2020高三理科数学一轮复习讲义五《解析几何热点问题》

2020高三理科数学一轮复习讲义五《解析几何热点问题》核心热点 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的位置关系2016·Ⅰ，20；2016·Ⅱ，20；2018·Ⅲ，20数学运算、 逻辑推理 直线与抛物线的位置关系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y 2＝2px (p >0)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＝22p 2＝32， ∴p 2＝6，∵p >0，∴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x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)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 |＝6 2. (1)求椭圆的方程；(2)设直线l ：y ＝kx (k >0)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c 2a 2＝59， 又由a 2＝b 2＋c 2，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x 29＋y 24＝1.(2)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，点Q 的坐标为(x 2，y 2).由已知有y 1>y 2>0， 故|PQ |sin ∠AOQ ＝y 1－y 2. 又因为|AQ |＝y 2sin ∠OAB，而∠OAB ＝π4，故|AQ |＝2y 2. 由|AQ ||PQ |＝524sin ∠AOQ ，可得5y 1＝9y 2. 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 29＋y 24＝1，消去x ，可得y 1＝6k 9k 2＋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y 2＝2kk ＋1.代入5y 1＝9y 2，可得5(k ＋1)＝39k 2＋4， 将等式两边平方，整理得56k 2－50k ＋11＝0， 解得k ＝12或k ＝1128. 所以，k 的值为12或1128.教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C ：x 22＋y 2＝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x 22＋y 2＝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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2. 由y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)得 k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k （x 1＋x 2）＋4k （x 1－2）（x 2－2）.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得 (2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0. 所以，x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0.从而k MA ＋k MB ＝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 ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)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c a ＝12，所以a ＝2c ，b ＝3c ， 设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3， 所以椭圆方程为x 24＋y 23＝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），x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0， 由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0， 解得－12<k <12.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，①x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2.②因为△AMF 与△MFN 的面积相等， 所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③ 由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 23＋4k 2，④将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2⑤将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝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——圆锥曲线中的定点、定值问题【例题】 (12分)(2018·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝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P A 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y M ，y N 表示λ，μ，计算1λ＋1μ的值.[构建模板]【规范训练】 (2019·昆明质检)设抛物线C ：y 2＝2px (p >0)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 (x 1，y 1)，R (x 2，y 2).由⎩⎨⎧x ＝my ＋t ，y 2＝4x得y 2－4my －4t ＝0， 则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4t ，Δ＝16m 2＋16t >0. 又因为点P 在抛物线C 上，则 k PQ ＝y P －y 1x P －x 1＝y P －y 1y 2P 4－y 214＝4y P ＋y 1＝4y 1－1. 同理可得k PR ＝4y 2－1.因为k PQ ＋k PR ＝－1，所以4y 1－1＋4y 2－1＝4（y 1＋y 2）－8y 1y 2－（y 1＋y 2）＋1＝16m －8－4t －4m ＋1＝－1，解得t ＝3m －74.由⎩⎨⎧Δ＝16m 2＋16t >0，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x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)， 由题意得b ＝23，e ＝c a ＝12， ∴a ＝2c ，b 2＝a 2－c 2＝3c 2， ∴c ＝2，a ＝4，∴椭圆P 的方程为x 216＋y 212＝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 (x 1，y 1)，T (x 2，y 2). ∵OR →·OT →＝167，∴x 1x 2＋y 1y 2＝167.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，x 216＋y 212＝1得(3＋4k 2)x 2－32kx ＋16＝0， 由Δ>0得(－32k )2－64(3＋4k 2)>0，解得k 2>14.① ∴x 1＋x 2＝32k 3＋4k 2，x 1x 2＝163＋4k 2， ∴y 1y 2＝(kx 1－4)(kx 2－4)＝k 2x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16， 故x 1x 2＋y 1y 2＝163＋4k 2＋16k 23＋4k 2－128k 23＋4k 2＋16＝167， 解得k 2＝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 ：x 2＋y 2＝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b 2＝a 2－c 2＝4－1＝3.所以曲线C 的方程为x 24＋y 23＝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 (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).联立得方程组⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋12.消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2＋4kx －11＝0. 由题意知Δ>0，∴x 1＋x 2＝－4k 3＋4k 2，x 1x 2＝－113＋4k 2. 由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与直线NQ 的斜率之和为0， ∴y 1－m x 1＋y 2－m x 2＝kx 1＋12－m x 1＋kx 2＋12－mx2＝2kx 1x 2＋⎝⎛⎭⎫12－m （x 1＋x 2）x 1x2＝0， ∴2kx 1x 2＋⎝⎛⎭⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝⎛⎭⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k （m －6）3＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0，6)也符合题意. 易知直线MN 的斜率不存在时，定点Q (0，6)也符合题意. ∴存在符合题意的定点Q ，且定点Q 的坐标为(0，6). 综上，存在定点(0，6)使得∠MQO ＝∠NQO .3.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当该直线与椭圆C 有两个不同交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM →＝NQ →？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.解 (1)设椭圆C 的焦距为2c ，则c ＝1， 因为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上，所以2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝22，则a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)椭圆C 上不存在这样的点Q ，理由如下：设直线的方程为y ＝2x ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P ⎝⎛⎭⎫x 3，53，Q (x 4，y 4)，MN 的中点为D (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋t ，x 22＋y 2＝1，消去x 得9y 2－2ty ＋t 2－8＝0， 所以y 1＋y 2＝2t9，且Δ＝4t 2－36(t 2－8)>0， 故y 0＝y 1＋y 22＝t9，且－3<t <3.由PM →＝NQ →得⎝⎛⎭⎫x 1－x 3，y 1－53＝(x 4－x 2，y 4－y 2)，所以有y 1－53＝y 4－y 2，y 4＝y 1＋y 2－53＝29t －53. 又－3<t <3，所以－73<y 4<－1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾. 因此椭圆C 上不存在这样的点Q .4.(2019·合肥质检)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，圆O 交x 轴于点F 1，F 2，交y 轴于点B 1，B 2，以B 1，B 2为顶点，F 1，F 2分别为左、右焦点的椭圆E ，恰好经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22. (1)求椭圆E 的标准方程；(2)设经过点(－2，0)的直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，求△F 2MN 的面积的最大值. 解 (1)由题意，得椭圆E 的焦点在x 轴上.设椭圆E 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，焦距为2c ，则b ＝c ，∴a 2＝b 2＋c 2＝2b 2，∴椭圆E 的标准方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1.∵椭圆E 经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，∴12b 2＋12b 2＝1，解得b 2＝1.∴椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)∵点(－2，0)在椭圆E 外，∴直线l 的斜率存在.设直线l 的斜率为k ，则直线l ：y ＝k (x ＋2).设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 22＋y 2＝1消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0. ∴x 1＋x 2＝－8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2， Δ＝64k 4－4(1＋2k 2)(8k 2－2)>0，解得0≤k 2<12. ∴|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝21＋k 22－4k 2（1＋2k 2）2. ∵点F 2(1，0)到直线l 的距离d ＝3|k |1＋k 2， ∴△F 2MN 的面积为S ＝12|MN |·d ＝3k 2（2－4k 2）（1＋2k 2）2. 令1＋2k 2＝t ，t ∈[1，2)，得k 2＝t －12.∴S ＝3（t －1）（2－t ）t 2＝3－t 2＋3t －2t 2＝3－1＋3t －2t 2＝3－2⎝⎛⎭⎫1t －342＋18. 当1t ＝34，即t ＝43⎝⎛⎭⎫43∈[1，2）时，S 有最大值，S max ＝324，此时k ＝±66. ∴△F 2MN 的面积的最大值是324.5.(2018·重庆二诊)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，左、右顶点分别为A 1，A 2，P 为椭圆E 上的动点(不与A 1，A 2重合)，且直线P A 1与P A 2的斜率的乘积为－34.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点F 2作两条互相垂直的直线l 1与l 2(均不与x 轴重合)分别与椭圆E 相交于A ，B ，C ，D 四点，线段AB ，CD 的中点分别为M ，N ，求证：直线MN 过定点，并求出该定点的坐标.(1)解 设P (x 0，y 0)(y 0≠0)，则x 20a 2＋y 20b 2＝1.整理，得x 20－a 2＝－a 2y 20b2.由题意，得y 0x 0－a ·y 0x 0＋a＝－34. 整理，得x 20－a 2＝－43y 20. ∴－a 2y 20b 2＝－43y 20，又y 0≠0，即a 2＝43b 2. ∵c ＝1，a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝4，b 2＝3.故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明 设直线AB ：y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由⎩⎨⎧y ＝k （x －1），3x 2＋4y 2＝12，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0. ∴x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3. ∴x M ＝x 1＋x 22＝12·8k 24k 2＋3＝4k 24k 2＋3， ∴y M ＝k (x M －1)＝－3k 4k 2＋3. 用－1k 替换点M 坐标中的k ，可得x N ＝43k 2＋4，y N ＝3k 3k 2＋4. 若直线AB 关于x 轴对称后得到直线A ′B ′，直线CD 关于x 轴对称后得到直线C ′D ′，线段A ′B ′，C ′D ′的中点分别为M ′，N ′，则直线M ′N ′与直线MN 关于x 轴对称.∴若直线MN 经过定点，则该定点一定是直线M ′N ′与MN 的交点，该交点必在x 轴上.设该交点为T (s ，0)，则MT →＝(s －x M ，－y M )，NM →＝(x M －x N ，y M －y N ).由MT →∥NM →，得s ＝x N y M －x M y N y M －y N. 代入点M ，N 的坐标并化简，得s ＝47.∴经过的定点为⎝⎛⎭⎫47，0. 6.如图所示，已知圆G ：(x －2)2＋y 2＝49是椭圆T ：x 216＋y 2b 2＝1(0<b <4)的内接△ABC 的内切圆，其中A 为椭圆T 的左顶点，且GA ⊥BC .(1)求椭圆T 的标准方程；(2)过点M (0，1)分别作圆G 的两条切线交椭圆于E ，F 两点，试判断直线EF 与圆G 的位置关系，并说明理由.解 (1)设B ⎝⎛⎭⎫83，y 0，y 0>0，AB 与圆G 切于点D ，BC 交x 轴于点H ，连接DG ，如图.由题意得△ADG ∽△AHB ，即GD AG ＝HB AB ，得236＝y 04009＋y 20.解得y 20＝59.∵点B ⎝⎛⎭⎫83，y 0在椭圆T 上， ∴64916＋y 20b 2＝49＋59b 2＝1，解得b 2＝1.故椭圆T 的标准方程为x 216＋y 2＝1.(2)直线EF 与圆G 相切.理由如下：设过点M (0，1)与圆G ：(x －2)2＋y 2＝49相切的直线的方程为kx －y ＋1＝0，则23＝|2k ＋1|1＋k 2，即32k 2＋36k ＋5＝0.(*)设MF ，ME 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2为方程(*)的根， 则k 1＋k 2＝－98，k 1k 2＝532.将kx －y ＋1＝0代入x 216＋y 2＝1， 消去y 并整理，得(16k 2＋1)x 2＋32kx ＝0，解得x ＝－32k16k 2＋1或x ＝0.设F (x 1，k 1x 1＋1)，E (x 2，k 2x 2＋1)，则x 1＝－32k 116k 21＋1，x2＝－32k 216k 22＋1. ∴直线EF 的斜率k EF ＝k 2x 2－k 1x 1x 2－x 1＝k 1＋k 21－16k 1k 2＝34.从而直线EF 的方程为y ＋32k 2116k 21＋1－1＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32k 116k 21＋1.将32k 21＝－36k 1－5代入上式并化简，得y ＝34x －73.则圆心(2，0)到直线EF的距离d＝⎪⎪⎪⎪32－731＋916＝23. 故直线EF与圆G相切.。