2021届高考数学一轮复习第九章平面解析几何创新引领微课盘点优化解析几何中的方略技法课件新人教A版
2021高考数学一轮复习第9章平面解析几何经典微课堂突破疑难系列2五大技法减轻解析几何中的运算量课件文北师
A.13
B.12
2
3
C.3
D.4
A [ 设 OE 的 中 点 为 N ， 如 图 ， 因 为 MF∥OE，所以有MONF＝a＋a c，MOEF＝a－a c.又因 为 OE＝2ON，所以有12＝a＋a c·a－a c，解得 a＝ 3c，e＝ac＝13，故选 A.]
[技法点津] 此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧 用三角形的相似比可简化计算．
第九章 平面解析几何
经典微课堂 突破疑难系列2：五大技法减轻解析几何中
的运算量
[命题解读] 中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用 方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越 性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度， 甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步，特别是高考过程 中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重 要的方面，为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合 理简化解题过程，优化思维过程．
[示例 2] 已知椭圆 E：ax22＋by22＝1(a>b>0)的右焦点为 F(3,0)，过
点 F 的直线交 E 于 A，B 两点．若 AB 的中点坐标为(1，－1)，则 E
的标准方程为( )
A.4x52 ＋3y62 ＝1
B.3x62 ＋2y72 ＝1
C.2x72 ＋1y82 ＝1
D.1x82 ＋y92＝1
[解](1)直线 AM 的斜率为 1 时，直线 AM 的方程为 y＝x＋2，代 入椭圆方程并化简得 5x2＋16x＋12＝0.
解得 x1＝－2，x2＝－65，所以 M－65，45.
(2)设直线 AM 的斜率为 k，直线 AM 的方程为 y＝k(x＋2)， y＝kx＋2，
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何9
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何9.9 圆锥曲线中求值与证明问题题型一 求值问题例1 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)在平面直角坐标系xOy 中，已知点F 1(－17，0)，F 2(17，0)，点M 满足|MF 1|－|MF 2|＝2.记M 的轨迹为C .(1)求C 的方程； [切入点：双曲线定义](2)设点T 在直线x ＝12上，过T 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且|TA |·|TB |＝|TP |·|TQ |，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和. [关键点：利用等式列式]教师备选已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长轴长是短轴长的2倍，F 是椭圆C 的一个焦点，点M (0,2)且|MF |＝10.(1)求椭圆C 的方程；(2)若过点M 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为N ，且满足|AM |＝|BN |，求l 的方程．解 (1)由题意，可得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ，c 2＋4＝10，b 2＋c 2＝a 2，解得a ＝22，b ＝2，故椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1. (2)根据题意可得，点A 必在点B 的上方，才有|AM |＝|BN |.当l 的斜率不存在时，|AM |＝2－2，|BN |＝2，|AM |≠|BN |，不合题意，故l 的斜率必定存在．设l 的方程为y ＝kx ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 28＋y 22＝1，y ＝kx ＋2，得(1＋4k 2)x 2＋16kx ＋8＝0，Δ＝(16k )2－32(1＋4k 2)＝128k 2－32>0，即k 2>14. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－16k 1＋4k 2，x 1x 2＝81＋4k 2. 设N (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－8k 1＋4k 2. 由|AM |＝|BN |可得，|AB |＝|MN |，所以1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2|x 0－0|，则x 1＋x 22－4x 1x 2＝|x 0|， 即424k 2－11＋4k 2＝⎪⎪⎪⎪8k 1＋4k 2， 整理得k 2＝12>14， 故k ＝±22，l 的方程为y ＝±22x ＋2. 思维升华 求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解．跟踪训练1 已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|＝2，P 为椭圆上任意一点，且△PF 1F 2面积的最大值为 3.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)设A (4,0)，直线y ＝kx ＋1与椭圆M 交于C ，D 两点，若直线AC ，AD 均与圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)相切，求k 的值．解 (1)当点P 位于椭圆的上顶点或下顶点时面积最大，即(12PF F S △)max ＝12·|F 1F 2|·b ＝3， 解得b ＝3，又a 2＝b 2＋c 2，∴c ＝1，a ＝2，∴椭圆M 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋1，得(3＋4k 2)x 2＋8kx －8＝0，Δ>0，∴x 1＋x 2＝－8k 3＋4k 2，x 1x 2＝－83＋4k 2， ∵直线AC ，AD 都与圆相切，∴k AC ＋k AD ＝0，即y 1x 1－4＋y 2x 2－4＝0， ∴y 1x 2－4y 1＋y 2x 1－4y 2x 1－4x 2－4＝0， ∴2kx 1x 2＋(1－4k )(x 1＋x 2)－8＝0，即－83＋4k 2×2k －(1－4k )8k 3＋4k 2－8＝0， 即－24k ＝24，∴k ＝－1.题型二 证明问题例2 (2021·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，右焦点为F (2，0)，且离心率为63.(1)求椭圆C 的方程；(2)设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线MN 与曲线x 2＋y 2＝b 2(x >0)相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |＝ 3. (1)解 由题意得， 椭圆半焦距c ＝2且e ＝c a ＝63， 所以a ＝3，又b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆方程为x 23＋y 2＝1. (2)证明 由(1)得，曲线为x 2＋y 2＝1(x >0)，当直线MN 的斜率不存在时，直线MN ：x ＝1，不符合题意；当直线MN 的斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，必要性：若M ，N ，F 三点共线，可设直线MN ：y ＝k (x －2)，即kx －y －2k ＝0，由直线MN 与曲线x 2＋y 2＝1(x >0)相切可得|2k |k 2＋1＝1，解得k ＝±1， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝±x －2，x 23＋y 2＝1，可得4x 2－62x ＋3＝0，所以x 1＋x 2＝322，x 1·x 2＝34， 所以|MN |＝1＋1·x 1＋x 22－4x 1·x 2＝3，所以必要性成立；充分性：设直线MN ：y ＝kx ＋b (kb <0)，即kx －y ＋b ＝0，由直线MN 与曲线x 2＋y 2＝1(x >0)相切可得|b |k 2＋1＝1，所以b 2＝k 2＋1， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋b ，x 23＋y 2＝1， 可得(1＋3k 2)x 2＋6kbx ＋3b 2－3＝0，所以x 1＋x 2＝－6kb 1＋3k 2，x 1·x 2＝3b 2－31＋3k 2， 所以|MN |＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1·x 2＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫－6kb 1＋3k 22－4·3b 2－31＋3k 2 ＝1＋k 2·24k 21＋3k 2＝3， 化简得3(k 2－1)2＝0，所以k ＝±1，所以⎩⎨⎧ k ＝1，b ＝－2或⎩⎨⎧ k ＝－1，b ＝2，所以直线MN ：y ＝x －2或y ＝－x ＋2，所以直线MN 过点F (2，0)，M ，N ，F 三点共线，充分性成立，所以M ，N ，F 三点共线的充要条件是|MN |＝ 3.高考改编在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，离心率为12. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若过点F 的直线l 交C 于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，分别过A ，B 作C 的切线l 1，l 2，且l 1与l 2交于点P ，证明：O ，P ，M 三点共线．(1)解 由⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝1，c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明 由题意知直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，P (x 3，y 3)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，3x 2＋4y 2＝12， 整理得3(m 2y 2＋2my ＋1)＋4y 2＝12，即(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.∴y 0＝y 1＋y 22＝－3m 3m 2＋4， x 0＝43m 2＋4， ∴k OM ＝－34m . 直线l 1的方程为x 1x 4＋y 1y 3＝1，① 直线l 2的方程为x 2x 4＋y 2y 3＝1，② ②－①⇒y 3(y 2－y 1)＝x 4(x 1－x 2) ⇒y x ＝34·x 1－x 2y 2－y 1＝－34m ， ∴y 3x 3＝－34m ＝k OP ， ∴k OM ＝k OP ，即O ，P ，M 三点共线．教师备选(2022·湖南师大附中模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为 6.(1)求该椭圆C 的方程；(2)若直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，且|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，求证：直线l 与某个定圆E相切，并求出定圆E 的方程．解 (1)∵椭圆的短轴顶点到焦点的距离为6， ∴b 2＋c 2＝a ＝6，∵椭圆的离心率e ＝c a ＝22， ∴c ＝3，∴b 2＝a 2－c 2＝3，∴椭圆C 的标准方程为x 26＋y 23＝1. (2)∵|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，∴OA →⊥OB →，则OA →·OB →＝0，①当直线l 的斜率不存在时，设l ：x ＝t ，代入椭圆方程得，y ＝±6－t 22， 不妨令A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，6－t 22，B ⎝⎛⎭⎪⎫t ，－6－t 22， 由OA →·OB →＝0得，t 2－3＋t 22＝0，解得t ＝±2， 此时l ：x ＝±2，与圆x 2＋y 2＝2相切；②当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝6，y ＝kx ＋m 得， (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0，则Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－6)>0，化简得m 2<6k 2＋3，①由根与系数的关系得，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2， 则y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－6k 21＋2k 2， 由OA →·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0可得，2m 2－61＋2k 2＋m 2－6k 21＋2k 2＝0， 整理得，m 2＝2k 2＋2，满足①式， ∴|m |k 2＋1＝2，即原点到直线l 的距离为2， ∴直线l 与圆x 2＋y 2＝2相切．综上所述，直线l 与圆E ：x 2＋y 2＝2相切．思维升华 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． 跟踪训练2 双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，以F 点为圆心，a 为半径的圆与C 的渐近线相切．(1)求C 的离心率；(2)已知点A ⎝⎛⎭⎫22a ，0，过F 点的直线与C 的右支交于M ，N 两点，证明：F 点到AM ，AN 的距离相等． (1)解 双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为bx ±ay ＝0，令点F (c,0)，则c 2＝a 2＋b 2，因为以F 点为圆心，a 为半径的圆与C 的渐近线相切， 则bc a 2＋b 2＝a ， 整理得b ＝a ，c ＝2a ，所以双曲线C 的离心率为e ＝c a＝ 2. (2)证明 由(1)知，双曲线C 的方程为2x 2－2y 2＝c 2，点A ⎝⎛⎭⎫12c ，0，显然直线MN 不垂直于y轴，设直线MN ：x ＝my ＋c ，因为直线MN 与双曲线右支交于两点，则直线MN 与双曲线的两条渐近线x ±y ＝0在y 轴右侧都相交，于是得－1<m <1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋c ，2x 2－2y 2＝c 2消去x 得2(m 2－1)y 2＋4cmy ＋c 2＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－2cm m 2－1，y 1y 2＝c 22m 2－1， 直线AM 的斜率k AM ＝y 1x 1－12c ＝y 1my 1＋c －12c ＝2y 12my 1＋c ， 同理，直线AN 的斜率k AN ＝2y 22my 2＋c ， 于是得k AM ＋k AN ＝2y 12my 1＋c ＋2y 22my 2＋c＝8my 1y 2＋2c y 1＋y 22my 1＋c 2my 2＋c＝8m ·c 22m 2－1＋2c ⎝⎛⎭⎫－2cm m 2－12my 1＋c 2my 2＋c＝0， 因此，直线AM 与AN 的倾斜角互补，则直线AM 与AN 关于x 轴对称，而点F 在x 轴上， 所以点F 到直线AM 与AN 的距离相等．课时精练1．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线与x 轴的交点为A (－1,0)．(1)求C 的方程；(2)若过点M (2,0)的直线l 与抛物线C 交于P ，Q 两点．求证：1|PM |2＋1|QM |2为定值． (1)解 由题意，可得－p 2＝－1，即p ＝2， ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明 设直线l 的方程为x ＝my ＋2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，y 2＝4x ， 消去x 得y 2－4my －8＝0，则Δ＝16(m 2＋2)>0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8，又|PM |＝1＋m 2|y 1|，|QM |＝1＋m 2|y 2|.∴1|PM |2＋1|QM |2＝11＋m 2y 21＋11＋m 2y 22＝y 21＋y 221＋m 2y 21y 22＝16m 2＋16641＋m 2＝1＋m 241＋m2＝14. ∴1|PM |2＋1|QM |2为定值．2．设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的短轴长为4，离心率为55. (1)求椭圆的方程；(2)设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上．若|ON |＝|OF |(O 为原点)，且OP ⊥MN ，求直线PB 的斜率．解 (1)设椭圆的半焦距为c ，依题意，2b ＝4，c a ＝55， 又a 2＝b 2＋c 2，可得a ＝5，b ＝2，c ＝1.所以椭圆的方程为x 25＋y 24＝1. (2)由题意，设P (x P ，y P )(x P ≠0)，M (x M ,0)．设直线PB 的斜率为k (k ≠0)，又B (0,2)，则直线PB 的方程为y ＝kx ＋2，与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 25＋y 24＝1，整理得(4＋5k 2)x 2＋20kx ＝0，可得x P ＝－20k 4＋5k 2， 代入y ＝kx ＋2得y P ＝8－10k 24＋5k 2， 所以直线OP 的斜率y P x P ＝4－5k 2－10k. 在y ＝kx ＋2中，令y ＝0，得x M ＝－2k. 由题意得N (0，－1)，所以直线MN 的斜率为－k 2. 由OP ⊥MN ，得4－5k 2－10k ·⎝⎛⎭⎫－k 2＝－1，化简得k 2＝245，从而k ＝±2305. 所以直线PB 的斜率为2305或－2305.3．(2022·莆田质检)曲线C 上任意一点P 到点F (2,0)的距离与它到直线x ＝4的距离之比等于22，过点M (4,0)且与x 轴不重合的直线l 与C 交于不同的两点A ，B . (1)求C 的方程；(2)求证：△ABF 内切圆的圆心在定直线上． (1)解 设P (x ，y )，由题意，x －22＋y 2|x －4|＝22⇒(x －2)2＋y 2 ＝12(x －4)2， 化简得x 28＋y 24＝1， 即C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)证明 设直线l ：x ＝my ＋4，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将l 代入C 得(m 2＋2)y 2＋8my ＋8＝0，∴⎩⎨⎧ Δ＝64m 2－32m 2＋2>0⇒m 2>2，y 1＋y 2＝－8m m 2＋2，y 1·y 2＝8m 2＋2.设直线AF 与BF 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1＋k 2＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2＝y 1my 1＋2＋y 2my 2＋2 ＝2my 1y 2＋2y 1＋y 2my 1＋2my 2＋2 ＝2m ·8m 2＋2＋2⎝⎛⎭⎫－8m m 2＋2my 1＋2my 2＋2＝0. ∴k 1＝－k 2，则∠BFM ＝π－∠AFM ，∴直线x ＝2平分∠AFB ，而三角形内心在∠AFB 的角平分线上， ∴△ABF 内切圆的圆心在定直线x ＝2上．4．(2022·深圳光明区模拟)已知双曲线C ：x 2a2－y 2＝1(a >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，E (0,1)，过焦点F 2，且斜率为16的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点，且满足AF 1→＝2BO →. (1)求C 的方程；(2)过点D ⎝⎛⎭⎫－32，0且斜率不为0的直线l 交C 于M ，N 两点，且|EM |＝|EN |，求直线l 的方程． 解 (1)双曲线C 的渐近线方程为y ＝±1ax ， 过F 2(c,0)，且斜率为16的直线方程为 y ＝16(x －c )， 由⎩⎨⎧ y ＝1a x ，y ＝16x －c得A ⎝⎛⎭⎫ac a －6，c a －6， 由⎩⎨⎧ y ＝－1a x ，y ＝16x －c得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ac a ＋6，－c a ＋6， 由于AF 1—→＝2BO →，即⎝⎛⎭⎫－c －ac a －6，－c a －6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2ac a ＋6，2c a ＋6， 所以－c a －6＝2c a ＋6，解得a ＝2. 所以双曲线C 的方程为x 24－y 2＝1. (2)设l ：y ＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋32(k ≠0)， 由⎩⎨⎧ y ＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋32，x 24－y 2＝1，消去y 并化简得(1－4k 2)x 2－12k 2x －9k 2－4＝0，Δ＝144k 4＋4(1－4k 2)(9k 2＋4)＝16－28k 2>0，k 2<47且k ≠0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12k 21－4k 2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2＋3)＝k ⎝⎛⎭⎫12k 21－4k 2＋3 ＝3k 1－4k 2， 所以M ，N 的中点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫6k 21－4k 2，32k 1－4k 2， 由于|EM |＝|EN |，所以EG ⊥MN ，k EG ·k MN ＝－1，32k 1－4k 2－16k 21－4k 2－0·k ＝－1， 化简得8k 2＋15k －2＝0，(k ＋2)(8k －1)＝0，解得k ＝－2或k ＝18， 由于k 2<47且k ≠0， 所以k ＝18， 所以直线l 的方程为y ＝18⎝⎛⎭⎫x ＋32.。
2021届高考数学教学案：第九章平面解析几何创新引领微课盘点优化解析几何中的方略技法含解析
2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第九章平面解析几何创新引领微课盘点优化解析几何中的方略技法含解析盘点优化解析几何中的方略技法微点聚焦突破技法一巧用定义,揭示本质定义是导出其性质的“发源地”，解题时，善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量分析有机结合起来，可使解题计算量大为简化.【例1】如图，F1，F2是椭圆C1：错误!＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是（)A。
错误!B。
错误! C.错误!D。
错误!解析焦点F1（－错误!,0)，F2(错误!，0)，在Rt△AF1F2中，|AF1|＋|AF2|＝4，①|AF1|2＋｜AF2｜2＝12，②联立①②可解得|AF2｜－｜AF1｜＝2错误!,即2a＝2错误!,又2c＝2错误!，故双曲线的离心率e＝错误!＝错误!＝错误!，故选D.答案D思维升华本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1｜，｜AF2|的等量关系,从而快速求出双曲线的实轴长，进而求出双曲线的离心率，大大减小了运算量.【训练1】抛物线y2＝4mx（m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点,若点A（－m，0)，则错误!的最小值为________.解析设点P的坐标为（x P,y P）,由抛物线的定义，知｜PF｜＝x P ＋m，又｜P A|2＝(x P＋m）2＋y错误!＝（x P＋m）2＋4mx P，则错误!错误!＝错误!＝错误!≥错误!＝错误!(当且仅当x P＝m时取等号）,所以错误!≥错误!，所以错误!的最小值为错误!.答案错误!技法二设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题,涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程时，常常用代点法求解。
【例2】已知点A,B的坐标分别是(－1，0)，（1，0),直线AM，BM 相交于点M，且它们的斜率之积为－2.(1）求动点M的轨迹方程；（2）若过点N错误!的直线l交动点M的轨迹于C,D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程。
2021版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习 第9章 平面解析几何 9.9 课时1 文档
课时1 直线与圆锥曲线题型一 直线与圆锥曲线的位置关系例1 (1)过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A ，B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )A ．有且只有一条B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有且只有四条 (2)(2022·湖北)设a ，b 是关于t 的方程t 2cos θ＋t sin θ＝0的两个不等实根，则过A (a ，a 2)，B (b ，b 2)两点的直线与双曲线x 2cos 2θ－y2sin 2θ＝1的公共点的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 (1)B (2)A解析 (1)设抛物线的焦点为F ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，则|AB |＝|AF |＋|BF |＝x A ＋p 2＋x B ＋p2＝x A ＋x B ＋1＝2＋1＝3>2p ＝2.所以符合条件的直线有两条．(2)关于t 的方程t 2cos θ＋t sin θ＝0的两个不等实根为0，－tan θ(tan θ≠0)，则过A ，B 两点的直线方程为y ＝－x tan θ，双曲线x 2cos 2θ－y 2sin 2θ＝1的渐近线方程为y ＝±x tan θ，所以直线y ＝－x tan θ与双曲线没有公共点．故选A.(3)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1(－1,0)，且点P (0,1)在C 1上．①求椭圆C 1的方程；②设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程．解 ①依据椭圆的左焦点为F 1(－1,0)，知a 2－b 2＝1，又依据点P (0,1)在椭圆上，知b ＝1，所以a ＝2，所以椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.②由于直线l 与椭圆C 1和抛物线C 2都相切， 所以其斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)， 代入椭圆方程得x 22＋(kx ＋m )2＝1，即⎝⎛⎭⎫12＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0，由题意可知此方程有唯一解，此时Δ＝4k 2m 2－4⎝⎛⎭⎫12＋k 2(m 2－1)＝0， 即m 2＝2k 2＋1.①把y ＝kx ＋m (k ≠0)代入抛物线方程得k4y 2－y ＋m ＝0，由题意可知此方程有唯一解，此时Δ＝1－mk ＝0，即mk ＝1.②联立①②得⎩⎪⎨⎪⎧m 2＝2k 2＋1，mk ＝1，解得k 2＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧k ＝22，m ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－22，m ＝－2，所以直线l 的方程为y ＝22x ＋2或y ＝－22x － 2. 思维升华 争辩直线与圆锥曲线位置关系的方法争辩直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为争辩其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数．对于选择题、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解．已知直线l ：y ＝2x ＋m ，椭圆C ：x 24＋y 22＝1.试问当m 取何值时，直线l 与椭圆C ：(1)有两个不重合的公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点．解 将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ， ①x 24＋y 22＝1，②将①代入②，整理得9x 2＋8mx ＋2m 2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m )2－4×9×(2m 2－4)＝－8m 2＋144.(1)当Δ>0，即－32<m <32时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个不重合的公共点．(2)当Δ＝0，即m ＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个相互重合的公共点，即直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点．(3)当Δ<0，即m <－32或m >32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l 与椭圆C 没有公共点． 题型二 弦长问题例2 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点为A (2,0)，离心率为22.直线y ＝k (x －1)与椭圆C 交于不同的两点M ，N .(1)求椭圆C 的方程； (2)当△AMN 的面积为103时，求k 的值． 解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 则y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)， x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2， 所以|MN |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝2(1＋k 2)(4＋6k 2)1＋2k 2又由于点A (2,0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k2，所以△AMN 的面积为S ＝12|MN |·d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2，由|k |4＋6k 21＋2k 2＝103，解得k ＝±1. 思维升华 有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：涉及弦长的问题中，应娴熟的利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．(2021·湖南)已知抛物线C 1：x 2＝4y的焦点F 也是椭圆C 2：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)的一个焦点．C 1与C 2的公共弦的长为2 6.过点F 的直线l 与C 1相交于A ，B 两点，与C 2相交于C ，D 两点，且AC →与BD →同向． (1)求C 2的方程；(2)若|AC |＝|BD |，求直线l 的斜率．解 (1)由C 1：x 2＝4y 知其焦点F 的坐标为(0,1)．由于F 也是椭圆C 2的一个焦点，所以a 2－b 2＝1.①又C 1与C 2的公共弦的长为26，C 1与C 2都关于y 轴对称，且C 1的方程为x 2＝4y ，由此易知C 1与C 2的公共点的坐标为⎝⎛⎭⎫±6，32，所以94a 2＋6b 2＝1.② 联立①②，得a 2＝9，b 2＝8. 故C 2的方程为y 29＋x 28＝1.(2)如图，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．因AC →与BD →同向，且|AC |＝|BD |，所以AC →＝BD →，从而x 3－x 1＝x 4－x 2，即x 1－x 2＝x 3－x 4， 于是(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(x 3＋x 4)2－4x 3x 4.③ 设直线l 的斜率为k ，则l 的方程为y ＝kx ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y得x 2－4kx －4＝0. 而x 1，x 2是这个方程的两根，所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.④由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 28＋y 29＝1得(9＋8k 2)x 2＋16kx －64＝0. 而x 3，x 4是这个方程的两根，所以x 3＋x 4＝－16k 9＋8k 2，x 3x 4＝－649＋8k 2，⑤ 将④⑤代入③，得16(k 2＋1)＝162k 2(9＋8k 2)2＋4×649＋8k 2，即16(k 2＋1)＝162×9(k 2＋1)(9＋8k 2)2，所以(9＋8k 2)2＝16×9，解得k ＝±64，即直线l 的斜率为±64.题型三 中点弦问题例3 (1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1 (2)已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________． 答案 (1)D (2)0或－8解析 (1)由于直线AB 过点F (3,0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y ＝12(x －3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝⎛⎭⎫a 24＋b 2x 2－32a 2x ＋94a 2－a 2b 2＝0，所以AB 的中点的横坐标为32a 22⎝⎛⎭⎫a24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c ＝3，a ＝32，选D.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1，①x 22－y 223＝1，②x 1＋x 2＝2x 0，③y 1＋y 2＝2y 0，④由②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，明显x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3，∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1， ∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝⎛⎭⎫－m 4，3m4， 代入抛物线方程得916m 2＝18·⎝⎛⎭⎫－m 4， 解得m ＝0或－8，经检验都符合． 思维升华 处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．设抛物线过定点A (－1,0)，且以直线x ＝1为准线．(1)求抛物线顶点的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与轨迹C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 恰被直线x ＝－12平分，设弦MN 的垂直平分线的方程为y ＝kx ＋m ，试求m 的取值范围．解 (1)设抛物线顶点为P (x ，y )，则焦点F (2x －1，y )． 再依据抛物线的定义得|AF |＝2，即(2x )2＋y 2＝4， 所以轨迹C 的方程为x 2＋y 24＝1.(2)设弦MN 的中点为P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，则由点M ，N 为椭圆C 上的点， 可知⎩⎪⎨⎪⎧4x 2M ＋y 2M ＝4，4x 2N ＋y 2N ＝4.两式相减，得4(x M －x N )(x M ＋x N )＋(y M －y N )(y M ＋y N )＝0， 将x M ＋x N ＝2×⎝⎛⎭⎫－12＝－1，y M ＋y N ＝2y 0， y M －y Nx M －x N＝－1k 代入上式得k ＝－y 02.又点P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0在弦MN 的垂直平分线上， 所以y 0＝－12k ＋m .所以m ＝y 0＋12k ＝34y 0.由点P (－12，y 0)在线段BB ′上(B ′，B 为直线x ＝－12与椭圆的交点，如图所示)，所以y B ′<y 0<y B ，也即－3<y 0< 3. 所以－334<m <334，且m ≠0.[方法与技巧] 1．有关弦的三个问题涉及弦长的问题，应娴熟地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解． 2．求解与弦有关问题的两种方法(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x 或y )成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系．(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．必需提示的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数． [失误与防范]推断直线与圆锥曲线位置关系时的留意点(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不肯定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点．(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟) 1．若直线mx ＋ny ＝4与⊙O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点P (m ，n )的直线与椭圆x 29＋y 24＝1的交点个数是( )A ．至多为1B ．2C ．1D ．0 答案 B解析 由题意知：4m 2＋n 2>2，即m 2＋n 2<2，∴点P (m ，n )在椭圆x 29＋y 24＝1的内部，故所求交点个数是2.2．直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的交点个数是( )A ．1B ．2C ．1或2D ．0 答案 A解析 由于直线y ＝b a x ＋3与双曲线的渐近线y ＝bax 平行，所以它与双曲线只有1个交点．3．已知椭圆C 的方程为x 216＋y 2m 2＝1(m >0)，假如直线y ＝22x 与椭圆的一个交点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F ，则m 的值为( ) A ．2 B ．2 2 C ．8 D ．2 3 答案 B解析 依据已知条件得c ＝16－m 2，则点(16－m 2，2216－m 2)在椭圆x 216＋y 2m 2＝1(m >0)上， ∴16－m 216＋16－m 22m 2＝1，可得m ＝2 2.4．斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( )A ．2 B.455C.4105D.8105答案 C解析 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t消去y ， 得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4(t 2－1)5.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2·⎝⎛⎭⎫－85t 2－4×4(t 2－1)5＝425·5－t 2， 当t ＝0时，|AB |max ＝4105. 5．过抛物线y 2＝4x 的焦点作一条直线与抛物线相交于A ，B 两点，它们到直线x ＝－2的距离之和等于5，则这样的直线( )A ．有且仅有一条B ．有且仅有两条C ．有无穷多条D ．不存在答案 D解析 抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x ＝－1，设A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则A ，B 到直线x ＝－1的距离之和为x 1＋x 2＋2. 设直线方程为x ＝my ＋1，代入抛物线y 2＝4x ， 则y 2＝4(my ＋1)，即y 2－4my －4＝0， ∴x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2＝4m 2＋2. ∴x 1＋x 2＋2＝4m 2＋4≥4.∴A ，B 到直线x ＝－2的距离之和x 1＋x 2＋2＋2≥6>5. ∴满足题意的直线不存在． 6．过双曲线x 2－y 22＝1的右焦点作直线l 交双曲线于A 、B 两点，若使得|AB |＝λ的直线l 恰有3条，则λ＝__________________________________________________. 答案 4解析 ∵使得|AB |＝λ的直线l 恰有3条． ∴依据对称性，其中有一条直线与实轴垂直．此时A ，B 的横坐标为3，代入双曲线方程，可得y ＝±2，故|AB |＝4. ∵双曲线的两个顶点之间的距离是2，小于4，∴过双曲线的焦点肯定有两条直线使得交点之间的距离等于4， 综上可知，|AB |＝4时，有三条直线满足题意． ∴λ＝4.7．在抛物线y ＝x 2上关于直线y ＝x ＋3对称的两点M ，N 的坐标分别为______________． 答案 (－2,4)，(1,1)解析 设直线MN 的方程为y ＝－x ＋b ， 代入y ＝x 2中，整理得x 2＋x －b ＝0，令Δ＝1＋4b >0，∴b >－14.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－1， y 1＋y 22＝－x 1＋x 22＋b ＝12＋b ， 由⎝⎛⎭⎫－12，12＋b 在直线y ＝x ＋3上， 即12＋b ＝－12＋3，解得b ＝2， 联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋2，y ＝x 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－2，y 1＝4，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝1，y 2＝1.8．过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3,1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是____________．答案 3x ＋4y －13＝0解析 设直线与椭圆交于A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)两点， 由于A 、B 两点均在椭圆上，故x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y 224＝1， 两式相减得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)16＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)4＝0.又∵P 是A 、B 的中点，∴x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝2， ∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－34.∴直线AB 的方程为y －1＝－34(x －3)．即3x ＋4y －13＝0.9．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的左，右焦点，过F 1且斜率为1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列． (1)求E 的离心率；(2)设点P (0，－1)满足|P A |＝|PB |，求E 的方程． 解 (1)由椭圆定义知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43a ，l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝a 2－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2a 2＋y 2b 2＝1，消去y ，化简得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2(c 2－b 2)＝0，则x 1＋x 2＝－2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2(c 2－b 2)a 2＋b2.由于直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|＝2[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]，即43a ＝4ab 2a 2＋b 2，故a 2＝2b 2， 所以E 的离心率e ＝ca＝a 2－b 2a ＝22. (2)设AB 的中点为N (x 0，y 0)，由(1)知 x 0＝x 1＋x 22＝－a 2c a 2＋b 2＝－2c 3，y 0＝x 0＋c ＝c 3.由|P A |＝|PB |，得k PN ＝－1，即y 0＋1x 0＝－1，得c ＝3，从而a ＝32，b ＝3. 故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.10．(2022·湖北)在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1，0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2,1)，求直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k 的相应取值范围．解 (1)设点M (x ，y )，依题意得|MF |＝|x |＋1， 即(x －1)2＋y 2＝|x |＋1，化简整理得y 2＝2(|x |＋x )．故点M 的轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ，x ≥0，0，x <0.(2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x (x ≥0)， C 2：y ＝0(x <0)．依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k (x ＋2)，y 2＝4x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.(*1) ①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点(14，1)．②当k ≠0时，方程(*1)根的判别式为Δ＝－16(2k 2＋k －1)．(*2) 设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.(*3)(ⅰ)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ<0，x 0<0，由(*2)(*3)解得k <－1或k >12.即当k ∈(－∞，－1)∪(12，＋∞)时，直线l 与C 1没有公共点，与C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点．(ⅱ)若⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝0，x 0<0，或⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 0≥0，由(*2)(*3)解得k ∈{－1，12}，或－12≤k <0.即当x ∈{－1，12}时，直线l 与C 1只有一个公共点，与C 2有一个公共点．当k ∈[－12，0)时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2没有公共点．故当k ∈[－12，0)∪{－1，12}时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点．(ⅲ)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 0<0，由(*2)(*3)解得－1<k <－12或0<k <12.即当k ∈(－1，－12)∪(0，12)时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点．综合①②可知，当k ∈(－∞，－1)∪(12，＋∞)∪{0}时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点；当k ∈[－12，0)∪{－1，12}时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点；当k ∈(－1，－12)∪(0，12)时，直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点．B 组 专项力量提升 (时间：25分钟)11．过抛物线y 2＝2px (p >0)焦点F 的直线l 与抛物线交于B ，C 两点，l 与抛物线准线交于点A ，且|AF |＝6，AF →＝2FB →，则|BC |等于( ) A.92 B ．6C.132 D ．8 答案 A解析 不妨设直线l 的倾斜角为θ，其中0<θ<π2，点B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则点B 在x 轴的上方，过点B 作该抛物线的准线的垂线，垂足为B 1，于是有|BF |＝|BB 1|＝3，|AF ||AB |＝p|BB 1|，由此得p ＝2，抛物线方程是y 2＝4x ，焦点F (1,0)，cos θ＝p |AF |＝p 6＝26＝13，sin θ＝1－cos 2θ＝223，tan θ＝sin θcos θ＝22，直线l ：y ＝22(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝22(x －1)，y 2＝4x 消去y ，得2x 2－5x ＋2＝0，x 1＋x 2＝52，|BC |＝x 1＋x 2＋p ＝52＋2＝92，选A. 12．已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)经过圆F ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0的圆心，则抛物线E 的准线与圆F 相交所得的弦长为________． 答案 2 5解析 圆的标准方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝32，圆心为F (1，－2)．代入抛物线方程可得p ＝2，所以其准线方程为x ＝－1.圆心到直线x ＝－1的距离d ＝2，所以抛物线E 的准线与圆F 相交所得的弦长为232－22＝2 5.13．已知双曲线C ：y 2a 2－x 2b 2＝1 (a >0，b >0)，P 为x 轴上一动点，经过点P 的直线y ＝2x ＋m (m ≠0)与双曲线C有且只有一个交点，则双曲线C 的离心率为________．答案 52解析 由双曲线的方程可知：渐近线方程为y ＝±abx .∵经过点P 的直线y ＝2x ＋m (m ≠0)与双曲线C 有且只有一个交点，∴此直线与渐近线y ＝a b x 平行，∴ab ＝2.∴e ＝ca＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝52.14．设抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点，P A ⊥l ，A 为垂足．假如直线AF 的斜率为－3，那么|PF |＝________. 答案 8解析 直线AF 的方程为y ＝－3(x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－3x ＋23，x ＝－2，得y ＝43，所以P (6,43)．由抛物线的性质可知|PF |＝6＋2＝8.15．已知椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (1,0)，过C 1的焦点且垂直长轴的弦长为1.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设点P 在抛物线C 2：y ＝x 2＋h (h ∈R )上，C 2在点P 处的切线与C 1交于点M ，N .当线段AP 的中点与MN 的中点的横坐标相等时，求h 的最小值．解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，2·b 2a＝1.从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.因此，所求的椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1.(2)如图，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (t ，t 2＋h )， 则抛物线C 2在点P 处的切线斜率为y ′|x ＝t ＝2t.直线MN 的方程为：y ＝2tx －t 2＋h .将上式代入椭圆C 1的方程中，得4x 2＋(2tx －t 2＋h )2－4＝0， 即4(1＋t 2)x 2－4t (t 2－h )x ＋(t 2－h )2－4＝0.① 由于直线MN 与椭圆C 1有两个不同的交点， 所以①式中的Δ1＝16[－t 4＋2(h ＋2)t 2－h 2＋4]>0.② 设线段MN 的中点的横坐标是x 3，则x 3＝x 1＋x 22＝t (t 2－h )2(1＋t 2).设线段P A 的中点的横坐标是x 4，则x 4＝t ＋12.由题意，得x 3＝x 4， 即t 2＋(1＋h )t ＋1＝0.③ 由③式中的Δ2＝(1＋h )2－4≥0，得h ≥1，或h ≤－3.当h ≤－3时，h ＋2<0,4－h 2<0， 则不等式②不成立，所以h ≥1. 当h ＝1时，代入方程③得t ＝－1， 将h ＝1，t ＝－1代入不等式②，检验成立． 所以，h 的最小值为1.。
2021高考数学一轮复习统考第9章平面解析几何高考大题冲关系列(5)高考解析几何中的热点题型课件北师大版
解 (1)设 F(c,0)，由|O1F|＋|O1A|＝|F3Ae|，即1c＋1a＝aa3－c c，可得 a2－c2
＝3c2，又 a2－c2＝b2＝3，所以 c2＝1，因此 a2＝4，所以，椭圆的方程为x42＋ y32＝1.
(2)设直线 l 的斜率为 k(k≠0)，则直线 l 的方程为 y＝k(x－2)．
变式训练 1 (2019·浙江高考)如图，已知点 F(1,0)为抛物线 y2＝2px(p>0) 的焦点．过点 F 的直线交抛物线于 A，B 两点，点 C 在抛物线上，使得△ ABC 的重心 G 在 x 轴上，直线 AC 交 x 轴于点 Q，且 Q 在点 F 的右侧．记 △AFG，△CQG 的面积分别为 S1，S2.
解
所以 λ2＝e22－－ee24， 设 2－e2＝t，则 e2＝2－t， 因为 e∈(0,1)，所以 e2∈(0,1)，t∈(1,2)， λ2＝2－t－t2－t2＝－2＋t3t－t2 ＝－t＋2t ＋3 ≤－2 t·2t ＋3＝3－2 2 ＝( 2－1)2，
解
取等号时，t＝2t ⇔t＝ 2∈(1,2)， 此时 2－e2＝ 2，e＝ 2－ 2， 所以 λ2 的最大值为( 2－1)2， 所以 λ＝||AFAP||的最大值为 2－1.
第九章 平面解析几何
高考大题冲关系列(5) 高考解析几何中的热点题型
命题动向：从近五年的高考试题来看，圆锥曲线问题在高考中属于必 考内容，并且常常在同一份试卷上多题型考查．对圆锥曲线的考查在解答 题部分主要体现以下考法：第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等 较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问 题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决．
设 B(xB，yB)，由方程组x42＋y32＝1， y＝kx－2
2021高考文科数学一轮总复习课标通用版课件：第9章 平面解析几何 9-8
设 P(x，y)，∵|PA|＝2|PB|， ∴ （x＋1）2＋y2＝2 （x－1）2＋y2， 整理得 x2＋y2－130x＋1＝0， 即x－532＋y2＝196. ∴动点 P 的轨迹方程为x－532＋y2＝196. 【答案】 x－532＋y2＝196
【反思·升华】 (1)直接法求曲线的轨迹方程时，建立适当的坐标系非常重要．建立 适当的直角坐标系一般应遵循两原则：①对称性原则：坐标轴为曲线的对称轴，坐标原 点为曲线的对称中心；②过原点原则：在优先满足①的情形下，尽量让曲线经过原点， 这样方程可减少一个常数项．(2)直接法求曲线方程时最关键的就是把几何条件或等量关 系翻译为代数方程，要注意翻译的等价性．通常将步骤简记为建系设点、列式、代换、 化简、证明这五个步骤，但最后的证明可以省略，如果给出了直角坐标系，则可省去建 系这一步，求出曲线的方程后还需注意检验方程的纯粹性和完备性．
高频考点 2 直接法求曲线的轨迹方程 【例 2.1】 已知|AB|＝2，动点 P 满足|PA|＝2|PB|，则动点 P 的轨迹方程为________． 【解析】 如图 1 所示，以线段 AB 的中点 O 为原点，直线 AB 为 x 轴建立如图所 示的平面直角坐标系，则 A(－1，0)，B(1，0)．
3．求曲线的轨迹方程的常用方法 (1)直接法：直接利用条件建立 x，y 之间的关系 f(x，y)＝0.也就是：建系设点、列式、 代换、化简、证明，最后的证明可以省略，必要时加以说明． (2)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知的曲线，再由曲线的定义直接写 出动点的轨迹方程． (3)待定系数法：已知所求的曲线类型，先根据条件设出曲线方程，再由条件确定其 待定系数． (4)相关点法：动点 P(x，y)依赖于另一动点 Q(x0，y0)的变化而变化，并且 Q(x0，y0) 又在某已知曲线上，首先用 x，y 表示 x0，y0，再将 x0，y0 代入已知曲线得到要求的轨迹 方程．
2021高考数学一轮复习第9章平面解析几何经典微课堂突破疑难系列2圆锥曲线课件理北师大版
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故 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. 从而 k1＋k2＝y1x－1 b＋y2x－2 b＝2kx1x2＋ax－1x2bx1＋x2＝ka＋a b.【关 键点 1：建立斜率之间的关系】 当 b＝－a 时，有 k1＋k2＝0，则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾 斜角互补，【关键点 2：把斜率间的关系转化为倾斜角之间的关系】 故∠OPM＝∠OPN，所以点 P(0，－a)符合题意．
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【点评】 破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一 般需画出大致图形，把已知条件翻译到图形中，利用直线方程的 点斜式或两点式，即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁， 即先把要证的两角相等，根据图形的特征，转化为斜率之间的关 系，再把直线与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系，以及斜 率公式即可证得结论.
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同理|F→B|＝2－x22. 所以|F→A|＋|F→B|＝4－21(x1＋x2)＝3. 故 2|F→P|＝|F→A|＋|F→B|，即|F→A|，|F→P|，|F→B|成等差数列． 设该数列的公差为 d，则 2|d|＝||F→B|－|F→A||＝12|x1－x2|＝12 x1＋x22－4x1x2.② 将 m＝34代入①得 k＝－1.
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由题设知x1＋2 x2＝1，y1＋2 y2＝m，于是 k＝－43m.① 由于点 M(1，m)(m>0)在椭圆x42＋y32＝1 内， ∴14＋m32<1，解得 0<m<32，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
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2.(2019·全国卷Ⅱ)已知点 A(－2,0)，B(2,0)，动点 M(x，y)满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为－12.记 M 的轨迹为曲线 C. (1)求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交 C 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限，PE⊥ x 轴，垂足为 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G，证明：(ⅰ)△PQG 是直角三角形；
2021高考文科数学一轮总复习课标通用版课件：第9章 平面解析几何 9-7
点 O，F 的圆与抛物线 C 的准线相切，且该圆的面积为 36π，则抛物线的方程为________．
解析：(1)设 M(x，y)，因为|OF|＝p2，|MF|＝4|OF|， 所以|MF|＝2p，由抛物线定义知 x＋p2＝2p， 所以 x＝32p，所以 y＝± 3p， 又△MFO 的面积为 4 3， 所以12×p2× 3p＝4 3，解得 p＝4(p＝－4 舍去)． 所以抛物线的方程为 y2＝8x.
【例 2.1】 设斜率为 2 的直线 l 过抛物线 y2＝ax(a≠0)的焦点 F，且和 y 轴交于点 A，
若△OAF(O 为坐标原点)的面积为 4，则该抛物线的方程为( )
A．y2＝±4x
B．y2＝±8x
C．y2＝4x
D．y2＝8x
【解析】 抛物线 y2＝ax(a≠0)的焦点 F 的坐标为a4，0，则直线 l 的方程为 y＝
[强化训练 3.1] (1)已知过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为 2 2的直线交抛物线 于 A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)两点，且|AB|＝9.
①该抛物线的方程为________；
②O 为坐标原点，C 为抛物线上一点，若O→C＝O→A＋λO→B，则 λ 的值为________．
因此最小值为 F(1，0)到直线 l1：4x－3y＋6＝0 的距离， 即 dmin＝ 4|24＋－（0＋－63|）2＝2.故选 A.
答案：A
图3
[强化训练 1.2] F 是抛物线 y2＝2x 的焦点，A，B 是抛物线上的两点，|AF|＋|BF|＝6， 则线段 AB 的中点到 y 轴的距离为________．
(3)设 AB 的中点为 M，点 M 到准线的距离为 d， 则 d＝|AA1|＋2 |BB1|＝|AF|＋2 |BF|＝|A2B|， ∴以 AB 为直径的圆与准线相切． (4)当直线 AB 的斜率不存在时， |A1F|＋|B1F|＝|A1A1|＋|B1B1|＝x1＋1 p2＋x2＋1 p2＝1p＋1p＝2p； 当直线 AB 的斜率存在时， ∵x1＋x2＝yk1＋p2＋yk2＋p2＝y1＋k y2＋p＝2kp2 ＋p，x1x2＝p42，
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技法四 借“曲线系”，理清规律
利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中
重要的解题方法和技巧之一. 【例 4】 已知双曲线ax22－by22＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是 y＝ 3x，它的一
个焦点在抛物线 y2＝24x 的准线上，则双曲线的方程为( )
【训练 2】 过点 M(1，1)作斜率为－12的直线与椭圆 C：ax22＋yb22＝1(a＞b＞0)相交于 A，B 两点，若 M 是线段 AB 的中点，则椭圆 C 的离心率等于________.
解析
ax122＋yb212＝1， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则ax222＋yb222＝1，
3
A. 2
B. 3
C.2
6 D. 2
解析 焦点 F1(－ 3，0)，F2( 3，0)，在 Rt△AF1F2 中，|AF1|＋|AF2|＝4，① |AF1|2
＋|AF2|2＝12，② 联立①②可解得|AF2|－|AF1|＝2 2，即 2a＝2 2，又 2c＝2 3，
故双曲线的离心率 e＝ac＝
3＝ 2
所以
S△AF2B
＝
S△AF1F2
＋
S△BF1F2
＝
1 2
|F1F2|·|y1
－
y2|
＝
1 2
|F1F2|·
（y1＋y2）2－4y1y2 ＝
12 t2＋1 4＋3t2 .
而 S△AF2B＝12|AB|r0＋12·|BF2|r0＋12|AF2|r0＝12r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
＝12r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)＝12r0·4a＝12×37 2×8＝127 2， 所以124＋t23＋t2 1＝127 2，解得 t2＝1， 因为所求圆与直线 l 相切，所以半径 r＝ t22＋1＝ 2，
26，故选
D.
答案 D
思维升华 本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快 速求出双曲线的实轴长，进而求出双曲线的离心率，大大减小了运算量.
【训练 1】 抛物线 y2＝4mx(m＞0)的焦点为 F，点 P 为该抛物线上的动点，若点 A(－m，
0)，则||PPAF||的最小值为________. 解析 设点 P 的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋
思维升华 本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出 x1＝ t（33＋－tkt2k2），这体现 了“设而不求，整体代换”的思想.这是解决解析几何问题常用的方法，简单易懂， 通过设而不求，大大减少了运算量.
【训练 3】 已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的离心率为12，且经过点 P1，32，左、 右焦点分别为 F1，F2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过 F1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，若△AF2B 的内切圆半径为37 2，求以 F2 为圆心且与直线 l 相切的圆的方程.
24x 的准线上，所以(－6，0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，所以 λ＝9，所以
双曲线的方程为x92－2y72 ＝1.
答案 B
思维升华 本题利用共渐近线系双曲线方程，使问题得到解决，避免了复杂的判断、
可能的分类讨论、繁杂的解方程组，达到了事半功倍的效果.
【训练4】 圆心在直线x－y－4＝0上，且经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28
＝0的交点的圆的方程为( )
A.x2＋y2－x＋7y－32＝0
B.x2＋y2－x＋7y－16＝0
C.x2＋y2－4x＋4y＋9＝0
D.x2＋y2－4x＋4y－8＝0
A.3x62 －1y028＝1
B.x92－2y72 ＝1
C.1x028－3y62 ＝1
D.2x72 －y92＝1
解析 由双曲线ax22－by22＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是 y＝ 3x，可设双曲线的 方程为 x2－y32＝λ(λ＞0).因为双曲线xa22－yb22＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点在抛物线 y2＝
2 2.
即椭圆
C
的离心率
e＝
2 2.
答案
2 2
技法三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简 某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方 法来解，也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系 数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系.后者往往计算量小，解题过 程简捷. 【例 3】 已知椭圆 E：xt2＋y32＝1 的焦点在 x 轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为 k(k＞0) 的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MA⊥NA. (1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积； (2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围.
(2)由题意知，t＞3，k＞0，A(－ t，0).
将直线 AM 的方程 y＝k(x＋ t)代入xt2＋y32＝1
得(3＋tk2)x2＋2 t·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由 x1·(－ t)＝t23k＋2－tk32t得 x1＝ t（33＋－tkt2k2），
故|AM|＝|x1＋
t|
1＋k2＝6
t（1＋k2） 3＋tk2 .
解 (1)设 M(x，y)，因为 kAM·kபைடு நூலகம்M＝－2，所以x＋y 1·x－y 1＝－2(x≠±1)， 化简得 2x2＋y2＝2(x≠±1)，即为动点 M 的轨迹方程.
(2)设 C(x1，y1)，D(x2，y2).当直线 l⊥x 轴时，直线 l 的方程为 x＝12， 则 C12， 26，D12，－ 26，
解 (1)设M(x1，y1)，则由题意知y1＞0， 当 t＝4 时，E 的方程为x42＋y32＝1，A(－2，0). 由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为π4. 因此直线 AM 的方程为 y＝x＋2.
将 x＝y－2 代入x42＋y32＝1 得 7y2－12y＝0， 解得 y＝0 或 y＝172，所以 y1＝172. 因此△AMN 的面积 S△AMN＝2×12×172×172＝14494.
思维升华 1.本题设出C，D两点坐标，却不求出C，D两点坐标，巧妙地表达出直 线CD的斜率，从而快速解决问题. 2.在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：(1)凡是不必直接计算 就能更简洁地解决问题时，都尽可能实施“设而不求”；(2)“设而不求”不可避 免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多.
解 (1)由题意知ca＝12，得 a＝2c，所以 a2＝4c2，b2＝3c2，将点 P1，32代入4xc22＋3yc22 ＝1 得 c2＝1，故所求椭圆方程为x42＋y32＝1. (2)由(1)可知F1(－1，0)，设直线l的方程为x＝ty－1， 代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0， 显然判别式大于0恒成立， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0， 则有 y1＋y2＝4＋6t3t2，y1y2＝4＋－39t2，r0＝37 2，
盘点优化解析几何中的方略技法
微点聚焦突破
技法一 巧用定义，揭示本质 定义是导出其性质的“发源地”，解题时，善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合 思想为指导，把定量分析有机结合起来，可使解题计算量大为简化.
【例 1】 如图，F1，F2 是椭圆 C1：x42＋y2＝1 与双曲线 C2 的公共焦点，A，B 分别是 C1， C2 在第二、四象限的公共点.若四边形 AF1BF2 为矩形，则 C2 的离心率是( )
由题设知，直线 AN 的方程为 y＝－1k(x＋ t)，
同理可得|AN|＝6k
t（1＋k2） 3k2＋t .
由 2|AM|＝|AN|得3＋2tk2＝3k2k＋t，即(k3－2)t＝3k(2k－1). 当 k＝3 2时上式不成立，因此 t＝3k（k23－k－21）. t＞3 等价于k3－2kk3－2＋2k－2＝（k－2） k3－（2k2＋1）＜0，即kk3－－22＜0. 由此得kk－ 3－22＞＜00，或kk－3－22＜＞00，，解得3 2＜k＜2. 因此 k 的取值范围是(3 2，2).
m)2
＋
y
2 P
＝
(xP
＋
m)2
＋
4mxP
，
则
|PF|
|PA|
2
＝
（xP＋m）2 （xP＋m）2＋4mxP
＝
1 1＋（x4P＋mxmP ）2
≥ 1＋（2
1 4mxP
＝12(当且仅当
xP·m）2
xP＝m
时取等号)，所以||PPAF||≥
22，所以||PPAF||的最小
值为
2 2.
答案
2 2
技法二 设而不求，整体代换 对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或 弦的中点的轨迹方程时，常常用代点法求解. 【例2】 已知点A，B的坐标分别是(－1，0)，(1，0)，直线AM，BM相交于点M，且 它们的斜率之积为－2. (1)求动点 M 的轨迹方程； (2)若过点 N12，1的直线 l 交动点 M 的轨迹于 C，D 两点，且 N 为线段 CD 的中点， 求直线 l 的方程.
∴（x1－x2）a（2 x1＋x2）＋（y1－y2）b（2 y1＋y2）＝0，
∴yx11－ －yx22＝－ba22·xy11＋ ＋xy22. ∵yx11－ －yx22＝－12，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－ba22＝－12，∴a2＝2b2.
又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，
∴a2＝2c2，∴ca＝
此时 CD 的中点不是 N，不合题意.
故设直线 l 的方程为 y－1＝kx－12， 将 C(x1，y1)，D(x2，y2)代入 2x2＋y2＝2(x≠±1)得22xx1222＋ ＋yy2221＝＝22，，②①