2020版高考数学一轮复习高考大题增分课5平面解析几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版.pdf

- 1 - 高考大题增分课 高考大题增分课 五 平面解析几何中的高考热点问题 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 圆锥曲线中的几何证明问题 圆锥曲线中的几何证明一般包括两大方面：一是位置关系的证明，如证明相切、垂直、 过定点等，二是数量关系的证明，如存在定值、恒成立、线段或角相等等 【例1】 (2018·全国卷)设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直 x2 2 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：OMAOMB 解 (1)由已知得F(1,0)，l的方程为x1. 由已知可得，点A的坐标为或. (1， 2 2) (1， 2 2) 又M(2,0)，所以AM的方程为yx或yx. 2 2 2 2 2 2 (2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0°. 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB.22 y1 x12 y2 x22 由y1kx1k，y2kx2k得 kMAkMB. 2kx1x23kx1x24k x12x22 将yk(x1)代入y21 得 x2 2 (2k21)x24k2x2k220. 所以，x1x2，x1x2. 4k2 2k21 2k22 2k21 则 2kx1x23k(x1x2)4k0. 4k34k12k38k34k 2k21 从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补所以OMAOMB - 2 - 综上，OMAOMB 规律方法 对于圆锥曲线中的证明问题，常采用直接法证明，证明时常借助等价转化 思想，化几何关系为数量关系，然后借助方程思想给予解答 (2017·全国卷)已知抛物线C：y22x，过点(2,0)的直线l交C于A，B 两点，圆M是以线段AB为直径的圆 (1)证明：坐标原点O在圆M上； (2)设圆M过点P(4，2)，求直线l与圆M的方程 解 (1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：xmy2. 由Error!可得y22my40，则y1y24. 又x1，x2，故x1x24. y2 1 2 y2 2 2 y1y22 4 因此OA的斜率与OB的斜率之积为·1， y1 x1 y2 x2 4 4 所以OAOB 故坐标原点O在圆M上 (2)由(1)可得y1y22m， x1x2m(y1y2)42m24， 故圆心M的坐标为(m22，m)， 圆M的半径r.m222m2 由于圆M过点P(4，2)，因此·0，AP BP 故(x14)(x24)(y12)(y22)0， 即x1x24(x1x2)y1y22(y1y2)200. 由(1)知y1y24，x1x24. 所以 2m2m10，解得m1 或m . 1 2 当m1 时，直线l的方程为xy20，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为，10 圆M的方程为(x3)2(y1)210. 当m 时， 直线l的方程为 2xy40， 圆心M的坐标为， 圆M的半径为， 1 2( 9 4， 1 2) 85 4 圆M的方程为 2 2 . (x 9 4)(y 1 2) 85 16 最值、范围问题 圆锥曲线中的最值与取值范围问题是高考中的常考题型，以解答题为主，难度一般较大， 注重方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用主要的命题角度有： - 3 - (1)涉及距离、面积的最值以及与之有关的一些问题； (2)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与之有关的一些问题 【例2】 (本题满分12分 )(2016· 全国卷 )设圆x2y22x150的圆心 为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行 线交AD于点E. (1)证明 ，并写出点E的轨迹方程； |EA|EB|为定值 (2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交 于P，Q两点，求 . 四边形MPNQ面积的取值范围 信息提取 看到|EA|EB|为定值，想到点E的轨迹方程可能是椭圆 看到四边形MPNQ面积的取值范围，想到四边形MPNQ对角线是否垂直，如何将四边形 分成三角形求面积，可能利用弦长公式 规范解答 (1)证明：因为|AD|AC|，EBAC， 故EBDACDADC.所以|EB|ED|， 故|EA|EB|EA|ED|AD|. 又圆A的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4， 所以|EA|EB| 4. ······································· ····2 分 由题设得A(1,0)，B(1,0)，|AB|2， 由椭圆定义可得点E的轨迹方程为 x2 4 y2 3 1(y0). ················4 分 (2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2) 由Error!得(4k23)x28k2x4k2120， 则x1x2，x1x2. 8k2 4k23 4k212 4k23 所以|MN|x1x2|1k2 12k21 4k23 .·····························6 分 过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y (x1)，点A到直线m的距离为， 1 k 2 k21 所以|PQ|24.42( 2 k21) 2 4k23 k21 故四边形MPNQ的面积S |MN| PQ|12.···········10 分 1 2 1 1 4k23 可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)3 - 4 - 当l与x轴垂直时，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8， 故四边形MPNQ的面积为 12. 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12,8 3 ).··················12 分 易错与防范 易错点防范措施 点E的轨迹方程没有限定“y0”. 审题要细心， 在求出轨迹方程1 后要验证其完 x2 4 y2 3 备性，既不能多点，也不能少点. 忽视直线l斜率不存在的情况 应树立分类讨论的意识，求解时应以直线斜率是否存 在为标准分类求解. 通性通法 范围(最值)问题的主要求解方法 (1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解 决 (2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或 等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的离心率为 ，点M x2 a2 y2 b2 1 2 在椭圆C上 (1， 3 2) (1)求椭圆C的方程； (2)已知P(2,0)与Q(2,0)为平面内的两个定点， 过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B 两点，求四边形APBQ面积的最大值 解 (1)由 ，可得a2c， c a 1 2 又因为b2a2c2，所以b23c2， 所以椭圆C的方程为1， x2 4c2 y2 3c2 又因为M在椭圆C上，所以1， (1， 3 2) 12 4c2 ( 3 2) 2 3c2 所以c21，所以a24，b23， 故椭圆C的方程为1. x2 4 y2 3 (2)设l的方程为xmy1，联立Error! 消去x得(3m24)y26my90， 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)， - 5 - 由题知0，y1y2，y1y2， 6m 3m24 9 3m24 |y1y2| y1y224y1y2 ( 6m 3m24) 24 × 9 3m24 ， 12m21 3m24 设四边形APBQ的面积为S， 所以S ×4×， 1 2 12m21 3m24 24m21 3m24 令t，t1，1m2 有S， 24t 3t21 24 3t1 t 设函数f(t)3t ，t1，)， 1 t 所以f(t)30，t1，)， 1 t2 故函数f(t)3t 在1，)上递增， 1 t 故 3t f(1)4， 1 t 故S6， 24t 3t21 24 3t1 t 当且仅当t1，即m0 时等号成立， 即四边形 APBQ面积的最大值为 6. 圆锥曲线中的探索性问题 圆锥曲线中的探索性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，需要结 合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、抽象、概括等，是高考的常考题型，以 解答题的形式出现，难度一般较大主要的命题角度有：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线 是否存在；(3)探索命题是否成立 【例 3】 (2015·全国卷)已知椭圆C：9x2y2m2(m0)，直线l不过原点O且不平 行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M. (1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； (2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能， ( m 3，m) 求此时l的斜率；若不能，说明理由 - 6 - 解 (1)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM) 将ykxb代入 9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20， 故xM，yMkxMb. x1x2 2 kb k29 9b k29 于是直线OM的斜率kOM ，即kOM·k9. yM xM 9 k 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值 (2)四边形OAPB能为平行四边形 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k3. ( m 3，m) 由(1)得OM的方程为yx. 9 k 设点P的横坐标为xP. 由Error!得x， 2P k2m2 9k281 即xP. ±km 3k29 将点的坐标代入直线l的方程得b， ( m 3，m) m3k 3 因此xM. kk3m 3k29 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM. 于是2×，解得k14，k24. ±km 3k29 kk3m 3k29 77 因为ki0，ki3，i1,2，所以当直线l的斜率为 4或 4时，四边形OAPB为平77 行四边形 规律方法 探索性问题的求解方法 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法” 其步骤如下：假设满足条件的元素(点、直线、 曲线或参数)存在，列出与该元素相关的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素存在，否则， 元素不存在 (2)反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法 (2019·太原模拟)已知椭圆C1：1(ab0)，F为左焦点，A为上顶 x2 a2 y2 b2 点，B(2,0)为右顶点，若|2|，抛物线C2的顶点在坐标原点，焦点为F.7AF AB (1)求椭圆C1的标准方程； (2)是否存在过F点的直线， 与椭圆C1和抛物线C2的交点分别是P，Q和M，N， 使得SOPQ - 7 - SOMN？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由 1 2 解 (1)依题意可知|2|，即a2，由B(2,0)为右顶点，得a2，7AF AB 7a2b2 解得b23， 所以C1的标准方程为1. x2 4 y2 3 (2)依题意可知C2的方程为y24x，假设存在符合题意的直线， 设直线方程为xky1， P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立Error!得(3k24)y26ky90， 由韦达定理得y1y2，y1y2， 6k 3k24 9 3k24 则|y1y2|，y1y224y1y2 12k21 3k24 联立Error!得y24ky40， 由韦达定理得y3y44k，y3y44， 所以|y3y4|4，y3y424y3y4k21 若SOPQSOMN，则|y1y2| |y3y4|， 1 2 1 2 即2，解得k±， 12k21 3k24 k21 6 3 所以存在符合题意的直线，直线的方程为xy10 或xy10. 6 3 6 3 大题增分专训 1(2018·重庆二模)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且点A x2 a2 y2 b2 3 2(1， 3 2) 在椭圆C上 (1)求椭圆C的方程； (2)已知不经过A点的直线l：yxt与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点 3 2 为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，证明：AMAN. 解 (1)由 可得 ，所以Error! c a 3 2 b a 1 2 解得Error! 所以椭圆的方程为y21. x2 4 (2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，R(x1，y1)， - 8 - 联立直线l与椭圆C的方程，得Error! 整理得x2txt210，3 所以4t20，即2t2， x1x2t，x1x2t21，3 易知直线AM与直线AN的斜率存在且不同时为 0， 所以kANkAM y1 3 2 x11 y2 3 2 x21 ， (y 1 3 2)x 21x11(y2 3 2) x11x21 因为(x21)(x11) ( 3 2 x1t 3 2)( 3 2 x2t 3 2) x1x2t(x1x2)33 (t21)t(t)0，333 所以kANkAM0， 则直线AN与直线AM的倾斜角互补， 所以AMNANM，所以AMAN. 2已知点F1(，0)，圆F2：(x)2y216，点M是圆上一动点，MF1的垂直平分22 线与线段MF2交于点N. (1)求点N的轨迹方程； (2)设点N的轨迹为曲线E， 过点P(0,1)且斜率不为 0 的直线l与E交于A，B两点， 点B 关于y轴的对称点为B，证明直线AB过定点，并求PAB面积的最大值 解 (1)由已知得|NF1|NM|， 所以|NF1|NF2|MN|NF2|4， 又|F1F2|2，所以点N的轨迹是以F1，F2为焦点，长轴长等于 4 的椭圆，2 所以点N的轨迹方程是1. x2 4 y2 2 (2)易知直线l的斜率k存在，则直线AB：ykx1(k0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，则B(x2，y2)， 联立Error! 得(12k2)x24kx20， Error!kAB， y1y2 x1x2 直线AByy1(xx1)， y1y2 x1x2 令x0， - 9 - 得y x1y2x2y1 x1x2 x1kx21x2kx11 x1x2 12， 2kx1x2 x1x2 直线AB过定点Q(0,2)， PAB的面积S|SPQBSPQA| |x1x2|， 当且仅当k 1 2 2|k| 12k2 2 1 |k|2|k| 2 2 ±时，等号成立 2 2 PAB面积的最大值是. 2 2 3(2019·厦门模拟)已知M(1,0)，F(1,0)，|2，2，(R R)，MR 2FR FQ MP MR 且·0.PQ FR (1)当R在该坐标平面上运动时，求点P运动的轨迹C的方程； (2)经过点H(2,0)作不过F点且斜率存在的直线l，若直线l与轨迹C相交于A，B两点 探究：直线FA，FB的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； 求FAB面积的取值范围 解 (1)由|2知，点R在以M(1,0)为圆心，以 2为半径的圆周上运动MR 22 由2知，Q为FR的中点，FR FQ 又(R R)，且·0，MP MR PQ FR 得点P为线段FR的中垂线与MR的交点， 所以|PF|PR|，所以|PM|PF|2(定值)，2 因此点P的轨迹C是以M，F为焦点的椭圆， 由a，c1，得b1，2 所以轨迹C的方程为y21. x2 2 (2)由已知，设直线l的方程为yk(x2)(k0)， 直线l与椭圆C的交点A，B分别设为A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立Error! 化简得(12k2)x28k2x8k220， 则x1x2，x1x2， 8k2 12k2 8k22 12k2 - 10 - 又 直 线FA，FB的 斜 率 之 和 为 y1 x11 y2 x21 kx12 x11 kx22 x21 ， 2kx1x23kx1x24k x1x2x1x21 又 2kx1x23k(x1x2)4k2k·4k0(定 8k22 12k2 24k3 12k2 16k34k24k34k8k3 12k2 值)， 所以0， y1 x11 y2 x21 即直线FA，FB的斜率之和为定值 0. 由得64k44(12k2)(8k22)816k2， 由0，得k2， (0， 1 2) 因为|AB|x1x2| 1k2 x1x224x1x21k2 ·， 816k2 12k2 1k2 又点F到直线l的距离d， |k| k21 所以SFAB |AB|·d 1 2 24k2·|k| 12k2 ， 6k21 2k2121 令t2k21(1,2)，(t) 2 2， 3t2 t2 9 8( 1 t 3 4) 因为 ，所以(t)， 1 t( 1 2，1)(1， 9 8 所以SFAB，t1 (0， 2 4 当且仅当t ，即k±时，SFAB取到最大值. 4 3 6 6 2 4 所以FAB面积的取值范围为. (0， 2 4