2020教材高考审题答题(五) 解析几何热点问题
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核心热点
真题印证
直线方程、定值问题 2018·Ⅰ，19；2018·北京，19
椭圆方程、定点问题 2017·Ⅰ，20；2017·Ⅱ，20
直线与椭圆的位置关系
2016·Ⅰ，20；2016·Ⅱ，20； 2018·Ⅲ，20
2018·Ⅱ，19；2017·Ⅲ，20； 直线与抛物线的位置关系
2016·Ⅱ，20
核心素养 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理
a2 b2 5 已知椭圆的离心率为 ，点 A 的坐标为(b，0)，且|FB|·|AB|＝6 2. 3 (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.
|AQ| 5 2 若 ＝ sin∠AOQ(O 为原点)，求 k 的值.
|PQ| 4 c2 5
则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝
2k2＋1
＝0.
从而 kMA＋kMB＝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，
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(x1，y1)，B(x2，y2)，
y1
y2
则 x1< 2，x2< 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1－2＋x2－2.
3 ∴|AB|＝|AF|＝ p，
2 可得 A(p， 2p).
|AE| |AB| 1 易知△AEB∽△FEC，∴ ＝ ＝ ，
|FE| |FC| 2
1
1
12
故 S△ACE＝3S△ACF＝3×3p×
2p× ＝ p2＝3 22
2，
∴p2＝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)
[自主解答] (1)解 由已知得 F(1，0)，l 的方程为 x＝1.
( ) ( ) x2
2
2
把 x＝1 代入椭圆方程 ＋y2＝1，可得点 A 的坐标为 1， 或 1，－ ，
2
2
2
又 M(2，0)，
2
2
所以直线 AM 的方程为 y＝－ x＋ 2或 y＝ x－ 2.
2
2
(2)证明 当 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
根据△AEB∽△FEC 求出线段比，进而得到面积比并利用条件“S△ACE＝3 2”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.
x2 y2 【链接高考】 (2018·天津卷)设椭圆 ＋ ＝1(a>b>0)的左焦点为 F，上顶点为 B，
教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题
x2 【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)设椭圆 C： ＋y2＝1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C
2Fra Baidu bibliotek
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]
由已知有 y1>y2>0，
故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.
y2
π
又因为|AQ|＝
，而∠OAB＝ ，
sin∠OAB
4
故|AQ|＝ 2y2.
|AQ| 5 2
由＝ |PQ|
4
sin∠AOQ，可得 5y1＝9y2.
{ ) 由方程组
y＝kx，
x2 y2 ＋ ＝1，
消去
x，可得
y1＝
94
6k .
9k2＋4
解 (1)设椭圆的焦距为 2c，由已知有 ＝ ， a2 9
又由 a2＝b2＋c2，可得 2a＝3b.
由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝ 2b，
由|FB|·|AB|＝6 2，
可得 ab＝6，从而 a＝3，b＝2. x2 y2
所以，椭圆的方程为 ＋ ＝1. 94
(2)设点 P 的坐标为(x1，y1)，点 Q 的坐标为(x2，y2).
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(－2 2，0)，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 y2＝2px(p>0)的焦点为 F，准线为 l，过抛物线上一点 A
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.
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
2k y2＝k＋1.
代入 5y1＝9y2，可得 5(k＋1)＝3 9k2＋4，
将等式两边平方，整理得 56k2－50k＋11＝0，
1
11
解得 k＝ 或 k＝ .
2
28
1 11 所以，k 的值为 或 .
2 28
由 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)得
2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k kMA＋kMB＝ （x1－2）（x2－2） .
x2 将 y＝k(x－1)代入 ＋y2＝1 得
2
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
4k2
2k2－2
所以，x1＋x2＝2k2＋1，x1x2＝2k2＋1.
4k3－4k－12k3＋8k3＋4k
( )7
作 l 的垂线，垂足为 B，设 C p，0 ，AF 与 BC 相交于点 E，若|CF|＝2|AF|，且△ACE 2
的面积为 3 2，则 p 的值为________.
( )p
解析 易知抛物线的焦点 F 的坐标为 ，0 ， 2
| | 7 p
又|CF|＝2|AF|且|CF|＝ p－ ＝3p， 22
真题印证
直线方程、定值问题 2018·Ⅰ，19；2018·北京，19
椭圆方程、定点问题 2017·Ⅰ，20；2017·Ⅱ，20
直线与椭圆的位置关系
2016·Ⅰ，20；2016·Ⅱ，20； 2018·Ⅲ，20
2018·Ⅱ，19；2017·Ⅲ，20； 直线与抛物线的位置关系
2016·Ⅱ，20
核心素养 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理 数学运算、 逻辑推理
a2 b2 5 已知椭圆的离心率为 ，点 A 的坐标为(b，0)，且|FB|·|AB|＝6 2. 3 (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.
|AQ| 5 2 若 ＝ sin∠AOQ(O 为原点)，求 k 的值.
|PQ| 4 c2 5
则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝
2k2＋1
＝0.
从而 kMA＋kMB＝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，
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(x1，y1)，B(x2，y2)，
y1
y2
则 x1< 2，x2< 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1－2＋x2－2.
3 ∴|AB|＝|AF|＝ p，
2 可得 A(p， 2p).
|AE| |AB| 1 易知△AEB∽△FEC，∴ ＝ ＝ ，
|FE| |FC| 2
1
1
12
故 S△ACE＝3S△ACF＝3×3p×
2p× ＝ p2＝3 22
2，
∴p2＝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)
[自主解答] (1)解 由已知得 F(1，0)，l 的方程为 x＝1.
( ) ( ) x2
2
2
把 x＝1 代入椭圆方程 ＋y2＝1，可得点 A 的坐标为 1， 或 1，－ ，
2
2
2
又 M(2，0)，
2
2
所以直线 AM 的方程为 y＝－ x＋ 2或 y＝ x－ 2.
2
2
(2)证明 当 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
根据△AEB∽△FEC 求出线段比，进而得到面积比并利用条件“S△ACE＝3 2”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.
x2 y2 【链接高考】 (2018·天津卷)设椭圆 ＋ ＝1(a>b>0)的左焦点为 F，上顶点为 B，
教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题
x2 【例题】 (2018·全国Ⅰ卷)设椭圆 C： ＋y2＝1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C
2Fra Baidu bibliotek
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]
由已知有 y1>y2>0，
故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.
y2
π
又因为|AQ|＝
，而∠OAB＝ ，
sin∠OAB
4
故|AQ|＝ 2y2.
|AQ| 5 2
由＝ |PQ|
4
sin∠AOQ，可得 5y1＝9y2.
{ ) 由方程组
y＝kx，
x2 y2 ＋ ＝1，
消去
x，可得
y1＝
94
6k .
9k2＋4
解 (1)设椭圆的焦距为 2c，由已知有 ＝ ， a2 9
又由 a2＝b2＋c2，可得 2a＝3b.
由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝ 2b，
由|FB|·|AB|＝6 2，
可得 ab＝6，从而 a＝3，b＝2. x2 y2
所以，椭圆的方程为 ＋ ＝1. 94
(2)设点 P 的坐标为(x1，y1)，点 Q 的坐标为(x2，y2).
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(－2 2，0)，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 y2＝2px(p>0)的焦点为 F，准线为 l，过抛物线上一点 A
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.
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
2k y2＝k＋1.
代入 5y1＝9y2，可得 5(k＋1)＝3 9k2＋4，
将等式两边平方，整理得 56k2－50k＋11＝0，
1
11
解得 k＝ 或 k＝ .
2
28
1 11 所以，k 的值为 或 .
2 28
由 y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)得
2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k kMA＋kMB＝ （x1－2）（x2－2） .
x2 将 y＝k(x－1)代入 ＋y2＝1 得
2
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
4k2
2k2－2
所以，x1＋x2＝2k2＋1，x1x2＝2k2＋1.
4k3－4k－12k3＋8k3＋4k
( )7
作 l 的垂线，垂足为 B，设 C p，0 ，AF 与 BC 相交于点 E，若|CF|＝2|AF|，且△ACE 2
的面积为 3 2，则 p 的值为________.
( )p
解析 易知抛物线的焦点 F 的坐标为 ，0 ， 2
| | 7 p
又|CF|＝2|AF|且|CF|＝ p－ ＝3p， 22