为直径的圆经过为直径的圆经过y轴轴 上的两个定点上的两个定点 证明证明抛物线抛物线C的焦点为的焦点为F(0，1) 设直线设直线l的方程为的方程为ykx1(k0) 设设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则，则x1x24. 索引 x1x2 x 2 1 4 x 2 2 4 (n1)2 16 x1x2 (n1)24(n1)2. 综上，以综上，以AB为直径的圆经过为直径的圆经过y轴上的定点轴上的定点(0，1)和和(0，3) 索引 探究提高 索引 解解依题意可设圆依题意可设圆C的方程为的方程为x2y2b2， 索引 证明证明依题意可知直线依题意可知直线l斜率存在，设斜率存在，设l的方程为的方程为y

6、k(x2)， l与椭圆有两个交点，与椭圆有两个交点，0，即，即2k210， 解得解得k1，又因为，又因为k0，故，故k0或或0k1. 又又PA，PB与与y轴相交，故直线轴相交，故直线l不过点不过点(1，2) 从而从而k3. 所以直线所以直线l斜率的取值范围是斜率的取值范围是(，3)(3，0)(0，1)6 索引 证明证明设设A(x1，y1)，B(x2，y2) 令令x0，得点，得点M的纵坐标为的纵坐标为 索引 令令x0，得点，得点M的纵坐标为的纵坐标为 索引 索引 求圆锥曲线的方程求圆锥曲线的方程 联立直线和圆锥曲线的方程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应用根与系数的

7、关系用参数表示点的坐标 根据相关条件计算推证根据相关条件计算推证 明确结论明确结论 索引 解解由题设得由题设得A(a，0)，B(a，0)，G(0，1) 解得解得a3或或a3(舍去舍去) 索引 证明证明设设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t) 若若t0，设直线，设直线CD的方程为的方程为xmyn，由题意可知，由题意可知3n3. 易知直线易知直线 PA 的方程为的方程为 y t 9(x 3)， 索引 可得可得3y1(x23)y2(x13) 由由可得可得27y1y2(x13)(x23)， 结合结合xmyn， 得得(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20. 得得(m29)y2

8、2mnyn290. 索引 代入代入式式 得得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0. 解得解得 n3(舍去舍去)或或 n3 2. 5 热点跟踪训练 010203索引 010203索引 解解由题意，可设由题意，可设l的方程为的方程为ykxm(k0)， 与椭圆与椭圆C的方程联立，消去的方程联立，消去y可得可得(12k2)x24kmx2m220， 设设P(x0，y0)，由判别式，由判别式0可得可得m212k2. 010203索引 010203索引 010203索引 证明证明设设M(m，n)，则，则D(m，0)，N(m，n)， 由题设知由题设知m2，且，且n0. 010203索引

9、 所以所以BDE与与BDN的面积之比为的面积之比为45. 010203索引 设设 K(x，y)，则，则F1K (x 3，y)，F2K (x 3，y)， 因为因为1y1， 010203索引 解解设设A，B的坐标分别为的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 得得(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0， 010203索引 若四边形若四边形OAPB为平行四边形，则为平行四边形，则M是是OP的中点，所以的中点，所以2xMxP， 所以当直线所以当直线 l 的斜率的斜率 k4 7 6 时，四边形时，四边形 OAPB 为平行四边形为平行四边形 010203索引 将将代入代入 a2b2c2解得解得 a2.所以椭圆所以椭圆 C1的方程为的方程为x 2 4 y 2 3 1. 010203索引 解解设设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由直线由直线l与椭圆与椭圆C1相切得相切得0，即，即m24k23，且，且 010203索引 由直线由直线 l 与圆与圆 C2相切，设相切，设 O 为坐标原点，连接为坐标原点，连接 ON，则，则 ON：y1 kx，与 ，与 ykx m 联立得联立得 x 2 km k21， ， y2 m k21. 010203索引 INNOVATIVE DESIGN THANKS本节内容结束