高考數學 解析幾何熱點問題

1、1 / 16 解析幾何熱點問題解析幾何熱點問題 三年真題考情 核心熱點 真題印證 核心素養(yǎng) 直線方程、定值問題 2019 ，19；2018 ，19；2018 北京，19 數學運算、邏輯推理 橢圓方程、定點問題 2019 北京，19；2017 ，20；2017 ，20 數學運算、邏輯推理 直線與橢圓 2019 ，19；2018 ，20 數學運算、邏輯推理 直線與拋物線 2019 ，21；2019 北京，18；2018 ，19；2017 ，20 數學運算、邏輯推理 熱點聚焦突破 教材鏈接高考求曲線方程及直線與圓錐曲線 教材探究(選修 21p49習題 a5(1)(2)求適合下列條件的橢圓的標準方程：

2、 (1)過點 p(2 2，0)，q(0， 5)； (2)長軸長是短軸長的 3倍，且經過點 p(3，0). 試題評析 1.問題涉及解析幾何中最重要的一類題目：求曲線的方程，解決的方法都是利用橢圓的幾何性質. 2.對于(1)給出的兩點并不是普通的兩點，而是長軸和短軸的端點，這就告訴我們要仔細觀察、借助圖形求解問題，(2)中條件給出 a，b 的值，但要討論焦點的位置才能寫出橢圓方程. 【教材拓展】 設拋物線 y22px(p0)的焦點為 f，準線為 l，過拋物線上一點 a作 l 的垂線，垂足為 b，設 c72p，0 ，af 與 bc 相交于點 e，若|cf|2|af|，且ace的面積為 3 2，則 p

3、的值為_. 2 / 16 解析 易知拋物線的焦點 f的坐標為p2，0 ， 又|cf|2|af|且|cf|72pp23p， |ab|af|32p， 可得 a(p， 2p). 易知aebfec，|ae|fe|ab|fc|12， 故 sace13sacf133p 2p1222p23 2， p26，p0，p 6. 答案 6 探究提高 1.解答本題的關鍵有兩個：(1)利用拋物線的定義求出點 a的坐標， (2)根據aebfec 求出線段比，進而得到面積比并利用條件“sace3 2”求解. 2.對于解析幾何問題，除了利用曲線的定義、方程進行運算外，還應恰當地利用平面幾何的知識，能起到簡化運算的作用. 【鏈接

4、高考】 (2019 天津卷)設橢圓x2a2y2b21(ab0)的左焦點為 f，上頂點為 b.已知橢圓的短軸長為 4，離心率為55. (1)求橢圓的方程； (2)設點 p 在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點 m 為直線 pb 與 x 軸的交點，點 n 在 y 軸的負半軸上，若|on|of|(o 為原點)，且 opmn，求直線 pb的斜率. 解 (1)設橢圓的半焦距為 c，依題意，2b4，ca55，又 a2b2c2，可得 a5，b2，c1. 所以橢圓的方程為x25y241. (2)由題意，設 p(xp，yp)(xp0)，m(xm，0)， 3 / 16 直線 pb的斜率為 k(k0)， 又 b(0

5、，2)，則直線 pb 的方程為 ykx2，與橢圓方程聯立ykx2，x25y241，整理得(45k2)x220kx0， 可得 xp20k45k2， 代入 ykx2得 yp810k245k2， 進而直線 op的斜率為ypxp45k210k. 在 ykx2中，令 y0，得 xm2k. 由題意得 n(0，1)，所以直線 mn的斜率為k2. 由 opmn，得45k210kk21，化簡得 k2245， 從而 k2 305(滿足 (20k)24(45k2)0). 所以直線 pb的斜率為2 305或2 305. 教你如何審題圓錐曲線中的證明問題 【例題】 (2019 北京卷)已知拋物線 c：x22py(p0)

6、經過點(2，1). (1)求拋物線 c的方程及其準線方程； (2)設 o 為原點，過拋物線 c 的焦點作斜率不為 0 的直線 l 交拋物線 c 于兩點m，n，直線 y1 分別交直線 om，on 于點 a 和點 b.求證：以 ab 為直徑的圓經過 y 軸上的兩個定點. 審題路線 4 / 16 自主解答 (1)解 由拋物線 c：x22py經過點(2，1)得 p2. 所以拋物線 c的方程為 x24y，其準線方程為 y1. (2)證明 拋物線 c 的焦點為 f(0，1). 設直線 l 的方程為 ykx1(k0). 由ykx1，x24y得 x24kx40. 設 m(x1，y1)，n(x2，y2)，則 x

7、1x24. 直線 om 的方程為 yy1x1x. 令 y1，得點 a的橫坐標 xax1y1， 同理得 b的橫坐標 xbx2y2. 設點 d(0，n)，則dax1y1，1n ， dbx2y2，1n ， da dbx1x2y1y2(n1)2 x1x2x214 x224(n1)2 16x1x2(n1)24(n1)2. 令da db0，即4(n1)20，得 n1或 n3. 綜上，以 ab為直徑的圓經過 y 軸上的定點(0，1)和(0，3). 探究提高 1.解決本題的關鍵是直徑所對的圓周角為直角，要證明直線經過 y 軸上定點 d，只需滿足da db0，進而求解. 類似的還有角的關系轉化為斜率之間的關系，

8、線段的長度比轉化為線段端點的坐標之比. 2.解決此類問題，一般方法是“設而不求”，通過“設參、用參、消參”的推理5 / 16 及運算，借助幾何直觀，達到證明的目的. 【嘗試訓練】 (2018 全國卷)設橢圓 c：x22y21的右焦點為 f，過 f的直線 l與 c交于 a，b兩點，點 m 的坐標為(2，0). (1)當 l 與 x軸垂直時，求直線 am 的方程； (2)設 o為坐標原點，證明：omaomb. (1)解 由已知得 f(1，0)，l 的方程為 x1. 把 x1 代入橢圓方程x22y21，可得點 a 的坐標為1，22或1，22，又m(2，0)， 所以直線 am 的方程為 y22x 2或

9、 y22x 2. (2)證明 當 l 與 x 軸重合時，omaomb0 . 當 l 與 x 軸垂直時，om 為 ab 的垂直平分線， 所以omaomb. 當 l 與 x 軸不重合也不垂直時， 設 l 的方程為 yk(x1)(k0)，a(x1，y1)，b(x2，y2)， 則 x1 2，x20， 解得 k1，又因為 k0，故 k0或 0kb0)的右焦點為(1，0)，且經過點 a(0，1). (1)求橢圓 c的方程； (2)設 o 為原點，直線 l：ykxt(t 1)與橢圓 c 交于兩個不同點 p，q，直線9 / 16 ap 與 x 軸交于點 m，直線 aq 與 x 軸交于點 n.若|om| |on

10、|2，求證：直線 l 經過定點. (1)解 由題意，得 b21，c1，所以 a2b2c22. 所以橢圓 c的方程為x22y21. (2)證明 設 p(x1，y1)，q(x2，y2)， 則直線 ap的方程為 yy11x1x1. 令 y0，得點 m 的橫坐標 xmx1y11. 又 y1kx1t，從而|om|xm|x1kx1t1. 同理，|on|x2kx2t1. 由ykxt，x22y21，得(12k2)x24ktx2t220， 則 x1x24kt12k2，x1x22t2212k2. 所以|om| |on|x1kx1t1x2kx2t1 x1x2k2x1x2k（t1）（x1x2）（t1）2 2t2212

11、k2k22t2212k2k（t1）4kt12k2（t1）2 21t1t. 又|om| |on|2，所以 21t1t2. 解得 t0，所以直線 l 經過定點(0，0). 10 / 16 熱點跟蹤訓練 1.(2020 濟南模擬)已知橢圓 c：x2a2y2b21過 a(2，0)，b(0，1)兩點. (1)求橢圓 c的方程及離心率； (2)設 p 為第三象限內一點且在橢圓 c 上，直線 pa 與 y 軸交于點 m，直線 pb 與x 軸交于點 n，求證：四邊形 abnm 的面積為定值. (1)解 由題意知，a2，b1， 所以橢圓 c的方程為x24y21. 因為 c a2b2 3， 所以橢圓 c的離心率

12、eca32. (2)證明 設 p(x0，y0)(x00，y0b0)的左焦點為 f，上頂點為 b，已知橢圓的離心率為53，點 a的坐標為(b，0)，且|fb| |ab|6 2. (1)求橢圓的方程； 11 / 16 (2)設直線 l：ykx(k0)與橢圓在第一象限的交點為 p，且 l 與直線 ab 交于點 q.若|aq|pq|5 24sinaoq(o為原點)，求 k 的值. 解 (1)設橢圓的焦距為 2c，由已知有c2a259， 又由 a2b2c2，可得 2a3b. 由已知可得，|fb|a，|ab| 2b， 由|fb| |ab|6 2，可得 ab6，從而 a3，b2. 所以，橢圓的方程為x29y

13、241. (2)設點 p的坐標為(x1，y1)，點 q的坐標為(x2，y2). 由已知有 y1y20， 故|pq|sinaoqy1y2. 又因為|aq|y2sinoab，而oab4， 故|aq| 2y2. 由|aq|pq|5 24sinaoq，可得 5y19y2. 由方程組ykx，x29y241，消去 x，可得 y16k9k24. 易知直線 ab的方程為 xy20， 由方程組ykx，xy20，消去 x，可得 y22kk1. 代入 5y19y2，可得 5(k1)3 9k24， 將等式兩邊平方，整理得 56k250k110， 解得 k12或 k1128. 所以，k 的值為12或1128. 3.(2

14、020 湖南湘東六校聯考)已知橢圓 c：x2a2y2b21(ab0)的離心率 e12，點a(b，0)，b，f分別為橢圓的上頂點和左焦點，且|bf| |ba|2 6. 12 / 16 (1)求橢圓 c的方程. (2)若過定點 m(0，2)的直線 l 與橢圓 c 交于 g，h 兩點(g 在 m，h 之間)，設直線 l 的斜率 k0，在 x 軸上是否存在點 p(m，0)，使得以 pg，ph 為鄰邊的平行四邊形為菱形？如果存在，求出 m的取值范圍；如果不存在，請說明理由. 解 (1)設橢圓的焦距為 2c，由離心率 e12得 a2c， 由|bf| |ba|2 6，得 a b2b22 6， ab2 3，

15、a2b2c2， 由可得 a24，b23， 橢圓 c 的方程為x24y231. (2)設直線 l的方程為 ykx2(k0)， 由ykx2（k0），x24y231消 y 得(34k2)x216kx40， 可得0，k12. 設 g(x1，y1)，h(x2，y2)，則 x1x216k4k23，pgph(x1x22m，k(x1x2)4)，gh(x2x1，y2y1)(x2x1，k(x2x1). 菱形的對角線互相垂直，(pgph) gh0， (1k2)(x1x2)4k2m0，得 m2k4k23， 即 m24k3k，k12， 36m0當且僅當3k4k時，等號成立 . 存在滿足條件的實數 m，m的取值范圍為36

16、，0 . 4.已知橢圓 c：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點分別為 f1(1，0)，f2(1，0)，點13 / 16 a1，22在橢圓 c 上. (1)求橢圓 c的標準方程； (2)是否存在斜率為 2 的直線，使得當該直線與橢圓 c 有兩個不同交點 m，n時，能在直線 y53上找到一點 p，在橢圓 c上找到一點 q，滿足pmnq？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由. 解 (1)設橢圓 c的焦距為 2c，則 c1， 因為 a1，22在橢圓 c 上，所以 2a|af1|af2|2 2，則 a 2，b2a2c21. 故橢圓 c 的方程為x22y21. (2)橢圓 c上不存在這樣的點

17、q，理由如下： 設直線的方程為 y2xt，m(x1，y1)，n(x2，y2)，px3，53，q(x4，y4)， 由y2xt，x22y21，消去 x 得 9y22tyt280， 所以 y1y22t9，且 4t236(t28)0， 即3t3. 由pmnq得x1x3，y153(x4x2，y4y2)， 所以有 y153y4y2，y4y1y25329t53. 又3t3，所以73y4b0)的左、右焦點分別為 f1(1，0)，f2(1，0)，左、右頂點分別為 a1，a2，p 為橢圓 e 上的動點(不與 a1，a2重合)，且直線 pa1與 pa2的斜率的乘14 / 16 積為34. (1)求橢圓 e的方程；

18、(2)過點 f2作兩條互相垂直的直線 l1與 l2(均不與 x 軸重合)分別與橢圓 e 相交于a，b，c，d 四點，線段 ab，cd 的中點分別為 m，n，求證：直線 mn 過定點，并求出該定點的坐標. (1)解 設 p(x0，y0)(y00)，則x20a2y20b21. 整理，得 x20a2a2y20b2. 由題意，得y0 x0ay0 x0a34. 整理，得 x20a243y20. a2y20b243y20，又 y00，即 a243b2. c1，a2b2c2，a24，b23. 故橢圓 e的方程為x24y231. (2)證明 設直線 ab的方程：yk(x1)(k0)， a(x1，y1)，b(x

19、2，y2). 由yk（x1），3x24y212消 y 得(4k23)x28k2x4k2120. x1x28k24k23. xmx1x22128k24k234k24k23， ymk(xm1)3k4k23. 用1k替換點 m 坐標中的 k，可得 xn43k24，yn3k3k24. 若直線 ab 關于 x 軸對稱后得到直線 ab，直線 cd 關于 x 軸對稱后得到直線cd，線段 ab，cd的中點分別為 m，n，則直線 mn與直線 mn關于 x 軸對稱. 15 / 16 若直線 mn 經過定點，則該定點一定是直線 mn與 mn 的交點，該交點必在 x軸上. 設該交點為 t(s，0)，則mt(sxm，ym)，nm(xmxn，ymyn). 由mtnm，得 sxnymxmynymyn. 代入點 m，n的坐標并化簡，得 s47. 經過的定點為47，0 . 6.(2020 廣州質量監(jiān)測)如圖，橢圓 c：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點分別為f1，f2，離心率為32，過焦點 f2且垂直于 x 軸的直線被橢圓