江苏省2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 商考提能 五大技巧简化解析几何运算课件
2019届高三数学(理)二轮专题复习文档：专题五解析几何 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线 Word版含解析
第2讲 椭圆、双曲线、抛物线高考定位 1.圆锥曲线的方程与几何性质是高考的重点，多以选择题、填空题或解答题的一问的形式命题；2直线与圆锥曲线的位置关系是命题的热点，尤其是有关弦长计算及存在性问题，运算量大，能力要求高，突出方程思想、转化化归与分类讨论思想方法的考查.真 题 感 悟1.(2018·全国Ⅱ卷)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，则其渐近线方程为( ) A .y ＝±2x B .y ＝±3x C .y ＝±22xD .y ＝±32x解析 法一 由题意知，e ＝c a ＝3，所以c ＝3a ，所以b ＝c 2－a 2＝2a ，即ba ＝2，所以该双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ＝±2x .法二 由e ＝ca ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝3，得b a ＝2，所以该双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ＝±2x . 答案 A2.(2018·全国Ⅰ卷)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2，0)且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM →·FN →＝( ) A .5B .6C .7D .8解析 过点(－2，0)且斜率为23的直线的方程为y ＝23(x ＋2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝23（x ＋2），y 2＝4x ，得x 2－5x ＋4＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1>0，y 2>0，根据根与系数的关系，得x 1＋x 2＝5，x 1x 2＝4.易知F (1，0)，所以FM →＝(x 1－1，y 1)，FN →＝(x 2－1，y 2)，所以FM →·FN →＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋4x 1x 2＝4－5＋1＋8＝8. 答案 D3.(2018·全国Ⅱ卷)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为36的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P ＝120°，则C 的离心率为( ) A.23B.12C.13D.14解析 由题意可知椭圆的焦点在x 轴上，如图所示，设|F 1F 2|＝2c ，∵△PF 1F 2为等腰三角形，且∠F 1F 2P ＝120°， ∴|PF 2|＝|F 1F 2|＝2c .∵|OF 2|＝c ，过P 作PE 垂直x 轴，则∠PF 2E ＝60°，所以F 2E ＝c ，PE ＝3c ，即点P (2c ，3c ).∵点P 在过点A ，且斜率为36的直线上，∴3c 2c ＋a ＝36，解得c a ＝14，∴e ＝14. 答案 D4.(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 . (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 .考 点 整 合1.圆锥曲线的定义(1)椭圆：|MF 1|＋|MF 2|＝2a (2a ＞|F 1F 2|)； (2)双曲线：||MF 1|－|MF 2||＝2a (2a ＜|F 1F 2|)； (3)抛物线：|MF |＝d (d 为M 点到准线的距离).温馨提醒 应用圆锥曲线定义解题时，易忽视定义中隐含条件导致错误. 2.圆锥曲线的标准方程(1)椭圆：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)(焦点在x 轴上)或y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)(焦点在y 轴上)；(2)双曲线：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)(焦点在x 轴上)或y 2a 2－x 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)(焦点在y 轴上)；(3)抛物线：y 2＝2px ，y 2＝－2px ，x 2＝2py ，x 2＝－2py (p ＞0). 3.圆锥曲线的重要性质(1)椭圆、双曲线中a ，b ，c 之间的关系①在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2；离心率为e ＝c a ＝1－b2a 2.②在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2；离心率为e ＝c a ＝1＋b 2a 2.(2)双曲线的渐近线方程与焦点坐标①双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±ba x ；焦点坐标F 1(－c ，0)，F 2(c ，0).②双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±ab x ，焦点坐标F 1(0，－c )，F 2(0，c ).(3)抛物线的焦点坐标与准线方程①抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，准线方程x ＝－p 2.②抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，准线方程y ＝－p 2. 4.弦长问题(1)直线与圆锥曲线相交的弦长设而不求，利用根与系数的关系，进行整体代入.即当斜率为k ，直线与圆锥曲线交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)时，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2. (2)过抛物线焦点的弦长抛物线y 2＝2px (p >0)过焦点F 的弦AB ，若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝p 24，y 1y 2＝－p 2，弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p .热点一 圆锥曲线的定义及标准方程【例1】 (1)(2018·天津卷)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点.设A ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝6，则双曲线的方程为( ) A.x 24－y 212＝1 B.x 212－y 24＝1 C.x 23－y 29＝1D.x 29－y 23＝1(2)(2018·烟台二模)已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，M 是抛物线C 上一点，若FM 的延长线交x 轴的正半轴于点N ，交抛物线C 的准线l 于点T ，且FM →＝MN →，则|NT |＝________.解析 (1)由d 1＋d 2＝6，得双曲线的右焦点到渐近线的距离为3，所以b ＝3.因为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，所以ca ＝2，所以a 2＋b 2a 2＝4，所以a 2＋9a 2＝4，解得a 2＝3，所以双曲线的方程为x 23－y 29＝1.(2)由x 2＝4y ，知F (0，1)，准线l ：y ＝－1. 设点M (x 0，y 0)，且x 0>0，y 0>0.由FM→＝MN →，知点M 是线段FN 的中点，N 是FT 中点，利用抛物线定义，|MF |＝|MM ′|＝y 0＋1，且|FF ′|＝2|NN ′|＝2.又2(y 0＋1)＝|FF ′|＋|NN ′|＝3，知y 0＝12.∴|MF |＝12＋1＝32，从而|NT |＝|FN |＝2|MF |＝3. 答案 (1)C (2)3探究提高 1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离，一般运用定义转化为到准线的距离处理.如本例(2)中充分运用抛物线定义实施转化，使解答简捷、明快. 2.求解圆锥曲线的标准方程的方法是“先定型，后计算”.所谓“定型”，就是指确定类型，所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值，最后代入写出椭圆、双曲线、抛物线的标准方程.【训练1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为( ) A.x 28－y 210＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1(2)(2018·衡水中学调研)P 为椭圆C ：x 22＋y 2＝1上一动点，F 1，F 2分别为左、右焦点，延长F 1P 至点Q ，使得|PQ |＝|PF 2|，记动点Q 的轨迹为Ω，设点B 为椭圆C 短轴上一顶点，直线BF 2与Ω交于M ，N 两点，则|MN |＝________. 解析 (1)由题设知b a ＝52，①又由椭圆x 212＋y 23＝1与双曲线有公共焦点， 易知a 2＋b 2＝c 2＝9，②由①②解得a ＝2，b ＝5，则双曲线C 的方程为x 24－y 25＝1. (2)∵|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝22，且|PQ |＝|PF 2|，∴|F 1Q |＝|F 1P |＋|PF 2|＝2 2.∴Ω为以F 1(－1，0)为圆心，22为半径的圆. ∵|BF 1|＝|BF 2|＝2，|F 1F 2|＝2，∴BF 1⊥BF 2，故|MN |＝2|F 1M |2－|BF 1|2＝2（22）2－（2）2＝2 6. 答案 (1)B (2)2 6热点二 圆锥曲线的几何性质【例2】 (1)(2018·全国Ⅲ卷)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，则点(4，0)到C 的渐近线的距离为( )A. 2B .2C.322 D .2 2 (2)(2018·北京卷改编)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，双曲线N ：x 2m 2－y 2n 2＝1.若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为________.解析 (1)法一 由离心率e ＝ca ＝2，得c ＝2a ，又b 2＝c 2－a 2，得b ＝a ，所以双曲线C 的渐近线方程为y ＝±x .由点到直线的距离公式，得点(4，0)到C 的渐近线的距离为41＋1＝2 2. 法二 离心率e ＝2的双曲线是等轴双曲线，其渐近线方程是y ＝±x ，∴点(4，0)到C 的渐近线的距离为41＋1＝2 2.(2)设椭圆的右焦点为F (c ，0)，双曲线N 的渐近线与椭圆M 在第一象限内的交点为A ，由题意可知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2，3c 2， 由点A 在椭圆M 上得，c 24a 2＋3c 24b 2＝1，∴b 2c 2＋3a 2c 2＝4a 2b 2，∵b 2＝a 2－c 2，∴(a 2－c 2)c 2＋3a 2c 2＝4a 2(a 2－c 2)，则4a 4－8a 2c 2＋c 4＝0，e 4－8e 2＋4＝0，∴e 2＝4＋23(舍)，e 2＝4－2 3.由0<e <1，得e ＝3－1.答案 (1)D (2)3－1探究提高 1.分析圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解圆锥曲线性质问题的关键.2.确定椭圆和双曲线的离心率的值及范围，其关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程(组)或不等式(组)，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式.建立关于a ，b ，c 的方程(组)或不等式(组)，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.3.求双曲线渐近线方程关键在于求b a 或ab 的值，也可将双曲线等号右边的“1”变为“0”，然后因式分解得到.【训练2】 (1)(2018·成都质检)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点E (0，t )(0<t <b ).已知动点P 在椭圆上，且点P ，E ，F 2不共线，若△PEF 2的周长的最小值为4b ，则椭圆C 的离心率为( ) A.32B.22C.12D.33(2)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右支与焦点为F 的抛物线x 2＝2py (p ＞0)交于A ，B 两点，若|AF |＋|BF |＝4|OF |，则该双曲线的渐近线方程为________.解析 (1)由椭圆的定义及对称性，△PEF 2的周长的最小值为2a .∴2a ＝4b ，a ＝2b ，则c ＝a 2－b 2＝3b ，则椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程：⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，消去x 得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝2b 2a 2p ， 又∵|AF |＋|BF |＝4|OF |，∴y 1＋p 2＋y 2＋p 2＝4×p 2，即y 1＋y 2＝p ，∴2b 2a 2p ＝p ，即b 2a 2＝12b a ＝22.∴双曲线渐近线方程为y ＝±22x . 答案 (1)A (2)y ＝±22x 热点三 直线与圆锥曲线考法1 直线与圆锥曲线的位置关系【例3－1】 (2016·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由.解 (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t ，又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ，故直线ON 的方程为y ＝pt x ，将其代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p ，因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其它公共点，理由如下： 直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp (y －t ). 代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0， 解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其它公共点.探究提高 1.本题第(1)问求解的关键是求点N ，H 的坐标.而第(2)问的关键是将直线MH 的方程与曲线C 联立，根据方程组的解的个数进行判断.2.判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.并且解题时注意应用根与系数的关系及设而不求、整体代换的技巧.【训练3】 (2018·潍坊三模)已知M 为圆O ：x 2＋y 2＝1上一动点，过点M 作x 轴，y 轴的垂线，垂足分别为A ，B ，连接BA 延长至点P ，使得|P A |＝2，记点P 的轨迹为曲线C . (1)求曲线C 的方程；(2)直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O 相切，且与曲线C 交于D ，E 两点，直线l 1平行于l 且与曲线C 相切于点Q (O ，Q 位于l 两侧)，S △ODE S △QDE ＝23，求k 的值. 解 (1)设P (x ，y )，A (x 0，0)，B (0，y 0)，则M (x 0，y 0)且x 20＋y 20＝1，由题意知OAMB 为矩形，∴|AB |＝|OM |＝1， ∴AP →＝2BA →，即(x －x 0，y )＝2(x 0，－y 0)， ∴x 0＝x 3，y 0＝－y 2，则x 29＋y 24＝1，故曲线C 的方程为x 29＋y 24＝1.(2)设l 1：y ＝kx ＋n ，∵l 与圆O 相切， ∴圆心O 到l 的距离d 1＝|m |k 2＋1＝1，得m 2＝k 2＋1，① ∵l 1与l 距离d 2＝|m －n |k 2＋1，② ∵S △ODE S △QDE ＝12|DE |·d 112|DE |·d 2＝d 1d 2＝|m ||m －n |＝23， ∴m ＝－2n 或m ＝25n ，又O ，Q 位于l 两侧，∴m ＝25n ，③ 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 29＋y 24＝1，y ＝kx ＋n ，消去y 整理得(9k 2＋4)x 2＋18knx ＋9n 2－36＝0， 由Δ＝0，得n 2＝9k 2＋4，④由①③④得k ＝±31111.考法2 有关弦的中点、弦长问题【例3－2】 (2018·全国Ⅲ卷)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0). (1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋F A →＋FB →＝0.证明：|F A →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差. (1)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m .① 由于点M (1，m )(m >0)在椭圆x 24＋y 23＝1内， ∴14＋m 23<1，解得0<m <32，故k <－12. (2)解 由题意得F (1，0).设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0，0). 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0. 又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32.于是|F A →|＝（x 1－1）2＋y 21＝（x 1－1）2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB→|＝2－x 22. 所以|F A →|＋|FB→|＝4－12(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|F A →|＋|FB →|， 即|F A →|，|FP→|，|FB →|成等差数列.设该数列的公差为d ，则 2|d |＝||FB →|－|F A →||＝12|x 1－x 2|＝12（x 1＋x 2）2－4x 1x 2.②将m ＝34代入①得k ＝－1.所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.探究提高 1.在涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系与弦长公式|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1|，设而不求计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解，以简化运算.2.对于弦的中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ>0，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交.【训练4】 (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＝6k9k 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1128.1.椭圆、双曲线的方程形式上可统一为Ax 2＋By 2＝1，其中A ，B 是不等的常数，A ＞B ＞0时，表示焦点在y 轴上的椭圆；B ＞A ＞0时，表示焦点在x 轴上的椭圆；AB ＜0时表示双曲线.2.对涉及圆锥曲线上点到焦点距离或焦点弦问题，恰当选用定义解题，会效果明显，定义中的定值是标准方程的基础.3.求双曲线、椭圆的离心率的方法：法一：直接求出a ，c ，计算e ＝ca ；法二：根据已知条件确定a ，b ，c 的等量关系，然后把b 用a ，c 代换，求ca .4.弦长公式对于直线与椭圆的相交、直线与双曲线的相交、直线与抛物线的相交都是通用的，此公式可以记忆，也可以在解题的过程中，利用两点间的距离公式推导.5.求中点弦的直线方程的常用方法(1)点差法，设弦的两端点坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，分别代入圆锥曲线方程，两式作差，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个量，则建立了圆锥曲线的弦的中点坐标与弦所在直线的斜率之间的关系，借助弦的中点坐标即可求得斜率；(2)根与系数的关系，联立直线与圆锥曲线的方程，化为一元二次方程，用根与系数的关系求解.一、选择题1.(2018·合肥调研)已知双曲线C ：y 2a 2－x 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与直线2x －y ＋1＝0垂直，则双曲线C 的离心率为( ) A .2B.2C. 3D. 5解析 依题意，2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a b ＝－1，∴b ＝2a .则e 2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝5，∴e ＝ 5. 答案 D2.(2018·南昌质检)已知抛物线C ：x 2＝4y ，过抛物线C 上两点A ，B 分别作抛物线的两条切线P A ，PB ，P 为两切线的交点，O 为坐标原点，若P A →·PB →＝0，则直线OA 与OB 的斜率之积为( ) A .－14B .－3C .－18D .－4解析 设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x A ，x 2A 4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x B ，x 2B 4，由x 2＝4y ，得y ′＝x 2.所以k AP ＝x A 2，k BP ＝x B 2，由P A →·PB→＝0，得P A ⊥PB .∴x A 2·x B 2＝－1，则x A ·x B ＝－4，又k OA ·k OB＝x 2A 4x A ·x 2B4x B ＝x A x B 16＝－14. 答案 A3.(2017·全国Ⅰ卷)已知F 是双曲线C ：x 2－y 23＝1的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点A 的坐标是(1，3)，则△APF 的面积为( ) A.13B.12C.23D.32解析 由c 2＝a 2＋b 2＝4得c ＝2，所以F (2，0)， 将x ＝2代入x 2－y 23＝1，得y ＝±3，所以|PF |＝3.又A 的坐标是(1，3)，故△APF 的面积为12×3×(2－1)＝32. 答案 D4.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，F 2，O 为坐标原点，A为椭圆上一点，∠F 1AF 2＝π2，连接AF 2交y 轴于M 点，若3|OM |＝|OF 2|，则该椭圆的离心率为( ) A.13B.33C.58D.104解析 设|AF1|＝m ，|AF 2|＝n . 如图所示，由题意可得 ∵Rt △F 1AF 2∽Rt △MOF 2.∴|AF 1||AF 2|＝|OM ||OF 2|＝13，则n ＝3m .又|AF 1|＋|AF 2|＝m ＋n ＝2a ，∴m ＝a 2，n ＝32a .在Rt △F 1AF 2中，m 2＋n 2＝4c 2，即104a 2＝4c 2，∴e 2＝c 2a 2＝1016，故e ＝104. 答案 D5.(2018·石家庄调研)已知F 1，F 2分别为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，P 为双曲线上一点，PF 2与x 轴垂直，∠PF 1F 2＝30°，且虚轴长为22，则双曲线的标准方程为( ) A.x 24－y 22＝1 B.x 23－y 22＝1C.x 24－y 28＝1D .x 2－y 22＝1解析 如图，不妨设点P (x 0，y 0)在第一象限，则PF 2⊥x 轴， 在Rt △PF 1F 2中，∠PF 1F 2＝30°，|F 1F 2|＝2c ， 则|PF 2|＝23c 3，|PF 1|＝43c 3，又因为|PF 1|－|PF 2|＝23c3＝2a ，即c ＝3a . 又2b ＝22，知b ＝2，且c2－a2＝2，从而得a2＝1，c2＝3.故双曲线的标准方程为x2－y22＝1.答案 D二、填空题6.(2018·北京卷)已知直线l过点(1，0)且垂直于x轴.若l被抛物线y2＝4ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为________.解析由题意知，a>0，对于y2＝4ax，当x＝1时，y＝±2a，由于l被抛物线y2＝4ax截得的线段长为4，所以4a＝4，所以a＝1，所以抛物线的焦点坐标为(1，0).答案(1，0)7.(2018·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的右焦点F(c，0)到一条渐近线的距离为32c，则其离心率的值是________.解析不妨设双曲线的一条渐近线方程为y＝ba x，所以|bc|a2＋b2＝b＝32c，所以b2＝c2－a2＝34c2，得c＝2a，所以双曲线的离心率e＝ca＝2.答案 28.设抛物线x2＝4y的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足|AF|＝2；已知P为抛物线准线上任一点，当|P A|＋|PF|取得最小值时，△P AF的外接圆半径为________.解析由x2＝4y，知p＝2，∴焦点F(0，1)，准线y＝－1.依题意，设A(x0，y0)(x0>0)，由定义，得|AF|＝y0＋p2，则y0＝2－1＝1，∴AF⊥y轴.易知当P(1，－1)时，|P A|＋|PF|最小，∴|PF|＝12＋（－1－1）2＝ 5.由正弦定理，2R＝|PF|sin A＝525＝52，因此△P AF 的外接圆半径R ＝54. 答案 54 三、解答题9.(2018·全国Ⅱ卷)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8. (1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程. 解 (1)由题意得F (1，0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0). 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由⎩⎨⎧y ＝k （x －1），y 2＝4x得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k 2.由题设知4k 2＋4k 2＝8，解得k ＝－1(舍去)，k ＝1. 因此l 的方程为y ＝x －1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3，2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，（x 0＋1）2＝（y 0－x 0＋1）22＋16. 解得⎩⎨⎧x 0＝3，y 0＝2或⎩⎨⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.10.(2017·北京卷)已知椭圆C 的两个顶点分别为A (－2，0)，B (2，0)，焦点在x 轴上，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)点D 为x 轴上一点，过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过D作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5. (1)解 设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0).由题意得⎩⎨⎧a ＝2，c a ＝32，解得c ＝3.所以b 2＝a 2－c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 设M (m ，n )，则D (m ，0)，N (m ，－n ). 由题设知m ≠±2，且n ≠0.直线AM 的斜率k AM ＝nm ＋2， 故直线DE 的斜率k DE ＝－m ＋2n .所以直线DE 的方程为y ＝－m ＋2n (x －m ).直线BN 的方程为y ＝n2－m (x －2).联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－m ＋2n （x －m ），y ＝n2－m （x －2），解得点E 的纵坐标y E ＝－n （4－m 2）4－m 2＋n 2.由点M 在椭圆C 上，得4－m 2＝4n 2， 所以y E ＝－45n .又S △BDE ＝12|BD |·|y E |＝25|BD |·|n |， S △BDN ＝12|BD |·|n |.所以△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5.11.设F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，M 是椭圆C 上一点，且MF 2与x 轴垂直，直线MF 1在y 轴上的截距为34，且|MF 2|＝35|MF 1|. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋t 与椭圆C 交于E 、F 两点，且直线l 与圆7x 2＋7y 2＝12相切，求OE →·OF →的值(O 为坐标原点).解 (1)设直线MF 1与y 轴的交点为N ，则|ON |＝34. ∵MF 2⊥x 轴，∴在△F 1F 2M 中，ON 綉12MF 2，则|MF 2|＝32.又|MF 2|＋|MF 1|＝2a ，|MF 2|＝35|MF 1|，∴|MF 2|＝34a ＝32，∴a ＝2.又|MF 2|＝b 2a ，∴b 2＝3.∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 24＋y 23＝1，消y 得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－12＝0.∴x 1＋x 2＝－8kt3＋4k 2，x 1x 2＝4t 2－123＋4k 2，Δ＝(8kt )2－4(3＋4k 2)(4t 2－12)>0，得t 2<3＋4k 2，(*) 则OE →·OF →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋t )(kx 2＋t ) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝（1＋k 2）（4t 2－12）3＋4k 2－8k 2t 23＋4k 2＋t 2（3＋4k 2）3＋4k 2＝7t 2－12（1＋k 2）3＋4k 2.又直线l 与圆7x 2＋7y 2＝12相切， ∴|t |1＋k2＝127，则1＋k 2＝712t 2满足(*)式，故OE →·OF →＝7t 2－12×712t 23＋4k 2＝0.。
2019年江苏省高考数学二轮复习课件：专题一 第五讲 专题提能——“三角”专题提能课
a －2b ·a ＝0，
a 2＝2a ·b ， |a |＝|b |，
所以
即
设a ，
b －2a ·b ＝0.
b 2＝2a ·b ， |a |2＝2a ·b .
b 的夹角为α，则cos
α＝
a ·b |a ||b
|
＝
1 2
，因为α∈[0，π]，所以α＝
π3，即a ，b的夹角为π3.
cosα＋π6＝
－
1 3
，
所
以
sin α＋π6 ＝ 232 ， 所 以
sin 2α＋π3 ＝ 2sin α＋π6
cosα＋π6 ＝ － 4 9 2， cos2α＋π3 ＝ 2cos2α＋π6 － 1＝ －79 ， 所 以
sin2α＋1π2＝sin2α＋π3－π4＝sin2α＋π3cosπ4－cos2α＋π3sinπ4
＝－492× 22－－79× 22＝7
2－8 18 .
[点评] (1)破解此类题的关键是应用角的变换法，观察所 给的角的特点与要求的三角函数中的角的特点来进行角的变 换．如本题中，先把 2α＋1π2转化为 2α＋π3－π4，再转化为 2α＋π6－π4.
(2)解此类题时需要特别注意的地方是在利用同角三角函 数的基本关系式时，一定要注意角的取值范围．如本题中由 α 为锐角，可知 α＋π6的范围，这样可以避免错解.
失误3
因忽视对三角形解的个数讨论而失分
[例 3] 在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，
c，已知 a＝2bsin A，c＝ 3b.
12，0<a< 22， －2a2＋2 2a－12，a≥ 22.
[点评] 此题利用局部换元法，设 sin x＋cos x＝t 后，抓 住 sin x＋cos x 与 sin x·cos x 的内在联系，将三角函数的值域问 题转化为二次函数在闭区间上的值域问题．换元过程中一定要 注意参数的范围(t∈[－ 2， 2 ])与 sin x＋cos x 的范围对应， 否则将会出错．
2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用
第三讲 圆锥曲线的综合应用 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题1．(2018·云南师大附中质检)已知椭圆C 的焦点在x 轴上，离心率等于255，且过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，255.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过椭圆C 的右焦点F 作直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于M 点，若MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，求证：λ1＋λ2为定值．解析：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝255，1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫255b 22＝1，∴a 2＝5，b 2＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 25＋y 2＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (0，y 0) ， 又易知F 点的坐标为(2,0)． 显然直线l 存在斜率， 设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程是y ＝k (x －2)，将直线l 的方程代入椭圆C 的方程中，消去y 并整理得(1＋5k 2)x 2－20k 2x ＋20k 2－5＝0，∴x 1＋x 2＝20k 21＋5k 2，x 1x 2＝20k 2－51＋5k2.又∵MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，将各点坐标代入得λ1＝x 12－x 1，λ2＝x 22－x 2，∴λ1＋λ2＝x 12－x 1＋x 22－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 24－x 1＋x 2＋x 1x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫20k 21＋5k 2－20k 2－51＋5k 24－2·20k 21＋5k 2＋20k 2－51＋5k2＝－10， 即λ1＋λ2为定值．2．(2018·贵阳一模)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 恒过定点，并求出该点的坐标．解析：(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，由题意知k ≠0，且[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8， ∴2k 2＋4k2＝6，∴k 2＝1，即k ＝±1， ∴直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)，直线BD 的斜率k B D ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1，∵y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，∴(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)，∴直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 恒过点(－1,0)．3．(2018·南宁模拟)已知抛物线C ：y 2＝ax (a ＞0)上一点P (t ，12)到焦点F 的距离为2t .(1)求抛物线C 的方程；(2)抛物线C 上一点A 的纵坐标为1，过点Q (3，－1)的直线与抛物线C 交于M ，N 两个不同的点(均与点A 不重合)，设直线AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．解析：(1)由抛物线的定义可知|PF |＝t ＋a4＝2t ，则a ＝4t ，由点P (t ，12)在抛物线上，得at ＝14，∴a ×a 4＝14，则a 2＝1，由a ＞0，得a ＝1， ∴抛物线C 的方程为y 2＝x . (2)∵点A 在抛物线C 上，且y A ＝1， ∴x A ＝1.∴A (1,1)，设过点Q (3，－1)的直线的方程为x －3＝m (y ＋1)， 即x ＝my ＋m ＋3，代入y 2＝x 得y 2－my －m －3＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝m ，y 1y 2＝－m －3， ∴k 1k 2＝y 1－1x 1－1·y 2－1x 2－1＝y 1y 2－y 1＋y 2＋1m 2y 1y 2＋m m ＋y 1＋y 2＋m ＋2＝－12，∴k 1k 2为定值．4．(2018·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t,0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2①，其中Δ＞0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0 ②.因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k x 1－x 2－t ＋k x 2－x 1－tx1－t x 2－t＝k [2x 1x 2－t ＋x 1＋x 2＋2t ]x 1－t x 2－t＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③， 将①代入③得8k 2－24－t ＋k 2＋2t＋4k23＋4k 2＝6t －243＋4k2＝0 ④， 则t ＝4，综上所述，存在T (4,0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．。
2019年江苏省高考数学二轮复习课件：专题三 第四讲 专题提能——“解析几何”专题提能课
a2 可得
e2＝23，即
e＝
6 3.
[点评] 本题中 B，C 两点是关于 y 轴对称，对称性的运用
对线段的求解和坐标求解有很大帮助.
策略2 利用有界性处理圆锥曲线中的存在性问题
[例 2] 若双曲线xa22－by22＝1(a>0，b>0)右支上存在一点 P
到左焦点的距离是到右准线距离的 6 倍，则该双曲线离心率的
直线 l 的方程为 y－2＝34(x－1)，即 3x－4y＋5＝0.所以所求直 线 l 的方程为 x＝1 和 3x－4y＋5＝0.
[点评] 本题学生易错在于忽略了斜率不存在的情况，在 用斜率研究直线方程首先考虑斜率不存在的情况．给定弦长， 一般都有两解，除非弦长值就是直径的值，此时只有一解．
提能点(二)
取值范围为___(_1_,2_]_∪__[_3_,6_)__．
[解析] 记双曲线xa22－by22＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1， F2，设点 P 到右准线的距离为 d，则由题意得点 P 到左焦点的距离 为 PF1＝6d，由于 PF1－PF2＝2a，所以 PF2＝6d－2a，所以6d－d 2a＝
16－34k2，所以
16－34k2>0，解得－8
3
38 <k<
3
3.又点(1,2)应在已
知圆的外部，把点代入圆方程得，1＋4＋k＋4＋k2－15>0，即
(k－2)(k＋3)>0，解得 k<－3 或 k>2.综上，k 的取值范围是
－83 3，－3∪2，8 3 3.
[点评] 本题易错在于忽略题中方程必须是圆的方程，有 些学生不考虑 D2＋E2－4F>0.本例应把圆的方程化为标准方程 后，根据构成圆的条件得到等号右边的式子大于 0，列出关于 k 的不等式，求出不等式的解集，然后由过已知点总可以作圆 的两条切线，得到点在圆外，故把点的坐标代入圆的方程中得 到一个关于 k 的关系式，求出不等式的解集，综上，求出两解 集的交集即为实数 k 的取值范围.
2019高考数学二轮复习第二部分专题五解析几何满分示范课理
专题五解析几何满分示范课【典例】 (满分12分)(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .[规范解答](1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0，0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)，1分 由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y ，3分因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x22＋y22＝1， 因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.5分(2)由题意知F (－1，0)，设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )， OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，7分OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )， 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1，9分又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →，11分又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .12分高考状元满分心得1．写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(1)问，设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，N (x 0，0)，就得分，第(2)问中求出－3m －m 2＋tn －n 2＝1就得分．2．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出x 0＝x ，y 0＝22y ，没有则不得分；第(2)问一定要写出OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分．[解题程序] 第一步：设出点的坐标，表示向量NP →，NM →；第二步：由NP →＝2NM →，确定点P ，N 坐标等量关系；第三步：求点P 的轨迹方程x 2＋y 2＝2；第四步：由条件确定点P ，Q 坐标间的关系；第五步：由OQ →·PF →＝0，证明OQ ⊥PF ；第六步：利用过定点作垂线的唯一性得出结论．[跟踪训练](2018·江南名校联考)设椭圆M ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为A (－1，0)，B (1，0)，C 为椭圆M 上的点，且∠ACB ＝π3，S △ABC ＝33.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)设过椭圆M 右焦点且斜率为k 的动直线与椭圆M 相交于E ，F 两点，探究在x 轴上是否存在定点D ，使得DE →·DF →为定值？若存在，试求出定值和点D 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝CA 2＋CB 2－2CA ·CB ·cos ∠ACB ＝(CA ＋CB )2－3CA ·CB ＝4.又S △ABC ＝12CA ·CB ·sin C ＝34CA ·CB ＝33， 所以CA ·CB ＝43，代入上式得CA ＋CB ＝22. 所以椭圆长轴2a ＝22，焦距2c ＝AB ＝2.所以椭圆M 的标准方程为x22＋y 2＝1.(2)设直线方程y ＝k (x －1)，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x22＋y2＝1，y ＝k （x －1），得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝8k 2＋8＞0，所以x 1＋x 2＝4k21＋2k2，x 1x 2＝2k2－21＋2k2.假设x 轴上存在定点D (x 0，0)使得DE →·DF →为定值．所以DE →·DF →＝(x 1－x 0，y 1)·(x 2－x 0，y 2)＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋y 1y 2＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2(x 1－1)(x 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－(x 0＋k 2)·(x 1＋x 2)＋x 20＋k2＝（2x20－4x 0＋1）k 2＋（x 20－2）1＋2k2要使DE →·DF →为定值，则DE →·DF →的值与k 无关，所以2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54，要使DE →·DF →为定值，则DE →·DF →的值与k 无关，所以2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54，此时DE →·DF →＝－716为定值，定点为⎝⎛⎭⎫54，0.。
2019年高考数学二轮复习 第二部分 专题五 解析几何 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线课时规范练 理
2019年高考数学二轮复习 第二部分 专题五 解析几何 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线课时规范练 理一、选择题1．(2016·全国卷Ⅱ)设F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，曲线y ＝k x(k ＞0)与C 交于点P ，PF ⊥x 轴，则k ＝( )A.12 B ． 1 C.32D ．2解析：因为抛物线方程是y 2＝4x ，所以F (1，0)．又因为PF ⊥x 轴，所以P (1， 2)，把P 点坐标代入曲线方程y ＝k x (k ＞0)，即k1＝2，所以k ＝2.答案：D2．(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( )A ．2 B. 3 C. 2D.233解析：取渐近线y ＝b ax ，化成一般式bx －ay ＝0，圆心(2，0)到直线的距离为22－12＝|2b |a 2＋b 2，又由c 2＝a 2＋b 2得c 2＝4a 2，e 2＝4，e ＝2. 答案：A3．(2017·河北衡水六调)已知A (－1，0)，B 是圆F ：x 2－2x ＋y 2－11＝0(F 为圆心)上一动点，线段AB 的垂直平分线交BF 于P ，则动点P 的轨迹方程为( )A.x 212＋y 211＝1 B.x 236－y 235＝1 C.x 23－y 22＝1 D.x 23＋y 22＝1 解析：由题意得|PA |＝|PB |，所以|PA |＋|PF |＝|PB |＋|PF |＝r ＝23＞|AF |＝2.所以点P 的轨迹是以A ，F 为焦点的椭圆，且a ＝3，c ＝1，所以b ＝2，所以动点P 的轨迹方程为x 23＋y 22＝1.答案：D4．(2017·全国卷Ⅱ)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F ，且斜率为3的直线交C 于点M (M 在x 轴的上方)，l 为C 的准线，点N 在l 上且MN ⊥l ，则M 到直线NF 的距离为( )(导学号 54850129)A. 5 B ．2 2 C ．2 3D ．3 3解析：由题知MF ：y ＝3(x －1)，与抛物线y 2＝4x 联立得3x 2－10x ＋3＝0，解得x 1＝13，x 2＝3，所以M (3，23)．因为MN ⊥l ，所以N (－1，23)． 又F (1，0)，所以直线NF 的方程为y ＝－3(x －1)．故点M 到直线NF 的距离是|3（3－1）＋23|（－3）2＋12＝2 3. 答案：C5．已知双曲线C ：x 2－y 23＝1的右顶点为A ，过右焦点F 的直线l 与C 的一条渐近线平行，交另一条渐近线于点B ，则S △ABF ＝( )A. 3B.32 C.334D.338解析：由双曲线C ：x 2－y 23＝1，得a 2＝1，b 2＝3，故c ＝a 2＋b 2＝2，所以A (1，0)，F (2，0)，渐近线方程为y ＝±3x . 不妨设BF 的方程为y ＝3(x －2)， 代入方程y ＝－3x ，解得B (1，－3)， 所以S △AFB ＝12|AF |·|y B |＝12×1×3＝32.答案：B 二、填空题6．(2016·全国卷Ⅰ改编)已知方程x 2m 2＋n －y 23m 2－n＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n 的取值范围是________．解析：因为方程x 2m 2＋n －y 23m 2－n＝1表示双曲线，所以(m 2＋n )·(3m 2－n )＞0，解得－m 2＜n ＜3m 2. 又c 2＝(m 2＋n )＋(3m 2－n )＝4m 2，所以|m |＝1. 因此－1＜n ＜3. 答案：(－1，3)7．(2017·邯郸质检)已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点．若FP →＝4FQ →，则|QF |等于________．解析：过点Q 作QQ ′⊥l 交l 于点Q ′，因为FP →＝4FQ →，所以|PQ |∶|PF |＝3∶4. 又焦点F 到准线l 的距离为4，所以|QF |＝|QQ |′＝3. 答案：38．(2017·潍坊三模)已知抛物线y 2＝2px (p ＞0)上的一点M (1，t )(t ＞0)到焦点的距离为5，双曲线x 2a 2－y 29＝1(a ＞0)的左顶点为A ，若双曲线的一条渐近线与直线AM 平行，则实数a 的值为________．解析：由题设1＋p2＝5，所以p ＝8.不妨设点M 在x 轴上方，则M (1，4)，由于双曲线的左顶点A (－a ，0)，且AM 平行一条渐近线，所以41＋a ＝3a ，则a ＝3.答案：3 三、解答题9．(2017·佛山一中调研)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，右焦点为F (1，0)．(导学号 54850130)(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点O 为坐标原点，过点F 作直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，若OM ⊥ON ，求直线l 的方程．解：(1) 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝22，a 2＝b 2＋1，解得a ＝2，b ＝1.所以椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，①当MN 垂直于x 轴时，直线l 的方程为x ＝1，不符合题意； ②当MN 不垂直于x 轴时， 设直线l 的方程为y ＝k (x －1)．联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －1），消去y 整理得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2(k 2－1)＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1·x 2＝2（k 2－1）1＋2k 2. 所以y 1·y 2＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝－k21＋2k2.因为OM ⊥ON ，所以OM →·ON →＝0.所以x 1·x 2＋y 1·y 2＝k 2－21＋2k2＝0，所以k ＝± 2.故直线l 的方程为y ＝±2(x －1)．10．(2017·北京卷)已知椭圆C 的两个顶点分别为A (－2，0)，B (2，0)，焦点在x 轴上，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)点D 为x 轴上一点，过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5.(1)解：设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝32，解得c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设M (m ，n )，则D (m ，0)，N (m ，－n )， 由题设知m ≠±2，且n ≠0. 直线AM 的斜率k AM ＝nm ＋2，故直线DE 的斜率k DE ＝－m ＋2n，所以直线DE 的方程为y ＝－m ＋2n(x －m )， 直线BN 的方程为y ＝n2－m(x －2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－m ＋2n （x －m ），y ＝n2－m （x －2），解得点E 的纵坐标y E ＝－n （4－m 2）4－m 2＋n 2.由点M 在椭圆C 上，得4－m 2＝4n 2，所以y E ＝－45n .又S △BDE ＝12|BD |·|y E |＝25|BD |·|n |，S △BDN ＝12|BD |·|n |，所以△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5.11．(2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线C ：y 2＝2x ，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．(导学号 54850131)(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． (1)证明：设l ：x ＝my ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2x ，x ＝my ＋2，得y 2－2my －4＝0，Δ＝4m 2＋16恒大于0，y 1＋y 2＝2m ，y 1y 2＝－4. OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(my 1＋2)(my 2＋2)＋y 1y 2 ＝(m 2＋1)y 1y 2＋2m (y 1＋y 2)＋4 ＝－4(m 2＋1)＋2m ·2m ＋4＝0， 所以OA →⊥OB →，即O 在圆M 上．(2)解：由(1)可得y 1＋y 2＝2m ，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋4＝2m 2＋4. 故圆心M 的坐标为(m 2＋2，m )，圆M 的半径r ＝（m 2＋2）2＋m 2.由于圆M 过点P (4，－2)，因此AP →·BP →＝0，故(x 1－4)·(x 2－4)＋(y 1＋2)·(y 2＋2)＝0， 即x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋y 1y 2＋2(y 1＋y 2)＋20＝0. 由(1)可得y 1y 2＝－4，x 1x 2＝4，所以2m 2－m －1＝0，解得m ＝1或m ＝－12.当m ＝1时，直线l 的方程为x －y －2＝0，圆心M 的坐标为(3，1)，圆M 的半径为10，圆M 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝10.当m ＝－12时，直线l 的方程为2x ＋y －4＝0，圆心M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫94，－12，圆M 的半径为854，圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －942＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋122＝8516.。
最新2019高考数学二轮复习 第二部分 专题五 解析几何满分示范练 文
1 满分示范课——解析几何 【典例】 (满分12分)(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2
＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2 NM→. (1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. [规范解答](1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
则N(x0，0)，NP→＝(x－x0，y)，NM→＝(0，y0)，1分 由NP→＝2 NM→得x0＝x，y0＝22y，3分 因为M(x0，y0)在C上，所以x22＋y22＝1， 因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.5分 (2)由题意知F(－1，0)，设Q(－3，t)，P(m，n)，
则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)， OQ→·PF→＝3＋3m－tn，7分
OP→＝(m，n)，PQ→＝(－3－m，t－n)，
由OP→·PQ→＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，9分 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→，11分 又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.12分 高考状元满分心得 1．写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(1)问，设P(x，y)，M(x0，y0)，N(x0，0)，就得分，第(2)问中求出－3m－m2＋tn－n2＝1就得分． 2．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一 2
定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出x0＝x，y0＝22y，没有则不得分；第(2)问一定要写出OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→，否则不得分，因此步骤才是关键的，只有结果不得分． [解题程序] 第一步：设出点的坐标，表示向量NP→，NM→； 第二步：由NP→＝2 NM→，确定点P，N坐标等量关系； 第三步：求点P的轨迹方程x2＋y2＝2； 第四步：由条件确定点P，Q坐标间的关系；
2019高考数学二轮复习 第二部分 专题五 解析几何 专题强化练十三 椭圆、双曲线、抛物线 文
专题强化练十三 椭圆、双曲线、抛物线一、选择题1．(2018·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 24＝1的一个焦点为(2，0)，则C 的离心率为( )A.13B.12C.22D.223 解析：不妨设a ＞0，由焦点F (2，0)，知c ＝2. 所以a 2＝4＋c 2＝8，a ＝2 2.故离心率e ＝c a ＝222＝22.答案：C2．(2018·济南质检)已知抛物线C ：x 2＝4y ，过抛物线C 上两点A ，B 分别作抛物线的两条切线PA ，PB ，P 为两切线的交点，O 为坐标原点，若PA →·PB →＝0，则直线OA 与OB 的斜率之积为( )A ．－14B ．－3C ．－18 D ．－4解析：由x 2＝4y ，得y ′＝x2.设A ⎝⎛⎭⎪⎫x A ，x 2A 4，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x B ，x 2B 4. 由PA →·PB →＝0，得PA ⊥PB .所以x A 2·x B2＝－1，则x A ·x B ＝－4，又k OA ·k OB ＝x 2A 4x A ·x 2B4x B ＝x A x B 16＝－14.答案：A3．(2018·河南郑州二模)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、F 2，离心率为23，过F 2的直线l 交C 于A 、B 两点，若△AF 1B 的周长为12，则C 的方程为( )A.x 23＋y 2＝1B.x 23＋y 22＝1C.x 29＋y 24＝1 D.x 29＋y 25＝1 解析：由题意可得c a ＝23，4a ＝12，解得a ＝3，c ＝2，则b ＝32－22＝5，所以所求椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.答案：D4．(2017·全国卷Ⅰ)已知F 是双曲线C ：x 2－y23＝1的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点A 的坐标是(1，3)，则△APF 的面积为( )A.13B.12C.23D.32解析：由c 2＝a 2＋b 2＝4，得c ＝2，所以F (2，0)． 将x ＝2代入x 2－y 23＝1，得y ＝±3，则|PF |＝3.又A 的坐标是(1，3)，故△APF 的面积为12×3×(2－1)＝32.答案：D5．设抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，过F 点且倾斜角为π4的直线l 与抛物线相交于A ，B 两点，若以AB 为直径的圆过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－p2，2，则该抛物线的方程为( )A ．y 2＝2x B ．y 2＝4x C ．y 2＝8xD ．y 2＝16x解析：易求直线l 的方程y ＝x －p2，①又y 2＝2px ，②联立①②，得x 2－3px ＋p 24＝0不妨设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 所以x 1＋x 2＝3p ，x 1x 2＝p 24，又点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p2，2在以AB 为直径的圆上．所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋p2，y 1－2·(x 2＋p2，y 2－2)＝0.则2x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＋2p ＋p 22＝0，从而p 2－4p ＋4＝0，p ＝2， 故所求抛物线方程为y 2＝4x . 答案：B 二、填空题6．(2018·北京卷)已知直线l 过点(1，0)且垂直于x 轴．若l 被抛物线y 2＝4ax 截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为________．解析：对于y 2＝4ax ，令x ＝1，得y ＝±2a ，由于l 被抛物线y 2＝4ax 截得的线段长为4， 所以4a ＝4，则a ＝1. 故抛物线的焦点F (1，0)． 答案：(1，0)7．(2018·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点F (c ，0)到一条渐近线的距离为32c ，则其离心率的值是________． 解析：不妨设双曲线的一条渐近线方程为y ＝bax ， 所以|bc |a 2＋b2＝b ＝32c ，所以b 2＝c 2－a 2＝34c 2，得c ＝2a ， 所以双曲线的离心率e ＝c a＝2. 答案：28．抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，P (x 1，y 1)(x 1＞1)、Q (x 2，y 2)是C 上不同的两点，若△PFQ 是以F 为顶点的等腰直角三角形，则|PF |＝________．解析：Rt △PFQ 是以F 为顶点的等腰直角三角形，由抛物线的定义及对称性，|FH |＝|PH |， 又x 1＝y 214＞1，知，y 1＞2.所以y 214－1＝y 1，解得y 1＝2＋22，故|PF |＝2·|PH |＝4＋2 2. 答案：4＋2 2 三、解答题9．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k ＞0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．解：(1)由题意得F (1，0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k ＞0)． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．...由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. Δ＝16k 2＋16＞0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k2.由题设知4k 2＋4k2＝8，解得k ＝－1(舍去)，k ＝1.因此l 的方程为y ＝x －1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3，2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5. 设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，（x 0＋1）2＝（y 0－x 0＋1）22＋16. 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝3，y 0＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.10．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，右焦点为F (1，0)．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点O 为坐标原点，过点F 作直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，若OM ⊥ON ，求直线l 的方程．解：(1) 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝22，a 2＝b 2＋1，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1.所以椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，①当MN 垂直于x 轴时，直线l 的方程为x ＝1，不符合题意； ②当MN 不垂直于x 轴时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －1），消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2(k 2－1)＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1·x 2＝2（k 2－1）1＋2k 2. 所以y 1·y 2＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝－k21＋2k2.因为OM ⊥ON ，所以OM →·ON →＝0.所以x 1·x 2＋y 1·y 2＝k 2－21＋2k2＝0，所以k ＝±2. 故直线l 的方程为y ＝±2(x －1)．11．设F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，M 是椭圆C 上一点，且MF 2与x 轴垂直，直线MF 1在y 轴上的截距为34，且|MF 2|＝35|MF 1|.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋t 与椭圆C 交于E 、F 两点，且直线l 与圆7x 2＋7y 2＝12相切，求OE →·OF →的值(O 为坐标原点)．解：(1)设直线MF 1与y 轴的交点为N ，则|ON |＝34.因为MF 2⊥x 轴，所以在△F 1F 2M 中，ON 綊12MF 2，则|MF 2|＝32.又|MF 2|＋|MF 1|＝2a ，|MF 2|＝35|MF 1|，所以|MF 2|＝34a ＝32，所以a ＝2.又|MF 2|＝b 2a，所以b 2＝3.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 24＋y 23＝1，消y 得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－12＝0.所以x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2，x 1x 2＝4t 2－123＋4k2，Δ＝(8kt )2－4(3＋4k 2)(4t 2－12)＞0，得t 2＜3＋4k 2，(*)则OE →·OF →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋t )(kx 2＋t )＝(1＋k 2)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝（1＋k 2）（4t 2－12）3＋4k 2－8k 2t23＋4k2＋t 2（3＋4k 2）3＋4k 2＝7t 2－12（1＋k 2）3＋4k2. 又直线l 与圆7x 2＋7y 2＝12相切， 所以|t |1＋k2＝127，则1＋k 2＝712t 2满足(*)式，故OE →·OF →＝7t 2－12×712t23＋4k 2＝0.。
2019高考数学二轮复习专题五解析几何第四讲大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题课件理
大题考法
—— 圆 锥 曲 线 中 的 定点、定值、存 在性问题
题型(一)
线上.
定点问题
主要考查直线、 曲线过定点或两条直线的交点在定曲
[ 典例感悟]
[典例] 点 x2 y2 (2017· 全国卷Ⅰ)已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a>b>0)，四 a b
3 3 ， P 1 ， 4 中恰有三点在椭圆 2 2
[解]
(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． 1 1 1 3 又由 2＋ 2> 2＋ 2知，椭圆 C 不经过点 P1， a b a 4b 所以点 P2 在椭圆 C 上． 1 b2＝1， 因此 3 1 ＝1， 2＋ 4b2 a
2 a ＝4， 解得 2 b ＝1.
[ 对点训练]
x2 (2017· 全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： ＋y2＝ 2 ―→ 1 上， 过 M 作 x 轴的垂线， 垂足为 N， 点 P 满足 NP ＝ 2 (1)求点 P 的轨迹方程； ―→ ―→ (2)设点 Q 在直线 x＝－3 上，且 OP · PQ ＝1.证明：过点 P 且 垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F. ―→ NM .
[类题通法]
动线过定点问题的 2 大类型及解法
类型
解法 设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示 为t＝mk＋n，得y－n＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，n) 引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立， 令其系数等于零，得出定点
动直线l过定点问题
动曲线C过定点问题
4－t2－2 4－t2＋2 则由 k1＋k2＝ － ＝－1，得 t＝2，不符 2t 2t 合题设． 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． x2 将 y＝kx＋m 代入 ＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 4 由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，