2019年高考数学一轮复习专题探究课5平面解析几何中的高考热点问题（理科）北师大版.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 五 平面解析几何中的高考热点问题 (对应学生用书第 153 页 ) 命题解读 圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第 (2)问或第 (3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对运算能力，分析问题解决问题的能力要求较高，难度较大，常以压轴题的形式出现 圆锥曲线的标准方程与性质 圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查 “ 直线与圆锥曲线 ” 的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系

2、数法离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及 a， b， c 三者之间的关系另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点 (2017 石家庄质检 )如图 1，椭圆 x2a2y2b2 1(ab0)的左、右焦点分别为 F1， F2，过F2的直线交椭圆于 P， Q 两点，且 PQ PF1. 【导学号： 79140313】 图 1 (1)若 |PF1| 2 2， |PF2| 2 2，求椭圆的 标准方程； (2)若 |PF1| |PQ|，求椭圆的离心率 e. 解 (1)由椭圆的定义， 2a |PF1| |PF2| (2 2) (2 2) 4，故 a 2. 设椭圆的半焦距为 c，由已知 PF1 PF2

3、， 因此 2c |F1F2| |PF1|2 |PF2|2 (2 2)2 (2 2)2 2 3. 即 c 3，从而 b a2 c2 1， 故所求椭圆的标准方程为 x24 y2 1. (2)连接 F1Q，如图，由椭圆的定义知 |PF1| |PF2| 2a， |QF1| |QF2| 2a， =【 ;精品教育资源文库 】 = 又 |PF1| |PQ| |PF2| |QF2| (2a |PF1|) (2a |QF1|)， 可得 |QF1| 4a 2|PF1|. 又因为 PF1 PQ 且 |PF1| |PQ|，所以 |QF1| 2|PF1|. 由 可得 |PF1| (4 2 2)a， 从而 |PF2| 2

4、a |PF1| (2 2 2)a. 由 PF1 PF2知 |PF1|2 |PF2|2 |F1F2|2， 即 (4 2 2)2a2 (2 2 2)2a2 4c2， 可得 (9 6 2)a2 c2， 即 c2a2 9 6 2， 因此 e ca 9 6 2 6 3. 规律方法 1.用定义法求圆锥曲线的方程是常用的方法，同时应注意数形结合思想的应用 . 2.圆锥曲线的离心率刻画曲线的扁平程度，只要明确 a， b， c 中任意两量的等 量关系都可求出离心率，但一定注意不同曲线离心率取值范围的限制 . 跟踪训练 (2017 河南 3 月适应性测试 )设抛物线的顶点在坐标原点，焦点 F 在 y 轴正半轴上，

5、过点 F 的直线交抛物线于 A， B 两点，线段 AB 的长是 8， AB 的中点到 x 轴的距离是 3. (1)求抛物线的标准方程； (2)设直线 m 在 y 轴上的截距为 6，且与抛物线交于 P， Q 两点连接 QF 并延长交抛物线的准线于点 R，当直线 PR 恰与抛物线相切时，求直线 m 的方程 解 (1)设抛物线的方程是 x2 2py(p 0)， A(x1， y1)， B(x2， y2)，由抛物线定义可知 y1 y2 p 8， 又 AB 的中点到 x 轴的距离为 3， y1 y2 6， p 2， 抛物线的标准方程是 x2 4y. (2)由题意知，直线 m 的斜率存在，设直线 m： y

6、kx 6(k0) ， P(x3， y3)， Q(x4，y4)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 由? y kx 6，x2 4y 消去 y 得 x2 4kx 24 0， ? x3 x4 4k，x3 x4 24. (*) 易知抛物线在点 P? ?x3，x234 处的切线方程为 yx234x32(x x3)， 令 y 1，得 x x23 42x3 ， R?x23 42x3 ， 1 ， 又 Q， F， R 三点共线， kQF kFR，又 F(0,1)， x244 1x4 1 1x23 42x3， 即 (x23 4)(x24 4) 16x3x4 0， 整理得 (x3x4)2 4(x3 x4)2 2x3

7、x4 16 16x3x4 0， 将 (*)式代入上式得 k2 14， k 12， 直线 m 的方程为 y 12x 6. 圆锥曲线中的定点、定值问题 (答题模板 ) 定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值 问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横 (纵 )坐标等的定值问题 (本小题满分 12 分 )(2017 全国卷 ) 已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(a b 0)，四点P1(1,1)， P2(0,1)， P3? ? 1， 32 ， P4? ?1， 32 中 恰有三点在椭圆 C上 . (1)求 C 的方程； (2)设 直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A， B 两

8、点 .若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为 1， 证明： l 过定点 审题指导 题眼 挖掘关键信息 根据椭圆的对称性，以及所给四点中 P3、 P4关于 y 轴对称，可知 P3、 P4在=【 ;精品教育资源文库 】 = 椭圆上，进而判断 P2在椭圆上，求出其方程 欲证直线 l 过定点，只需求出 l 的方程，分析 l 与 x 轴的位置关系，结合直线 P2A 与直线 P2B 斜率的和为 1，联立 l 与椭圆的方程求解，并注意 “ 设而不求，整体代入 ” 方法的运用 规范解答 (1)由于 P3， P4两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C 经过 P3， P4两点 又由 1a2 1b2 1a2

9、 34b2知，椭圆 C 不经过点 P1， 所以点 P2在椭圆 C 上 . 2 分 因此? 1b2 1，1a234b2 1，解得? a2 4，b2 1. 故椭圆 C 的方程为x24 y2 1. 4 分 (2)证明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1， k2. 如果 l 与 x 轴垂直，设 l： x t，由题设知 t0 ，且 |t| 2，可得 A， B 的坐标分别为 ? ?t， 4 t22 ， ?t， 4 t22 ，则 k1 k24 t2 22t 4 t2 22t 1，得 t 2，不符合题设 . 6 分 从而可设 l： y kx m(m1) 将 y kx m 代入 x24 y2 1

10、 得 (4k2 1)x2 8kmx 4m2 4 0. 由题设可知 16(4k2 m2 1)0. 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 8km4k2 1， x1x2 4m2 44k2 1. 8 分 而 k1 k2 y1 1x1 y2 1x2 kx1 m 1x1 kx2 m 1x2 2kx1x2 (m 1)(x1 x2)x1x2. 由题设 k1 k2 1， 故 (2k 1)x1x2 (m 1)(x1 x2) 0. 10 分 即 (2k 1) 4m2 44k2 1 (m 1) 8km4k2 1 0，解得 km 12 . 当且仅当 m 1 时， 0， 于是 l： y m 12

11、x m， =【 ;精品教育资源文库 】 = 即 y 1 m 12 (x 2)， 所以 l 过定点 (2， 1). 12 分 阅卷者说 易错点 防范措施 不会判断四点中哪三点在椭圆上 可画出四点，数形给 合进行判断 忽视直线 l 斜率不存在的情况 应树立分类讨论的意识，求直线方程，应以直线斜率是否存在为标准分类求解 规律方法 定点问题的常见解法 根据题意选择参数，建立一个含参数的直线系或曲线系方程，经过分析、整理，对方程进行等价变形，以找出适合方程且与参数无关的坐标 该坐标对应的点即为所求定点 从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意 . 跟踪训练 (2016 北京高考 )已知椭圆 C： x

12、2a2y2b2 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 解 (1)由题意得 a 2， b 1， 所以椭圆 C 的方程为 x24 y2 1. 又 c a2 b2 3，所以离心率 e ca 32 . (2)证明：设 P(x0， y0)(x0 0， y0 0)，则 x20 4y20 4. 又 A(2,0)， B(0,1)， 所以直线 PA 的方程为 y y0x0 2(x 2) 令 x 0，得 yM 2y0x0

13、2，从而 |BM| 1 yM 1 2y0x0 2. 直线 PB 的方程为 y y0 1x0x 1. 令 y 0，得 xN x0y0 1，从而 |AN| 2 xN 2 x0y0 1. 所以四边形 ABNM 的面积 S 12|AN| BM| =【 ;精品教育资源文库 】 = 12? ?2 x0y0 1 ? ?1 2y0x0 2 x20 4y20 4x0y0 4x0 8y0 42(x0y0 x0 2y0 2) 2x0y0 2x0 4y0 4x0y0 x0 2y0 2 2. 从而四边形 ABNM 的面积为定值 圆锥曲线中的最值、范围问题 圆锥曲线中的最值问题大致可分 为两类：一是涉及距离、面积的最值以

14、及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题 (2018 石家庄质检 (二 )已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(a b 0)的左、右顶点分别为 A， B，且长轴长为 8， T 为椭圆上一点，直线 TA， TB 的斜率之积为 34. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 O 为原点，过点 M(0,2)的动直线与椭圆 C 交于 P， Q 两点，求 OP OQ MP MQ的取值范围 . 【导学号： 79140314】 解 (1)设 T(x， y)，则直线 TA 的斜率为 k1 yx 4， 直线 TB 的斜率为 k2 yx 4. 于是由 k

15、1k2 34，得 yx 4 yx 4 34， 整理得 x216y212 1. (2)当直线 PQ 的斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 y kx 2，点 P， Q 的坐标分别为(x1， y1)， (x2， y2)，直线 PQ 与椭圆方程联立? x216y212 1，y kx 2，得 (4k2 3)x2 16kx 32 0， 所以 x1 x2 16k4k2 3， x1x2 324k2 3. =【 ;精品教育资源文库 】 = 从而， OP OQ MP MQ x1x2 y1y2 x1x2 (y1 2)(y2 2) 2(1 k2)x1x2 2k(x1 x2) 4 80k2 524k2 3 2084k2 3. 20 OP OQ MP MQ 523 . 当直线 PQ 斜率不存在时， 易得 P， Q 两点的坐标为 (0,2 3)， (0， 2 3)， 所以 OP OQ MP MQ 的值为 20. 综上所述， OP OQ MP MQ 的取值范围为 ? ? 20， 523 . 规律方法 范围 最值 问题的主要求解方法 几何法，若题目的条件和结