高中数学复习教案：平面解析几何中的高考热点问题
高考数学一轮复习第8章平面解析几何热点探究课5平面解析几何中的高考热点问题教师用书
热点探究课(五) 平面解析几何中的高考热点问题[命题解读] 圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．热点1 圆锥曲线的标准方程与性质圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a ，b ，c 三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．(2017·诸暨质检)如图1，椭圆x 2a ＋y 2b＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，且PQ ⊥PF 1.图1(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程； (2)若|PF 1|＝|PQ |，求椭圆的离心率e . 【导学号：51062314】 [解] (1)由椭圆的定义，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2.2分 设椭圆的半焦距为c ，由已知PF 1⊥PF 2， 因此2c ＝|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝＋22＋－22＝2 3.即c ＝3，从而b ＝a 2－c 2＝1， 故所求椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.5分(2)连接F 1Q ，如图，由椭圆的定义知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ，又|PF 1|＝|PQ |＝|PF 2|＋|QF 2|＝(2a －|PF 1|)＋(2a －|QF 1|)， 可得|QF 1|＝4a －2|PF 1|.①又因为PF 1⊥PQ 且|PF 1|＝|PQ |，所以|QF 1|＝2|PF 1|.② 由①②可得|PF 1|＝(4－22)a ，9分 从而|PF 2|＝2a －|PF 1|＝(22－2)a . 由PF 1⊥PF 2知|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2， 即(4－22)2a 2＋(22－2)2a 2＝4c 2，13分可得(9－62)a 2＝c 2，即c 2a2＝9－62，因此e ＝ca＝9－62＝6－ 3.15分[规律方法] 1.用定义法求圆锥曲线的方程是常用的方法，同时应注意数形结合思想的应用．2．圆锥曲线的离心率刻画曲线的扁平程度，只要明确a ，b ，c 中任意两量的等量关系都可求出离心率，但一定注意不同曲线离心率取值范围的限制．[对点训练1] 已知椭圆中心在坐标原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个顶点为抛物线x 2＝4y 的焦点．(1)求椭圆方程；(2)若直线y ＝x －1与抛物线相切于点A ，求以A 为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程．[解] (1)椭圆中心在原点，焦点在x 轴上．设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)．因为抛物线x 2＝4y 的焦点为(0,1)， 所以b ＝1.4分 由离心率e ＝c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2＝1＋c 2， 从而得a ＝2，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.6分(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝x －1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝1，所以点A (2,1).9分因为抛物线的准线方程为y ＝－1， 所以圆的半径r ＝1－(－1)＝2，12分所以圆的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.15分热点2 圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题． ☞角度1 圆锥曲线中的定值问题已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a,0)，B (0，b )，O (0,0)，△OAB 的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值. 【导学号：51062315】[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，12ab ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b＝1，c ＝ 3.4分所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.6分(2)证明：由(1)知，A (2,0)，B (0,1)． 设P (x 0，y 0)，则x 20＋4y 20＝4. 当x 0≠0时， 直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2， 从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.10分 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.所以|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.13分当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， 所以|AN |·|BM |＝4.综上，|AN |·|BM |为定值.15分[规律方法] 1.求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．2．定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的． ☞角度2 圆锥曲线中的定点问题设椭圆E: x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝22，且过点⎝⎛⎭⎪⎫－1，－62.(1)求椭圆E 的方程；(2)设椭圆E 的左顶点是A ，若直线l ：x －my －t ＝0与椭圆E 相交于不同的两点M ，N (M ，N 与A 均不重合)，若以MN 为直径的圆过点A ，试判定直线l 是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标. 【导学号：51062316】[解] (1)由e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，可得a 2＝2b 2，2分椭圆方程为x 22b 2＋y 2b2＝1，代入点⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－62可得b 2＝2，a 2＝4， 故椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.5分(2)由x －my －t ＝0得x ＝my ＋t ，把它代入E 的方程得：(m 2＋2)y 2＋2mty ＋t 2－4＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)得： y 1＋y 2＝－2mt m 2＋2，y 1y 2＝t 2－4m 2＋2，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2t ＝4tm 2＋2， x 1x 2＝(my 1＋t )(my 2＋t )＝m 2y 1y 2＋tm (y 1＋y 2)＋t 2＝2t 2－4m2m 2＋2.8分因为以MN 为直径的圆过点A ， 所以AM ⊥AN ，所以AM →·AN →＝(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2) ＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2 ＝2t 2－4m 2m 2＋2＋2×4t m 2＋2＋4＋t 2－4m 2＋2＝3t 2＋8t ＋4m 2＋2＝t ＋t ＋m 2＋2＝0.因为M ，N 与A 均不重合，所以t ≠－2，所以t ＝－23，直线l 的方程是x ＝my －23，直线l 过定点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，14分由于点T 在椭圆内部，故满足判别式大于0，所以直线l 过定点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0.15分[规律方法] 1.假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．2．从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．热点3 圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．(2017·杭州调研)如图2，已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y＝mx ＋12对称．图2(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点). 【导学号：51062317】 [解] (1)由题意知m ≠0， 可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.2分 因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2>0.①将线段AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m 2.②由①②得m <－63或m >63. 故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－63∪⎝ ⎛⎭⎪⎫63，＋∞.6分 (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.10分设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，即m ＝±2时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22.15分 [规律方法] 范围(最值)问题的主要求解方法：(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解．[对点训练2] 如图3所示，设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |－1.(1)求p 的值；图3(2)若直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x 轴交于点M .求M 的横坐标的取值范围．[解] (1)由题意可得，抛物线上点A 到焦点F 的距离等于点A 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p ＝2.5分(2)由(1)得，抛物线方程为y 2＝4x ，F (1,0)，可设A (t 2,2t )，t ≠0，t ≠±1. 因为AF 不垂直于y 轴，可设直线AF ：x ＝sy ＋1(s ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x x ＝sy ＋1，消去x 得y 2－4sy －4＝0.故y 1y 2＝－4，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .8分又直线AB 的斜率为2t t 2－1，故直线FN 的斜率为－t 2－12t.从而得直线FN ：y ＝－t 2－12t (x －1)，直线BN ：y ＝－2t，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t .设M (m,0)，由A ，M ，N 三点共线得 2tt 2－m＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1，于是m ＝2t 2t 2－1＝2＋2t 2－1，所以m <0或m >2.14分经推理知，m <0或m >2满足题意．综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).15分热点4 圆锥曲线中的探索性问题(答题模板)圆锥曲线中的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．(本小题满分15分)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由.【导学号：51062318】[解] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a ).1分． 又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.3分y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a(x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0或ax ＋y ＋a ＝0.6分 (2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.9分将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋a －b x 1＋x 2x 1x 2＝k a ＋ba.12分 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补， 故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．15分[答题模板] 第一步：分别求出曲线y ＝x 24在M 点，N 点处的导数．第二步：利用点斜式分别写出在M 点、N 点的切线方程．第三步：联立直线y ＝kx ＋a 与抛物线y ＝x 24，并写出根与系数的关系式．第四步：由k PM ＋k PN ＝0，结合根与系数的关系式，探索点P 的坐标． 第五步：检验反思，查关键点，规范步骤．[温馨提示] 1.(1)在第(2)问中，不能把条件∠OPM ＝∠OPN 适当转化为k 1＋k 2＝0，找不到解题的思路和方法，而不能得分．(2)运算能力差或运算不细心，导致运算结果错误而扣分或者不得分．2．数学阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有则得分，无则扣分，所以解题时要写全关键步骤．(1)本题的关键点一是利用导数的几何意义求切线方程，二是把条件中转化为只需直线PM ，PN 的斜率之和为0.(2)解析几何对运算能力要求较高，解题时一定要细心准确，否则可能是思路正确，但是运算结果错误，而不得分．[对点训练3] 如图4，椭圆E ：x 2a ＋y 2b ＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD上，且PC →·PD →＝－1.图4(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.【导学号：51062319】[解] (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )． 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，2分于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.5分(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.8分其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1. 从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝－2λ－k 2＋－2λ－2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3.13分此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值． 当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD .此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.15分热点探究训练(五) 平面解析几何中的高考热点问题1．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C 上一点且MF 2与x轴垂直，直线MF 1与C 的另一个交点为N .(1)若直线MN 的斜率为34，求C 的离心率；(2)若直线MN 在y 轴上的截距为2，且|MN |＝5|F 1N |，求a ，b .[解] (1)根据c ＝a 2－b 2及题设知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，b 2a 2c ＝34，2b 2＝3ac .2分将b 2＝a 2－c 2代入2b 2＝3ac ，解得c a ＝12，ca＝－2(舍去)．故C 的离心率为12.5分(2)由题意，原点O 为F 1F 2的中点，MF 2∥y 轴， 所以直线MF 1与y 轴的交点D (0,2)是线段MF 1的中点，故b 2a＝4，即b 2＝4a .① 由|MN |＝5|F 1N |得|DF 1|＝2|F 1N |.8分 设N (x 1，y 1)，由题意知y 1<0，则⎩⎪⎨⎪⎧－c －x 1＝c ，－2y 1＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－32c ，y 1＝－1.12分代入C 的方程，得9c 24a 2＋1b 2＝1.②将①及c ＝a 2－b 2代入②得a 2－4a 4a 2＋14a＝1. 解得a ＝7，b 2＝4a ＝28，故a ＝7，b ＝27.15分2．如图5，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，右顶点为A ，且|AF |＝1.图5(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个交点P ，且与直线x ＝4交于点Q ，问：是否存在一个定点M (t,0)，使得MP →·MQ →＝0.若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由. 【导学号：51062320】[解] (1)由c ＝1，a －c ＝1，得a ＝2，∴b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.5分(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， ∴Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0， 即m 2＝3＋4k 2.8分设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－4km， y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m，即P ⎝⎛⎭⎪⎫－4k m，3m .∵M (t,0)，Q (4,4k ＋m )，∴MP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m－t ，3m ，MQ →＝(4－t,4k ＋m )，12分∴MP →·MQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m－t ·(4－t )＋3m ·(4k ＋m )＝t 2－4t ＋3＋4k m(t －1)＝0恒成立，故⎩⎪⎨⎪⎧t －1＝0，t 2－4t ＋3＝0，即t ＝1.∴存在点M (1,0)符合题意.15分3．如图7，已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点M (0,2)任作一直线与C 相交于A ，B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O 为坐标原点)．图7(1)证明：动点D 在定直线上；(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴)，与直线y ＝2相交于点N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2，证明：|MN 2|2－|MN 1|2为定值，并求此定值．[解] (1)证明：依题意可设AB 方程为y ＝kx ＋2，代入x 2＝4y ，得x 2＝4(kx ＋2)，即x 2－4kx －8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8. 直线AO 的方程为y ＝y 1x 1x ；BD 的方程为x ＝x 2.2分解得交点D 的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2，y ＝y 1x 2x 1，注意到x 1x 2＝－8及x 21＝4y 1，则有y ＝y 1x 1x 2x 21＝－8y 14y 1＝－2. 因此D 点在定直线y ＝－2上(x ≠0).5分(2)依题设，切线l 的斜率存在且不等于0，设切线l 的方程为y ＝ax ＋b (a ≠0)，代入x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )，即x 2－4ax －4b ＝0.8分由Δ＝0得(4a )2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2. 故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2.分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＋a ，2，N 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a＋a ，－2，10分则|MN 2|2－|MN 1|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a－a 2＋42－⎝ ⎛⎭⎪⎫2a＋a 2＝8，即|MN 2|2－|MN 1|2为定值8.15分4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的一个焦点与抛物线y 2＝－4x 的焦点相同，且椭圆C上一点与椭圆C 的左、右焦点F 1，F 2构成的三角形的周长为22＋2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (k ，m ∈R )与椭圆C 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△AOB 的重心G 满足：F 1G →·F 2G →＝－59，求实数m 的取值范围．[解] (1)依题意得⎩⎨⎧c ＝1，2a ＋2c ＝22＋2，a 2＝b 2＋c 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，b 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2－2＝0，消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0⇒1＋2k 2>m2，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2，①6分设△AOB 的重心为G (x ，y )，由F 1G →·F 2G →＝－59，可得x 2＋y 2＝49. ②由重心公式可得G ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 23，y 1＋y 23，代入②式，整理可得(x 1＋x 2)2＋(y 1＋y 2)2＝4⇒(x 1＋x 2)2＋[k (x 1＋x 2)＋2m ]2＝4， ③8分 将①式代入③式并整理，得m 2＝＋2k221＋4k2，代入(*)得k ≠0，则m 2＝＋2k221＋4k2＝1＋4k 41＋4k 2＝1＋44k 2＋1k4.12分 ∵k ≠0，∴t ＝1k2>0，∴t 2＋4t >0， ∴m 2>1，∴m ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞).15分5．已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由. 【导学号：51062321】[解] (1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M ).1分将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kbk 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值.6分 (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx .8分设点P 的横坐标为x P . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m－k3， 因此x M ＝k k －mk 2＋.11分四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k k －mk 2＋，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形.15分6．已知A 是椭圆E ：x 24＋y 23＝1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|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，证明：3<k <2. [解] (1)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4.又A (－2,0)，因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.2分 将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0.解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.5分(2)证明：设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ＞0)， 代入x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0.7分由x 1·(－2)＝16k 2－123＋4k2得x 1＝－4k23＋4k2，故|AM |＝|x 1＋2|1＋k 2＝121＋k23＋4k 2.由题意，设直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋2)，故同理可得|AN |＝12k 1＋k23k 2＋4.10分由2|AM |＝|AN |得23＋4k 2＝k3k 2＋4， 即4k 3－6k 2＋3k －8＝0.设f (t )＝4t 3－6t 2＋3t －8，则k 是f (t )的零点．f ′(t )＝12t 2－12t ＋3＝3(2t －1)2≥0，所以f (t )在(0，＋∞)单调递增．又f (3)＝153－26＜0，f (2)＝6＞0，因此f (t )在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k 在(3，2)内，所以3＜k ＜2.15分。
2025届高考数学一轮复习教案：平面解析几何
第九章平面解析几何【高考研究·备考导航】【三年考情】角度考查内容课程标准高考真题平面解析几何直线与圆1.在平面直角坐标系中,结合具体图形,探索确定直线位置的几何要素.2.理解直线的倾斜角和斜率的概念,经历用代数方法刻画直线斜率的过程,掌握过两点的直线斜率的计算公式.3.根据确定直线位置的几何要素,探索并掌握直线方程的几种形式.4.能根据斜率公式判定两条直线平行或垂直.5.能用解方程组的方法求两条直线的交点坐标.6.掌握平面上两点间的距离公式、点到直线的距离公式,会求两条平行线间的距离.7.回顾确定圆的几何要素,在平面直角坐标系中,探索并掌握圆的标准方程与一般方程.8.能根据给定直线、圆的方程,判断直线与2023年:新高考Ⅰ卷·T62023年:新高考Ⅱ卷·T152022年:新高考Ⅰ卷·T142022年:新高考Ⅱ卷·T152021年:新高考Ⅰ卷·T112021年:新高考Ⅱ卷·T11圆、圆与圆的位置关系.9.能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题.圆锥曲线与方程1.了解圆锥曲线的实际背景,感受圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.2.经历从具体情境中抽象出椭圆的过程,掌握椭圆的定义、标准方程及简单几何性质.3.了解抛物线与双曲线的定义、几何图形和标准方程,以及它们的简单几何性质.4.通过对圆锥曲线与方程的学习,进一步体会数形结合的思想.5.了解椭圆、抛物线的简单应用.2023年:新高考Ⅰ卷·T5,T16,T222023年:新高考Ⅱ卷·T5,T10,T212022年:新高考Ⅰ卷·T11,T16,T212022年:新高考Ⅱ卷·T10,T16,T212021年:新高考Ⅰ卷·T5,T14,T212021年:新高考Ⅱ卷·T3,T13,T20命题趋势1.题型设置:各种题型均有涉及.2.内容考查:主要考查直线和圆的位置关系及圆锥曲线的方程与性质.3.能力考查:注重运算求解能力与逻辑推理能力的考查.【备考策略】根据近三年新高考卷命题特点和规律,复习本章时,要注意以下几个方面:1.全面系统复习,深刻理解知识本质(1)概念:直线的倾斜角、斜率,直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义,两直线、直线与圆、圆与圆、直线与圆锥曲线的位置关系.(2)公式或方程:斜率公式,直线方程,两直线平行、垂直满足的条件,距离公式(两点、点到直线、两条平行线),圆、椭圆、双曲线、抛物线的标准方程.(3)性质:圆锥曲线的几何性质.(4)轨迹:依据已知条件探究点的轨迹,会求轨迹方程.2.熟练掌握解决以下问题的方法(1)由两个独立的条件确定一条直线方程.(2)由三个独立的条件确定圆的方程.(3)直线与直线、直线与圆、圆与圆的位置关系及判断方法.(4)求动点的轨迹方程.(5)求圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)的标准方程,利用圆锥曲线的定义、几何性质求解未知量及未知量的范围.(6)直线与椭圆、抛物线的位置关系.(7)利用直线与圆锥曲线的知识探究定值、定点、最值问题.3.重视数学思想方法的应用(1)解析法:用代数方法研究几何问题是本章的基本方法,一是依据条件求曲线的方程;二是由曲线的方程,研究曲线的几何性质.(2)数形结合思想:在解决与直线的倾斜角、斜率有关的最值问题、对称问题,与参数有关的问题,与弦的中点有关问题时,往往用到数形结合思想.(3)函数与方程思想:在求解直线、圆、椭圆、抛物线等的方程,解决参数问题、最值问题时,经常利用函数与方程思想.(4)分类与整合思想:在解决与参数有关的问题时,往往依据解析式特点、函数取最值的条件,或题设条件对参数进行分类讨论.(5)转化与化归思想:通过构造函数,将直线与圆的位置关系转化为圆心到直线的距离问题或方程(组)解的问题,将直线与圆锥曲线的位置关系转化为方程(组)解的问题,将定点、定值问题转化为方程问题,将最值(范围)问题转化为不等式问题或函数的值域问题.。
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 顶层设计 前瞻 解析几何热点问题教学案(含解析)新人教A版-
解析几何热点问题三年真题考情核心热点真题印证核心素养直线方程、定值问题2019·Ⅰ，19；2018·Ⅰ，19；2018·，19数学运算、逻辑推理椭圆方程、定点问题2019·，19；2017·Ⅰ，20；2017·Ⅱ，20数学运算、逻辑推理直线与椭圆的位置关系2019·Ⅱ，19；2018·Ⅲ，20 数学运算、逻辑推理直线与抛物线的位置关系2019·Ⅲ，21；2019·，18；2018·Ⅱ，19；2017·Ⅲ，20数学运算、逻辑推理热点聚焦突破教材高考——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))求适合以下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 ，假设|CF |＝2|AF |，且△ACE 的面积为32，那么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 －p 2＝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.解答此题的关键有两个：(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.[高考] (2019·某某卷)设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .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，假设|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)， 直线PB 的斜率为k (k ≠0)，又B (0，2)，那么直线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)x2＋20kx ＝0， 可得x P ＝－20k4＋5k2，代入y ＝kx ＋2得y P ＝8－10k24＋5k2，进而直线OP 的斜率为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－k2.由OP ⊥MN ，得4－5k 2－10k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 2＝－1，化简得k 2＝245，从而k ＝±2305(满足Δ＝(20k )2>0).所以直线PB 的斜率为2305或－2305.教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题[例题] (2019·卷)抛物线C ：x 2＝－2py (p >0)经过点(2，－1). (1)求抛物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点. [审题路线][自主解答](1)解 由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)得p ＝2. 所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1. (2)证明 抛物线C 的焦点为F (0，－1).设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＝－4y 得x 2＋4kx －4＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么x 1x 2＝－4. 直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x .令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1， 同理得B 的横坐标x B ＝－x 2y 2.设点D (0，n )，那么DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1y 1，－1－n ，DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2y 2，－1－n ， DA →·DB →＝x 1x 2y 1y 2＋(n ＋1)2 ＝x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 214⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 224＋(n ＋1)2 ＝16x 1x 2＋(n ＋1)2＝－4＋(n ＋1)2.令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，得n ＝1或n ＝－3. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0，1)和(0，－3).探究提高 1.解决此题的关键是直径所对的圆周角为直角，要证明直线经过y 轴上定点D ，只需满足DA →·DB →＝0，进而求解.类似的还有角的关系转化为斜率之间的关系，线段的长度比转化为线段端点的坐标之比. 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] (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)， 那么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.那么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 .总分值答题示X ——圆锥曲线中的定点、定值问题[例题] (12分)(2020·某某模拟)点P 在圆O ：x 2＋y 2＝6上运动，点P 在x 轴上的投影为Q ，动点M 满足(1－3)OQ →＝OP →－3OM →. (1)求动点M 的轨迹E 的方程；(2)过点(2，0)的动直线l 与曲线E 交于A ，B 两点，问：在x 轴上是否存在定点D ，使得DA →·AB →＋DA →2的值为定值？假设存在，求出定点D 的坐标及该定值；假设不存在，请说明理由. [规X 解答]解 (1)设M (x ，y )，P (x 0，y 0)，由(1－3)OQ →＝OP →－3OM →，得OQ →－OP →＝3OQ →－3OM →，即PQ →＝3MQ →，2′∴⎩⎨⎧x 0＝x ，y 0＝3y ，又点P (x 0，y 0)在圆O ：x 2＋y 2＝6上，∴x 20＋y 20＝6， ∴x 2＋3y 2＝6，∴轨迹E 的方程为x 26＋y 22＝1.4′(2)当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝2，易求得直线l 与椭圆C 的两个交点坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，63，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－63， 此时DA →·DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，63·⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－63＝－59.6′当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝k 〔x －2〕，消去y 得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1·x 2＝12k 2－61＋3k 2，7′根据题意，假设x 轴上存在定点D (m ，0)， 使得DA →·AB →＋DA →2＝DA →·(AB →－AD →)＝DA →·DB →为定值， 那么有DA →·DB →＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2) ＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(x 1－m )(x 2－m )＋k 2(x 1－2)(x 2－2) ＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2) ＝(k 2＋1)·12k 2－61＋3k 2－(2k 2＋m )·12k 21＋3k2＋(4k 2＋m 2)＝〔3m 2－12m ＋10〕k 2＋〔m 2－6〕3k 2＋110′ 要使上式为定值，即与k 无关，那么3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)， 即m ＝73，此时DA →·DB →＝m 2－6＝－59为常数，定点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫73，0. 综上所述，存在定点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫73，0，使得DA →·AB →＋DA →2为定值－59.12′[高考状元总分值心得]❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢〞，求得总分值.如第(1)问中对向量的化简，第(2)问中联立直线方程和椭圆方程设而不求.❷得关键分：解题过程中不可忽视关键点，有那么给分，无那么没分，如第(2)问中直线斜率不存在时的讨论，数量积的坐标运算与化简.❸得计算分：解题过程中计算准确是得总分值的保障，如第(1)问中的轨迹方程，第(2)问中D 点坐标及所求定值. [构建模板]……求圆锥曲线的方程……特殊情况分类讨论……联立直线和圆锥曲线的方程……应用根与系数的关系用参数表示点的坐标……根据相关条件计算推证……明确结论[规X 训练] (2019·卷)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为(1，0)，且经过点A (0，1).(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N .假设|OM |·|ON |＝2，求证：直线l 经过定点. (1)解 由题意，得b 2＝1，c ＝1， 所以a 2＝b 2＋c 2＝2.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 那么直线AP 的方程为y ＝y 1－1x 1x ＋1. 令y ＝0，得点M 的横坐标x M ＝－x 1y 1－1.又y 1＝kx 1＋t ，从而|OM |＝|x M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1.同理，|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2kx 2＋t －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0， 那么x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2.所以|OM |·|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2kx 2＋t －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1x 2k 2x 1x 2＋k 〔t －1〕〔x 1＋x 2〕＋〔t －1〕2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 2－21＋2k2k 2·2t 2－21＋2k 2＋k 〔t －1〕·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kt 1＋2k 2＋〔t －1〕2＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋t 1－t .又|OM |·|ON |＝2，所以2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋t 1－t ＝2.解得t ＝0，所以直线l 经过定点(0，0).热点跟踪训练1.(2020·某某九校联考)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2，0)，B (0，1)两点.(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值. (1)解 由题意知，a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.因为c ＝a 2－b 2＝3， 所以椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32.(2)证明 设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，那么x 20＋4y 20＝4. 因为A (2，0)，B (0，1)， 所以直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1，令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42〔x 0y 0－x 0－2y 0＋2〕＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2，所以四边形ABNM 的面积为定值2.2.(2018·某某卷)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B ，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 .假设|AQ ||PQ |＝524sin∠AOQ (O 为原点)，求k 的值. 解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由有c 2a 2＝59，又由a 2＝b 2＋c 2，可得2a ＝3b . 由可得，|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1128.3.(2020·某某湘东六校联考)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝12，点A (b ，0)，B ，F分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF |·|BA |＝2 6. (1)求椭圆C 的方程；(2)假设过定点M (0，2)的直线l 与椭圆C 交于G ，H 两点(G 在M ，H 之间)，设直线l 的斜率k ＞0，在x 轴上是否存在点P (m ，0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m 的取值X 围；如果不存在，请说明理由.解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由离心率e ＝12得a ＝2c ，①由|BF |·|BA |＝26，得a ·b 2＋b 2＝26， ∴ab ＝23，②a 2－b 2＝c 2，③由①②③可得a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2(k ＞0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2〔k ＞0〕，x 24＋y 23＝1消y 得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，可得Δ＞0，∴k ＞12.设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，那么x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，PG →＋PH →＝(x 1＋x 2－2m ，k (x 1＋x 2)＋4)，GH →＝(x 2－x 1，y 2－y 1)＝(x 2－x 1，k (x 2－x 1)).∵菱形的对角线互相垂直，∴(PG →＋PH →)·GH →＝0，∴(1＋k 2)(x 1＋x 2)＋4k －2m ＝0，得m ＝－2k 4k 2＋3， 即m ＝－24k ＋3k，∵k ＞12， ∴－36≤m ＜0⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当3k ＝4k 时，等号成立. ∴存在满足条件的实数m ，m 的取值X 围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－36，0. 4.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 →？假设存在，求出直线的方程；假设不存在，说明理由.解 (1)设椭圆C 的焦距为2c ，那么c ＝1，因为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上，所以2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝22，那么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)， 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＝2t 9，且Δ＝4t 2－36(t 2－8)>0， 即－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X 围是[－1，1]矛盾.因此椭圆C 上不存在这样的点Q .5.椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝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PA 1与PA 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)，那么x 20a 2＋y 20b2＝1. 整理，得x 20－a 2＝－a 2y 20b 2. 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 的方程：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消y 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. 假设直线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 ′，那么直线M ′N ′与直线MN 关于x 轴对称. ∴假设直线MN 经过定点，那么该定点一定是直线M ′N ′与MN 的交点，该交点必在x 轴上.设该交点为T (s ，0)，那么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.(2020·某某质量监测)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为32，过焦点F 2且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)(一题多解)点P (x 0，y 0)(y 0≠0)为椭圆C 上一动点，连接PF 1，PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交椭圆C 的长轴于点M (m ，0)，某某数m 的取值X 围.解 (1)将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b2＝1中，由a 2－c 2＝b 2， 可得y 2＝b 4a 2，所以弦长为2b 2a . 由⎩⎪⎨⎪⎧2b 2a ＝1，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)法一 因为点P (x 0，y 0)(y 0≠0)，F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 所以直线PF 1，PF 2的方程分别为 l 1：y 0x －(x 0＋3)y ＋3y 0＝0，l 2：y 0x －(x 0－3)y －3y 0＝0. 由题意可知|my 0＋3y 0|y 20＋〔x 0＋3〕2＝|my 0－3y 0|y 20＋〔x 0－3〕2. 由于点P 为椭圆C 上除左、右顶点外的任一点，所以x 204＋y 20＝1(y 0≠0)， 所以|m ＋3|⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 0＋22＝|m －3|⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 0－22，因为－3＜m ＜3，－2＜x 0＜2，所以m ＋332x 0＋2＝3－m2－32x 0，即m ＝34x 0， 因此，－32＜m ＜32. 法二 设|PF 1|＝t ，在△PF 1M 中，由正弦定理得tsin∠PMF 1＝m ＋3sin∠MPF 1， 在△PF 2M 中，由正弦定理得4－t sin∠PMF 2＝3－m sin∠MPF 2， 因为∠PMF 1＋∠PMF 2＝π，∠MPF 1＝∠MPF 2，所以t 4－t ＝3＋m 3－m，解得m ＝14(23t －43)， 因为t ∈(a －c ，a ＋c )，即t ∈(2－3，2＋3)，所以－32＜m ＜32.。
河北省高三数学复习指导 平面解析几何复习 新人教版
平面解析几何复习教学案一，知识要点 1直线的方程归纳2两直线的平行和垂直2.平面上两点间距离公式: 3．点到直线的距离公式： 4．（1）园的标准方程(2)方程022=++++F Ey Dx y x 表示的曲线不一定是圆只有当 时，它表示的曲线才是圆，我们把形如022=++++F Ey Dx y x 的表示圆的方程称为圆的一般方程轴上的截距和斜率y k 轴的直线不垂直于x 点斜式k y x P 和斜率，点)(111)(11x x k yy -=-轴的直线不垂直于x 两点式)()(222111y x P y x P ，和点，点211211x x x x y y y y --=--轴的直线、不垂直于y x 截距式by a x 轴上的截距在轴上的截距在1=+by a x 不过原点的直线轴的直线、不垂直于y x 一般式两个独立的条件0=++C By Ax 不同时为零、B A5．直线和园的三种位置关系：6. 圆与圆的位置关系问题<1>圆与圆的位置关系有几种？<2>你能分别用几何方法和代数方法判断圆与圆的位置关系吗？<1>外离、外切、相交、内切、内含（特殊情况：同心圆）；<2>①几何法：若两圆的半径分别为21r r 、，两圆的圆心距为d ，则两圆的位置关系判断如表所示：②代数法：联立两圆的方程组成方程组.则方程组解的个数与两圆的位置关系如表所示.二，基础训练1.已知一直线经过点P(-1,2)，斜率k=3，则这条直线方程的一般式为 .2.直线01553:=--y x l 在两坐标轴上的截距之和为3.两直线023)2(:,06:221=++-=++m my x m l y m x l ,当21//l l 时， m=_________ 4、圆2)3()2(22=++-y x 的圆心和半径分别是 5、方程052422=+-++m y x y x 表示圆的条件是 6、圆034222=++-+y x y x 的圆心到直线x-y=1的距离为 7、经过点)1,2(-M 作圆522=+y x 的切线，则切线的方程为 8、若圆822=+y x 和圆04422=-++y x y x 关于直线l 对称，则直线l 的方程 为_______________________三，例题例1：.求满足下列条件的圆的方程:①过A(4,3) B(5,2) C(1,0)三点②与两坐标轴都相切,且圆心在直线2x-3y+5=0上练习1; 一直线过点)23,3(--P，被圆2522=+yx截得的弦长为8，求此弦所在的直线方程。
高三平面解析几何复习的教学策略
高三平面解析几何复习的教学策略高三平面解析几何是数学课程中的重要内容之一，也是考试中常考的题型。
为了帮助学生复习和掌握这一部分知识，教师需要制定相应的教学策略。
本文将从教学内容、教学方法和复习计划三个方面来介绍高三平面解析几何复习的教学策略。
一、教学内容在高三平面解析几何的复习中，教师需要重点复习以下内容：1. 平面方程的应用：包括点斜式、两点式、一般式等平面方程的互相转化和应用；2. 直线与平面的位置关系：直线的方程和位置关系、直线与平面的位置关系等内容；3. 空间几何体的平面截线：包括球、圆锥、圆柱等空间几何体与平面的截线问题；4. 空间向量的应用：包括向量的夹角、向量的共线、向量的运算等内容。
以上内容是高三平面解析几何的重点内容，复习时要注重学生的理解和掌握程度，尤其是与其他几何知识的联系和综合应用。
二、教学方法1. 综合性教学法：平面解析几何与向量、数学分析、几何等知识有很大的联系，复习时可以采用综合性教学法，将平面解析几何与其他知识点相结合，使学生能更好地理解和掌握知识。
2. 案例教学法：通过实际案例的讲解，让学生了解平面解析几何的应用，加深他们对知识点的理解。
学生可以通过解决实际问题来巩固和提升他们的解题能力。
3. 多维度教学法：平面解析几何涉及到三维空间的问题，教师需要引导学生将平面几何的题目转化为三维空间的问题，从多个角度来理解和解决问题。
4. 实践教学法：通过实践操作，比如利用几何软件进行模拟实验，让学生更直观地理解平面解析几何的内容，提高他们的学习兴趣和解题能力。
以上教学方法可以有效地帮助学生巩固和提高平面解析几何的学习成绩，加强和应用所学知识。
三、复习计划为了让学生更好地复习平面解析几何，教师可以制定以下复习计划：1. 明确复习内容：教师首先要明确定义好复习的内容和目标，包括重点、难点和易错点的整理和梳理。
2. 分阶段复习：根据复习内容的特点，可以将复习分为基础阶段、巩固阶段和强化阶段，逐步推进，循序渐进。
高考数学一轮复习高考大题增分课5平面解析几何中的高考热点问题教学案理含解析北师大版
五 平面解析几何中的高考热点问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一圆锥曲线中的几何证明一般包括两大方面：一是位置关系的证明，如证明相切、垂直、＋＋－－1)代入x22＋y 2＝1得4＝的斜率之积为y1x1·y2x2＋＋(4，－2)，因此圆锥曲线中的最值与取值范围问题是高考中的常考题型，以解答题为主，难度一般较大，－，＋y23＝1，＋.·····························4k2＋3过点B(1,0)＋－⎭⎪⎫6m ＋42－4×－93m2＋圆锥曲线中的探索性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，需要结－3，＝－＋.＝2×－＋，解得≠3，i＝1,2，所以当直线＋－1，4x，得y2＋4ky＋－，则|y1－y2|＝1 2 |－＋＋⎝y2＋－⎭⎪⎫＋t －32(x 2－1)＋(x 1＋＝＋＞＋x2＝－4k 1＋2k2，－＋＋＋x1＋x2－，＋2k2)x2－8k－x1－1＋－x2－1＝＋＋－＋＋12kx1x2－3k(x1＋x＋－＋8－16k21＋2k2·1＋k2，＋＝2k2＋1∈(1,2)，，即k＝±。
高三平面解析几何复习的教学策略
高三平面解析几何复习的教学策略1. 引言1.1 教学重点高三平面解析几何复习的教学重点主要包括以下几个方面：1.熟练掌握平面解析几何的基本概念和常见定理，包括点、直线、圆等的坐标表示方法，平面直角坐标系的性质，线段、角度等的计算方法等。
2.能够运用解析几何的方法解决实际问题，例如求直线的方程、圆的方程、线段的长度、角的性质等。
3.掌握解析几何与其他几何知识（如向量、三角形等）的联系和应用，能够灵活运用不同几何方法相互验证、推导问题。
4.具备良好的推导和论证能力，能够独立完成一些复杂的解析几何证明题目，培养学生的逻辑思维和数学分析能力。
5.注重基础知识的巩固和拓展，通过复习和练习，不断提高学生的解析几何水平，为高考做好充分准备。
1.2 教学难点在高三平面解析几何复习中，教学难点主要集中在几何图形的性质运用、向量与坐标的运用以及证明方法的应用上。
学生在复习过程中往往容易混淆几何图形的性质，例如在相似三角形证明中，容易将相似条件和一般性质混淆，导致证明不严谨。
在向量与坐标的运用中，学生也容易忽略向量的方向性与模长的关系，导致计算错误。
在证明方法的应用上，学生往往缺乏实际运用的机会，缺乏实际案例的练习，导致对证明方法的理解不够深入。
针对这些难点，需要通过系统化的讲解和大量的练习来加强学生对几何知识的理解和应用能力，从而提高他们的解题能力和整体水平。
1.3 教学目标教学目标是高三平面解析几何复习的重要组成部分。
通过本次复习，学生应该能够熟练掌握平面解析几何的基本概念和方法，能够灵活运用各种定理和公式解决与平面解析几何相关的问题。
教学目标还包括培养学生的数学思维能力和解决问题的能力，提高他们的分析和推理能力，以及对数学知识的理解和应用能力。
通过本次复习，学生应该能够在高考中取得优异的成绩，为未来的学习和发展奠定坚实的数学基础。
2. 正文2.1 复习内容安排1. 复习基础知识：包括平面向量的表示、运算规则、平面直角坐标系中的点、向量的共线定理等基础知识点的复习，这些知识是平面解析几何的基础，学生需要通过大量的练习巩固这些知识。
备战高考数学二轮复习 专题1.6 平面解析几何教学案
专题1.6 平面解析几何【考情动态】考点最新考纲5年统计1.直线与方程（1）理解平面直角坐标系，理解直线的倾斜角与斜率的概念，掌握直线方程的点斜式、两点式及一般式，了解直线方程与一次函数的关系.（2）会求过两点的直线斜率.2013•浙江文.21;理.15,21,22;2015•浙江理.19;2016•浙江理.19;2017•浙江.21.2.两直线的位置关系(1) 能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直。
（2）会求过两点的直线斜率、两直线的交点坐标、两点间的距离、点到直线的距离、两条平行直线间的距离.2014•浙江文.17；理. 16,21;2015•浙江文.19；2016•浙江文.19；3.圆、直线与圆、圆与圆的位置关系（1）掌握圆的标准方程与一般方程.（2）会解决直线与圆的位置关系的问题，会判断圆与圆的位置关系.（3）理解数形结合、用代数方法处理几何问题的思想.2013•浙江文13;2014•浙江文. 5.2015•浙江文.14,19；理14.2016•浙江文,10.4.椭圆（1）掌握椭圆的定义、标准方程、几何图形及简单几何性质.（2）会解决直线与椭圆的位置关系的问题.（3）了解方程与曲线的对应关系和求曲线方程的基本方法.（4）理解数形结合、用代数方法处理几何问题的思想。
了解圆锥曲线的简单应用.2013•浙江理9,21;2014•浙江理21;2015•浙江文15；理19;2016•浙江理7,19；2017•浙江2.5.双曲线(1)了解双曲线的定义、标准方程、几何图形及简单几何性质，了解直线与双曲线的位置关系.（2）了解方程与曲线的对应关系和求曲线方程的基本方法.（3）理解数形结合、用代数方法处理几何问题的思想.了解圆锥曲线的简单应用.2013•浙江理9;2014•浙江文17；理16;2015•浙江理9;2016•浙江文13；理7.6.抛物线(1)掌握抛物线的定义、标准方程、几何图形及简单几何性质.（2）会解决直线与抛物线的位置关系的问题。
高考数学 平面解析几何复习学案
高考平面解析几何复习教案【知识特点】1、本章内容主要包括直线与方程、圆与方程、圆锥曲线，是解析几何最基本，也是很重要的内容，是高中数学的重点内容，也是高考重点考查的内容之一；2、本章内容集中体现了用坐标法研究曲线的思想与方法，概念、公式多，内容多，具有较强的综合性；3、研究圆锥曲线的方法很类似，因此可利用类比的方法复习椭圆、双曲线、抛物线的定义与几何性质，掌握解决解析几何问题的最基本的方法。
【重点关注】1、关于直线的方程，直线的斜率、倾斜角，几种距离公式，两直线的位置关系，圆锥曲线的定义与性质等知识的试题，都属于基本题目，多以选择题、填空题形式出现，一般涉及两个以上的知识点，这些将是今后高考考查的热点；2、关于直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系的题目出现次数较多，既有选择题、填空题，也有解答题。
既考查基础知识的应用能力，又考查综合运用知识分析问题、解决问题的能力；3、直线与圆锥曲线联系在一起的综合题多以高档题出现，要求学生分析问题的能力，计算能力较高；4、注重数学思想方法的应用解析法、数形结合思想、函数与方程的思想、转化与化归的思想、分类讨论思想及待定系数法在各种题型中均有体现，应引起重视。
【地位和作用】解析几何是17世纪数学发展的重大成果之一，其本质是用代数方法研究图形的几何性质，体现了数形结合的重要数学思想。
在本模块中，学生将在平面直角坐标系中建立直线和圆的代数方程，运用代数方法研究它们的几何性质及其相互位置关系，并了解空间直角坐标系。
体会数形结合的思想，初步形成用代数方法解决几何问题的能力。
在平面解析几何初步的教学中，教师应帮助学生经历如下的过程：首先将几何问题代数化，用代数的语言描述几何要素及其关系，进而将几何问题转化为代数问题；处理代数问题；分析代数结果的几何含义，最终解决几何问题。
这种思想应贯穿平面解析几何教学的始终，帮助学生不断地体会“数形结合”的思想方法。
从新课改近两年来的高考信息统计可以看出，命题呈现出以下特点：1、各种题型均有所体现，分值大约在19-24分之间，比重较高，以低档题、中档题为主；2、主要考查直线及圆的方程，圆锥曲线的定义、性质及综合应用，符合考纲要求，这些知识属于本章的重点内容，是高考的必考内容，有时还注重在知识交汇点处命题；3、预计本章在今后的高考中仍将以直线及圆的方程，圆锥曲线的定义、性质及直线与圆锥曲线的位置关系为主命题，且难度有所降低；更加注重与其他知识交汇，充分体现以能力立意的命题方向。
2024年高考数学平面解析几何的复习方法总结
2024年高考数学平面解析几何的复习方法总结一、理清知识框架平面解析几何是高中数学的重要内容，复习时首先要理清知识框架，明确各个知识点的内容和重点。
可以根据教材或参考书的章节来进行分类整理，将知识点归纳为直线方程、圆方程、二次曲线方程等等，并注意各个知识点之间的联系和线索。
二、复习关键知识点1. 直线方程：掌握直线的点斜式、斜截式、一般式等多种表示方法，能够灵活转换直线方程，解决直线的位置关系、距离、角平分线等相关问题。
2. 圆方程：了解标准方程和一般方程的定义和性质，能够根据给定条件列出圆的方程，解决圆与直线、圆与圆之间的位置关系、切线、切点等问题。
3. 二次曲线方程：熟练掌握抛物线、双曲线和椭圆的方程表示方法，注意各个二次曲线的基本性质和特点，能够画出二次曲线的图像，解决与二次曲线相关的各种问题。
4. 曲线的判别：掌握判别方程的基本方法，了解直线与二次曲线的位置关系的判别式和条件，能够根据判别式解决相关的问题。
三、掌握基本解题思路1. 了解解题步骤：解决平面解析几何问题通常遵循以下步骤：确定已知条件；列出方程或不等式；解方程或不等式得到未知量的取值范围；根据问题要求，对方程的解或取值范围进行判断与选择。
2. 注意问题的本质：平面解析几何考察的是几何图形的性质和位置关系，因此，在解答问题时要分析问题的本质，结合具体的几何意义去解决。
四、多练习典型题目1. 题海战术：平面解析几何的题目类型较多，考察灵活性较强，因此，在复习过程中要多做一些典型题目，掌握不同类型题目的解题思路和技巧。
2. 整理常见题型：将遇到的题目整理成不同的题型，比如直线方程的求法、圆方程的求法、二次曲线图像的分析等，通过总结常见的题型，加深对知识点的理解，提高解题效率。
五、查缺补漏1. 平时及时记录：在复习过程中，及时记录自己遇到的问题和不理解的知识点，并寻找相关的资料进行补充和学习。
2. 寻求帮助：如果自己在复习过程中遇到难题或困惑，可以向老师、同学或家长寻求帮助，共同解决问题。
高中数学平面大题讲解教案
高中数学平面大题讲解教案
教学内容：平面几何大题讲解
教学目标：学生能够熟练解答平面几何大题，掌握解题方法和技巧。
教学步骤：
一、复习知识点
1. 回顾平面几何基本知识，包括平行线、垂直线、角的性质等。
2. 复习解题方法，包括构造、推理等。
二、引入新知识
1. 给出一个平面几何大题，让学生分析题目，找出解题思路。
2. 提醒学生注意关键信息，明确解题步骤。
三、解题过程
1. 根据题目要求，逐步解题，展示解题过程。
2. 强调解题思路和方法，引导学生理解解题思路。
3. 鼓励学生思考问题，让学生动手尝试解题。
四、总结归纳
1. 总结解题方法和技巧，帮助学生掌握解题要点。
2. 强调练习的重要性，鼓励学生多做练习，提高解题能力。
五、巩固提高
1. 布置相关练习题，让学生巩固知识点。
2. 鼓励学生独立解题，提高解题能力。
六、作业布置
1. 布置平面几何大题练习题，要求学生认真完成。
2. 提醒学生复习知识点，准备下节课复习和讨论。
教学反思：
通过本节课的教学，学生对平面几何大题有了更深入的理解，解题能力也得到了提高。
希望学生能够继续努力，不断提高解题能力，将所学知识应用到实际生活中。
高三一轮复习备考教学设计《平面解析几何》
平面解析几何 核心问题
深度探 索
圆锥曲 线
轨 位弦中 焦 焦 平 最 对 定 存 圆
圆 迹 置长点 点 点 行 值 称 点 在 锥 方 关问弦 三 弦 弦 问 性 、 性 曲
程 系题问 角 问 中 题 问 定 问 线
问的 题判
题形题 点
问
的
题 值 题综
问
合
定
题
轨
题
问
迹
题
抛物 线
几何性质：焦点、顶点、 长（短）轴、焦半径、离 心率、对称性、取值范围
2017
全国1卷
√（10）
√（4）
全国2卷
√（11，20）
√（5）
全国3卷
√（11）
（2）焦点三角形问题 椭圆或双曲线上一点P，与两个焦点 F1,F2 构成的三角形问题，常用圆锥曲线 的定义联合正、余弦定理来解决。
考题重现
【2019 年高考全国 1 卷文数 12】已知椭圆 C 的焦点为 F1( 1,0)，F2(1,0)，过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点．若| AF2 | 2 | F2B | ， | AB || BF1 | ，则 C 的方程为
解
掌握基本问题的通性通法是考试能否取得好成绩的关
读
键。
平 面 解 析 几 何 知 识 体 系
直线的倾斜角与斜率
直线的方程（五种）
两直线的位置关系 直线的交点坐标与距离 公式
圆的定义 标准方程、一般方程
直线与圆的位置关系 圆与圆的位置关系
用代数方法解决几何问题
椭圆的定义、标准方程
核心方法
椭
直
圆
线
初步研 究
程为y＝x+7。
将
高考数学一轮复习专题探究课5平面解析几何中的高考热点问题理北师大版
五 平面解析几何中的高考热点问题(对应学生用书第153页)[命题解读] 圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对运算能力，分析问题解决问题的能力要求较高，难度较大，常以压轴题的形式出现．圆锥曲线的标准方程与性质圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a ，b ，c 三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．(2017·石家庄质检)如图1，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，且PQ ⊥PF 1.【导学号：79140313】图1(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程； (2)若|PF 1|＝|PQ |，求椭圆的离心率e . [解] (1)由椭圆的定义，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2. 设椭圆的半焦距为c ，由已知PF 1⊥PF 2， 因此2c ＝|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝(2＋2)2＋(2－2)2＝2 3. 即c ＝3，从而b ＝a 2－c 2＝1， 故所求椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)连接F 1Q ，如图，由椭圆的定义知|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ，又|PF 1|＝|PQ |＝|PF 2|＋|QF 2| ＝(2a －|PF 1|)＋(2a －|QF 1|)， 可得|QF 1|＝4a －2|PF 1|.①又因为PF 1⊥PQ 且|PF 1|＝|PQ |，所以|QF 1|＝2|PF 1|.② 由①②可得|PF 1|＝(4－22)a ， 从而|PF 2|＝2a －|PF 1|＝(22－2)a . 由PF 1⊥PF 2知|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2， 即(4－22)2a 2＋(22－2)2a 2＝4c 2， 可得(9－62)a 2＝c 2，即c 2a2＝9－62， 因此e ＝ca＝9－62＝6－ 3.[规律方法] 1.用定义法求圆锥曲线的方程是常用的方法，同时应注意数形结合思想的应用.2.圆锥曲线的离心率刻画曲线的扁平程度，只要明确a ，b ，c 中任意两量的等量关系都可求出离心率，但一定注意不同曲线离心率取值范围的限制.轴上，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，线段AB 的长是8，AB 的中点到x 轴的距离是3.(1)求抛物线的标准方程；(2)设直线m 在y 轴上的截距为6，且与抛物线交于P ，Q 两点．连接QF 并延长交抛物线的准线于点R ，当直线PR 恰与抛物线相切时，求直线m 的方程．[解] (1)设抛物线的方程是x 2＝2py (p ＞0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由抛物线定义可知y 1＋y 2＋p ＝8，又AB 的中点到x 轴的距离为3，∴y 1＋y 2＝6，∴p ＝2， ∴抛物线的标准方程是x 2＝4y .(2)由题意知，直线m 的斜率存在，设直线m ：y ＝kx ＋6(k ≠0)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋6，x 2＝4y 消去y 得x 2－4kx －24＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋x 4＝4k ，x 3·x 4＝－24.(*)易知抛物线在点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，x 234处的切线方程为y －x 234＝x 32(x －x 3)， 令y ＝－1，得x ＝x 23－42x 3，∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 23－42x 3，－1，又Q ，F ，R 三点共线，∴k QF ＝k FR ，又F (0,1)，∴x 244－1x 4＝－1－1x 23－42x 3，即(x 23－4)(x 24－4)＋16x 3x 4＝0，整理得(x 3x 4)2－4[(x 3＋x 4)2－2x 3x 4]＋16＋16x 3x 4＝0， 将(*)式代入上式得k 2＝14，∴k ＝±12，∴直线m 的方程为y ＝±12x ＋6.圆锥曲线中的定点、定值问题(答题模板)定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．(本小题满分12分)(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎪⎫1，32① 中恰有三点在椭圆C 上.②(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，③证明：l 过定点． [审题指导] 题眼 挖掘关键信息①②根据椭圆的对称性，以及所给四点中P 3、P 4关于y 轴对称，可知P 3、P 4在3434 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上. 2分因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 4分(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设.6分从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. 8分而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2. 由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 10分即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1). 12分[阅卷者说]易错点防范措施不会判断四点中哪三点在椭圆上可画出四点，数形给合进行判断忽视直线l 斜率不存在的情况 应树立分类讨论的意识，求直线方程，应以直线斜率是否存在为标准分类求解[规律方法] 定点问题的常见解法 1根据题意选择参数，建立一个含参数的直线系或曲线系方程，经过分析、整理，对方程进行等价变形，以找出适合方程且与参数无关的坐标该坐标对应的点即为所求定点. 2从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意.[跟踪训练] (2016·北京高考)已知椭圆C ：a 2＋b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点．(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值． [解] (1)由题意得a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.又c ＝a 2－b 2＝3，所以离心率e ＝c a ＝32. (2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4. 又A (2,0)，B (0,1)， 所以直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2.从而四边形ABNM 的面积为定值．圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．(2018·石家庄质检(二))已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆上一点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，过点M (0,2)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求OP →·OQ →＋MP →·MQ →的取值范围.【导学号：79140314】[解] (1)设T (x ，y )，则直线TA 的斜率为k 1＝yx ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝yx －4.于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1.(2)当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋2，点P ，Q 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线PQ 与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝kx ＋2，得(4k 2＋3)x 2＋16kx－32＝0，所以x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝－324k 2＋3.从而，OP →·OQ →＋MP →·MQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＋[x 1x 2＋(y 1－2)(y 2－2)] ＝2(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4 ＝－80k 2－524k 2＋3＝－20＋84k 2＋3. －20＜OP →·OQ →＋MP →·MQ →≤－523.当直线PQ 斜率不存在时，易得P ，Q 两点的坐标为(0,23)，(0，－23)， 所以OP →·OQ →＋MP →·MQ →的值为－20.综上所述，OP →·OQ →＋MP →·MQ →的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－20，－523. [规律方法] 范围最值问题的主要求解方法 1几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决. 2代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解.作PQ ⊥y 轴于点Q ，延长QP 到点M ，使QP →＝PM →.(1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)过点C (m,0)作圆O 的切线l ，交(1)中的曲线E 于A ，B 两点，求△AOB 面积的最大值．[解] (1)设点M (x ，y )，∵QP →＝PM →，∴P 为QM 的中点，又有PQ ⊥y 轴，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x2，y ，∵点P 是圆：x 2＋y 2＝1上的点， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＋y 2＝1. 即点M 的轨迹E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可知直线l 与y 轴不垂直，故可设l ：x ＝ty ＋m ，t ∈R ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵l 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切， ∴|m |t 2＋1＝1，即m 2＝t 2＋1， ①由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，x ＝ty ＋m 消去x ，并整理得(t 2＋4)y 2＋2mty ＋m 2－4＝0， 其中Δ＝4m 2t 2－4(t 2＋4)(m 2－4)＝48＞0， 则y 1＋y 2＝－2mt t 2＋4，y 1y 2＝m 2－4t 2＋4.②∴|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(t 2＋1)(y 1＋y 2)2－4y 1y 2， 将①②代入上式得|AB |＝t 2＋14m 2t 2(t 2＋4)2－4(m 2－4)t 2＋4＝43|m |m 2＋3，|m |≥1， ∴S △AOB ＝12|AB |·1＝12·43|m |m 2＋3＝23|m |＋3|m |≤2323＝1，当且仅当|m |＝3|m |，即m ＝±3时，等号成立，∴(S △AOB )max ＝1.圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线中的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．(2018·郑州第二次质量预测)已知椭圆x 2＋2y 2＝m (m ＞0)，以椭圆内一点M (2,1)为中点作弦AB ，设线段AB 的中垂线与椭圆相交于C ，D 两点．(1)求椭圆的离心率；(2)试判断是否存在这样的m ，使得A ，B ，C ，D 在同一个圆上，并说明理由．[解] (1)将椭圆化成标准方程x 2m ＋y 2m2＝1(m ＞0)，e ＝1－m2m ＝22.(2)由题意，直线AB 的斜率存在，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)， 设AB 的方程为y ＝k (x －2)＋1，联立x 2＋2y 2＝m (m ＞0)， 得(1＋2k 2)x 2＋4k (1－2k )x ＋2(2k －1)2－m ＝0(m ＞0)．x 1＋x 2＝4k (2k －1)1＋2k2＝4，k ＝－1， 此时由Δ＞0，得m ＞6. 则AB 的方程为x ＋y －3＝0， 则CD 的方程为x －y －1＝0.联立⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1＝0，x 2＋2y 2＝m ，得3y 2＋2y ＋1－m ＝0，y 3＋y 4＝－23，故CD 的中点N 为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.由弦长公式可得|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2·12(m －6)3， |CD |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k 2|y 3－y 4|＝2·12m －83＞|AB |， 若存在符合题意的圆，则圆心在CD 上，CD 的中点N 到直线AB 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪23－13－312＋12＝423.|NA |2＝|NB |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4232＋⎝⎛⎭⎪⎫|AB |22＝6m －49. 又⎝ ⎛⎭⎪⎫|CD |22＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫2·12m －832＝6m －49，所以存在m ＞6，使得A ，B ，C ，D 在同一个圆上． [规律方法] 探索性问题的求解方法1探索性问题通常采用“肯定顺推法”.其步骤如下：假设满足条件的元素点、直线、曲线或参数存在，列出与该元素相关的方程组，若方程组有实数解，则元素存在，否则，元素不存在.2反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法.[跟踪训练] (2017·湖北武汉调研)已知直线y ＝k (x －2)与抛物线Г：y 2＝2x 相交于A ，B两点，M 是线段AB 的中点，过M 作y 轴的垂线交Г于点N .(1)证明：抛物线Г在点N 处的切线与直线AB 平行；(2)是否存在实数k 使NA →·NB →＝0？若存在，求k 的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝12x 消去y 并整理，得2k 2x 2－(8k 2＋1)x ＋8k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 2＋12k2，x 1x 2＝4，∴x M ＝x 1＋x 22＝8k 2＋14k2，则y M ＝k (x M －2)＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2＋14k 2－2＝14k， 由题设条件可知，y N ＝y M ＝14k ，则x N ＝2y 2N ＝18k 2，∴N ⎝⎛⎭⎪⎫18k 2，14k ，设抛物线在点N 处的切线方程为y －14k ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －18k 2，将x ＝2y 2代入上式，得2my 2－y ＋14k －m 8k 2＝0，∵直线与抛物线相切，∴Δ＝12－4×2m ×⎝ ⎛⎭⎪⎫14k －m 8k 2＝(m －k )2k 2＝0，∴m ＝k ，即抛物线Г在点N 处的切线与直线AB 平行． (2)假设存在实数k ，使NA →·NB →＝0，则NA ⊥NB ， ∵M 是AB 的中点，∴|MN |＝12|AB |，由(1)得|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2＋12k 22－4×4＝1＋k 2·16k 2＋12k 2， ∵MN ⊥y 轴，∴|MN |＝|x M －x N |＝8k 2＋14k 2－18k 2＝16k 2＋18k2， ∴16k 2＋18k 2＝121＋k 2·16k 2＋12k 2，解得k ＝±12，故存在k ＝±12，使NA →·NB →＝0.。
北师大版版高考数学一轮复习高考大题增分课平面解析几何中的高考热点问题教学案理解析版
错误![命题解读] 圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必考一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第（２）问或第（３）问中一般都伴有较为复杂的运算，对运算能力、分析问题、解决问题的能力要求较高，难度较大，常以压轴题的形式出现．圆锥曲线中的几何证明问题圆锥曲线中的几何证明一般包括两大方面：一是位置关系的证明，如证明相切、垂直、过定点等，二是数量关系的证明，如存在定值、恒成立、线段或角相等等．【例１】（２0１8·全国卷Ⅰ）设椭圆C：错误!＋y２＝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．[解] （１）由已知得F（１,0），l的方程为x＝１．由已知可得，点A的坐标为错误!或错误!.又M（２,0），所以AM的方程为y＝—错误!x＋错误!或y＝错误!x—错误!.（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（x１，y１），B（x２，y２），则x１＜错误!，x２＜错误!，直线MA，MB的斜率之和为k MA＋k MB＝错误!＋错误!.由y１＝kx１—k，y２＝kx２—k得k MA＋k MB＝错误!.将y＝k（x—１）代入错误!＋y２＝１得（２k２＋１）x２—４k２x＋２k２—２＝0．所以，x１＋x２＝错误!，x１x２＝错误!.则２kx１x２—３k（x１＋x２）＋４k＝错误!＝0．从而k MA＋k MB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OM综上，∠OMA＝∠OMＢ．[规律方法] 对于圆锥曲线中的证明问题，常采用直接法证明，证明时常借助等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助方程思想给予解答．２圆M是以线段AB为直径的圆．（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．[解] （１）证明：设A（x１，y１），B（x２，y２），l：x＝my＋２．由错误!可得y２—２my—４＝0，则y１y２＝—４．又x１＝错误!，x２＝错误!，故x１x２＝错误!＝４．因此OA的斜率与OB的斜率之积为错误!·错误!＝错误!＝—１，所以OA⊥OB．故坐标原点O在圆M上．（２）由（１）可得y１＋y２＝２m，x１＋x２＝m（y１＋y２）＋４＝２m２＋４，故圆心M的坐标为（m２＋２，m），圆M的半径r＝错误!.由于圆M过点P（４，—２），因此错误!·错误!＝0，故（x１—４）（x２—４）＋（y１＋２）（y２＋２）＝0，即x１x２—４（x１＋x２）＋y１y２＋２（y１＋y２）＋２0＝0．由（１）知y１y２＝—４，x１x２＝４．所以２m２—m—１＝0，解得m＝１或m＝—错误!.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的半径为错误!，圆M的方程为（x—３）２＋（y—１）２＝１0．当m＝—错误!时，直线l的方程为２x＋y—４＝0，圆心M的坐标为错误!，圆M的半径为错误!，圆M 的方程为错误!２＋错误!２＝错误!.最值、范围问题圆锥曲线中的最值与取值范围问题是高考中的常考题型，以解答题为主，难度一般较大，注重方程思想、数形结合思想、分类讨论思想的应用．主要的命题角度有：（１）涉及距离、面积的最值以及与之有关的一些问题；（２）求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时与之有关的一些问题．【例２】 （本题满分１２分）（２0１6·全国卷Ⅰ）设圆x ２＋y ２＋２x —１５＝0的圆心为A ，直线l 过点B （１,0）且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E . （１）证明错误!１，并写出点E 的轨迹方程；（２）设点E 的轨迹为曲线C １，直线l 交C １于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求错误!２.[信息提取] １看到|EA |＋|EB |为定值，想到点E 的轨迹方程可能是椭圆．２看到四边形MPNQ 面积的取值范围，想到四边形MPNQ 对角线是否垂直，如何将四边形分成三角形求面积，可能利用弦长公式．[规范解答] （１）证明：因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，故∠EBD ＝∠ACD ＝∠AD Ｃ．所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为（x ＋１）２＋y ２＝１6，从而|AD |＝４，所以|EA |＋|EB |＝４． ·２分由题设得A （—１,0），B （１,0），|AB |＝２，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为错误!＋错误!＝１（y ≠0）. ·４分（２）当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k （x —１）（k ≠0），M （x １，y １），N （x ２，y ２）． 由错误!得（４k ２＋３）x ２—8k ２x ＋４k ２—１２＝0，则x １＋x ２＝错误!，x １x ２＝错误!.所以|MN|＝错误!|x１—x２|＝错误!.·6分过点B（１,0）且与l垂直的直线m：y＝—错误!（x—１），点A到直线m的距离为错误!，所以|PQ|＝２错误!＝４错误!.故四边形MPNQ的面积S＝错误!|MN|| PQ|＝１２错误!.·１0分可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为（１２,8错误!）．当l与x轴垂直时，其方程为x＝１，|MN|＝３，|PQ|＝8，故四边形MPNQ的面积为１２．综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[１２,8错误!）.·１２分[易错与防范]易错点防范措施点E的轨迹方程没有限定“y≠0”.审题要细心，在求出轨迹方程错误!＋错误!＝１后要验证其完备性，既不能多点，也不能少点.忽视直线l斜率不存在的情况应树立分类讨论的意识，求解时应以直线斜率是否存在为标准分类求解.（１）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．（２）代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）的离心率为错误!，点M错误!在椭圆C上．（１）求椭圆C的方程；（２）已知P（—２,0）与Q（２,0）为平面内的两个定点，过点（１,0）的直线l与椭圆C交于A，B两点，求四边形APBQ面积的最大值．[解] （１）由错误!＝错误!，可得a＝２c，又因为b２＝a２—c２，所以b２＝３c２，所以椭圆C的方程为错误!＋错误!＝１，又因为M错误!在椭圆C上，所以错误!＋错误!＝１，所以c２＝１，所以a２＝４，b２＝３，故椭圆C的方程为错误!＋错误!＝１．（２）设l的方程为x＝my＋１，联立错误!消去x得（３m２＋４）y２＋6my—9＝0，设点A（x１，y１），B（x２，y２），由题知Δ＞0，y１＋y２＝错误!，y１y２＝错误!，|y１—y２|＝错误!＝错误!＝错误!，设四边形APBQ的面积为S，所以S＝错误!×４×错误!＝错误!，令t＝错误!，t≥１，有S＝错误!＝错误!，设函数f（t）＝３t＋错误!，t∈[１，＋∞），所以f′（t）＝３—错误!＞0，t∈[１，＋∞），故函数f（t）＝３t＋错误!在[１，＋∞）上递增，故３t＋错误!≥f（１）＝４，故S＝错误!＝错误!≤6，当且仅当t＝１，即m＝0时等号成立，即四边形APBQ面积的最大值为6．圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线中的探索性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，需要结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、抽象、概括等，是高考的常考题型，以解答题的形式出现，难度一般较大．主要的命题角度有：（１）探索点是否存在；（２）探索曲线是否存在；（３）探索命题是否成立．【例３】（２0１５·全国卷Ⅱ）已知椭圆C：9x２＋y２＝m２（m>0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.（１）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（２）若l过点错误!，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．[解] （１）证明：设直线l：y＝kx＋b（k≠0，b≠0），A（x１，y１），B（x２，y２），M（x M，y M）．将y＝kx＋b代入9x２＋y２＝m２，得（k２＋9）x２＋２kbx＋b２—m２＝0，故x M＝错误!＝错误!，y M＝kx M＋b＝错误!.于是直线OM的斜率k OM＝错误!＝—错误!，即k OM·k＝—9．所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．（２）四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点错误!，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠３．由（１）得OM的方程为y＝—错误!x.设点P的横坐标为x P.由错误!得x错误!＝错误!，即x P＝错误!.将点错误!的坐标代入直线l的方程得b＝错误!，因此x M＝错误!.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P＝２x M.于是错误!＝２×错误!，解得k１＝４—错误!，k２＝４＋错误!.因为k i>0，k i≠３，i＝１,２，所以当直线l的斜率为４—错误!或４＋错误!时，四边形OAPB为平行四边形．[规律方法] 探索性问题的求解方法（１）探索性问题通常采用“肯定顺推法”．其步骤如下：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，列出与该元素相关的方程（组），若方程（组）有实数解，则元素存在，否则，元素不存在．（２）反证法与验证法也是求解探索性问题的常用方法．１上顶点，B（２,0）为右顶点，若错误!|错误!|＝２|错误!|，抛物线C２的顶点在坐标原点，焦点为F.（１）求椭圆C１的标准方程；（２）是否存在过F点的直线，与椭圆C１和抛物线C２的交点分别是P，Q和M，N，使得S△OPQ ＝错误!S△OMN？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．[解] （１）依题意可知错误!|错误!|＝２|错误!|，即错误!a＝２错误!，由B（２,0）为右顶点，得a＝２，解得b２＝３，所以C１的标准方程为错误!＋错误!＝１．（２）依题意可知C２的方程为y２＝—４x，假设存在符合题意的直线，设直线方程为x＝ky—１，P（x１，y１），Q（x２，y２），M（x３，y３），N（x４，y４），联立错误!得（３k２＋４）y２—6ky—9＝0，由韦达定理得y１＋y２＝错误!，y１y２＝错误!，则|y１—y２|＝错误!＝错误!，联立错误!得y２＋４ky—４＝0，由韦达定理得y３＋y４＝—４k，y３y４＝—４，所以|y３—y４|＝错误!＝４错误!，若S△OPQ＝错误!S△OMN，则|y１—y２|＝错误!|y３—y４|，即错误!＝２错误!，解得k＝±错误!，所以存在符合题意的直线，直线的方程为x＋错误!y＋１＝0或x—错误!y＋１＝0．[大题增分专训]１．（２0１8·重庆二模）已知椭圆C：错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）的离心率为错误!，且点A错误!在椭圆C上．（１）求椭圆C的方程；（２）已知不经过A点的直线l：y＝错误!x＋t与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R （与点A不重合），直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，证明：AM＝AN.[解] （１）由错误!＝错误!可得错误!＝错误!，所以错误!解得错误!所以椭圆的方程为错误!＋y２＝１．（２）证明：设P（x１，y１），Q（x２，y２），R（—x１，—y１），联立直线l与椭圆C的方程，得错误!整理得x２＋错误!tx＋t２—１＝0，所以Δ＝４—t２＞0，即—２＜t＜２，x１＋x２＝—错误!t，x１x２＝t２—１，易知直线AM与直线AN的斜率存在且不同时为0，所以k AN＋k AM＝错误!＋错误!＝错误!，因为错误!（x２—１）＋（x１＋１）错误!＝错误!x１x２＋t（x１＋x２）＋错误!＝错误!（t２—１）＋t（—错误!t）＋错误!＝0，所以k AN＋k AM＝0，则直线AN与直线AM的倾斜角互补，所以∠AMN＝∠ANM，所以AM＝AN.２．已知点F１（—错误!，0），圆F２：（x—错误!）２＋y２＝１6，点M是圆上一动点，MF１的垂直平分线与线段MF２交于点N.（１）求点N的轨迹方程；（２）设点N的轨迹为曲线E，过点P（0,１）且斜率不为0的直线l与E交于A，B两点，点B关于y轴的对称点为B′，证明直线AB′过定点，并求△PAB′面积的最大值．[解] （１）由已知得|NF１|＝|NM|，所以|NF１|＋|NF２|＝|MN|＋|NF２|＝４，又|F１F２|＝２错误!，所以点N的轨迹是以F１，F２为焦点，长轴长等于４的椭圆，所以点N的轨迹方程是错误!＋错误!＝１．（２）易知直线l的斜率k存在，则直线AB：y＝kx＋１（k≠0），A（x１，y１），B（x２，y２），则B′（—x２，y２），联立错误!得（１＋２k２）x２＋４kx—２＝0，∴错误!∴k AB′＝错误!，∴直线AB′∶y—y１＝错误!（x—x１），令x＝0，得y＝错误!＝错误!＝错误!＋１＝２，∴直线AB′过定点Q（0,２），∴△PAB′的面积S＝|S△PQB′—S△PQA|＝错误!|x１＋x２|＝错误!＝错误!≤错误!，当且仅当k＝±错误!时，等号成立．∴△PAB′面积的最大值是错误!.３．（２0１9·厦门模拟）已知M（—１,0），F（１,0），|错误!|＝２错误!，错误!＝２错误!，错误!＝λ错误!（λ∈R），且错误!·错误!＝0．（１）当R在该坐标平面上运动时，求点P运动的轨迹C的方程；（２）经过点H（２,0）作不过F点且斜率存在的直线l，若直线l与轨迹C相交于A，B两点．１探究：直线FA，FB的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；２求△FAB面积的取值范围．[解] （１）由|错误!|＝２错误!知，点R在以M（—１,0）为圆心，以２错误!为半径的圆周上运动．由错误!＝２错误!知，Q为FR的中点，又错误!＝λ错误!（λ∈R），且错误!·错误!＝0，得点P为线段FR的中垂线与MR的交点，所以|PF|＝|PR|，所以|PM|＋|PF|＝２错误!（定值），因此点P的轨迹C是以M，F为焦点的椭圆，由a＝错误!，c＝１，得b＝１，所以轨迹C的方程为错误!＋y２＝１．（２）１由已知，设直线l的方程为y＝k（x—２）（k≠0），直线l与椭圆C的交点A，B分别设为A（x１，y１），B（x２，y２）．联立错误!化简得（１＋２k２）x２—8k２x＋8k２—２＝0，则x１＋x２＝错误!，x１x２＝错误!，又直线FA，FB的斜率之和为错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!，又２kx１x２—３k（x１＋x２）＋４k＝２k·错误!—错误!＋４k＝错误!＝0（定值），所以错误!＋错误!＝0，即直线FA，FB的斜率之和为定值0．２由１得Δ＝6４k４—４（１＋２k２）（8k２—２）＝8—１6k２，由Δ＞0，得k２∈错误!，因为|AB|＝|x１—x２|错误!＝错误!＝错误!·错误!，又点F到直线l的距离d＝错误!，所以S△FAB＝错误!|AB|·d＝错误!＝错误!，令t＝２k２＋１∈（１,２），φ（t）＝错误!＝错误!—２错误!２，因为错误!∈错误!，所以φ（t）∈错误!，所以S△FAB＝错误!∈错误!，当且仅当t＝错误!，即k＝±错误!时，S△FAB取到最大值错误!.所以△FAB面积的取值范围为错误!.。
高中数学热点几何问题教案
高中数学热点几何问题教案教学目标：1. 学生能够理解和掌握高中数学几何中的热点问题；2. 学生能够运用所学知识解决相关问题；3. 学生能够培养数学思维和解决问题的能力。
教学重点：1. 熟练掌握几何中的相关概念和定理；2. 能够灵活运用所学知识解决问题。
教学难点：1. 理解和运用热点几何问题中的复杂概念和定理；2. 发现热点问题中的隐藏规律和解题技巧。
教学准备：1. 教材：高中数学课本；2. 讲义：包含热点几何问题的相关知识点和解题方法；3. 学习资料：包括热点问题的相关练习和例题。
教学过程：Step 1：导入新知识通过引入一个实际生活中的几何问题，引起学生兴趣，激发学生求知欲。
Step 2：讲解相关知识讲解热点几何问题中的相关概念、定理和解题技巧，使学生更深入地了解和掌握知识点。
Step 3：示范解题方法通过具体的例题，演示解题思路和方法，引导学生理解问题和解题思路。
Step 4：学生练习让学生进行练习，巩固所学知识，培养解题能力。
Step 5：讲解解题思路对学生练习中出现的问题进行讲解，指导学生掌握解题思路和方法。
Step 6：拓展应用引导学生利用所学知识，解决更多复杂和实际问题，培养学生的应用能力。
Step 7：总结归纳对本节课所学内容进行总结归纳，巩固所学知识点，激发学生学习兴趣。
教学反思：通过本节课的教学，学生应能够灵活运用所学知识解决热点几何问题，培养解题能力和数学思维。
同时，教师需要不断探索更有效的教学方法，激发学生学习兴趣，提高教学效果。
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（五）平面解析几何中的高考热点问题[命题解读] 1. 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分,也是高考必考知识,主要以一个小题一个大题的形式呈现,难度中等偏上．2．高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质,高考中的解答题,在第(1)问中常以求曲线的标准方程,在第(2)问以求作或证明位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主. 这些试题的命制有一个共同特点,就是起点低,但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算,对考生解决问题的能力要求较高.圆锥曲线的标准方程与性质,多以选择题或填空题的形式考查,各种难度均有可能．【例1】 (2017·全国卷Ⅲ)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＝1D.x 24－y 23＝1B [由y ＝52x 可得b a ＝52.①由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0),(－3,0),可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4,b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1. 故选B.][规律方法] 解决此类问题的关键是熟练掌握各曲线的定义、性质及相关参数间的联系. 掌握一些常用的结论及变形技巧,有助于提高运算能力.(1)(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝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. 3C.2D.233(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点,过F 作两条互相垂直的直线l 1,l 2,直线l 1与C 交于A ,B 两点,直线l 2与C 交于D ,E 两点,则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10(1)A (2)A [(1)设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b a x , 圆的圆心为(2,0),半径为2,由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3. 根据点到直线的距离公式得|2b |a 2＋b 2＝3,解得b 2＝3a 2. 所以C 的离心率e ＝ca ＝c 2a 2＝1＋b 2a 2＝2.故选A.(2)因为F 为y 2＝4x 的焦点,所以F (1,0)．由题意直线l 1,l 2的斜率均存在,且不为0,设l 1的斜率为k ,则l 2的斜率为－1k ,故直线l 1,l 2的方程分别为y ＝k (x －1),y ＝－1k (x －1)．由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2,x 1x 2＝1, 所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4＝4(1＋k 2)k 2.同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k 2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2 ＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16,当且仅当k 2＝1k 2,即k ＝±1时,取得等号． 故选A.]圆锥曲线中的定点、定值问题定点、关的弦长、面积、横(纵)坐标等定值问题．【例2】 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0),四点P 1(1,1),P 2(0,1),P 3⎝⎛⎭⎪⎫－1，32,P 4⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ,B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1,证明：l 过定点．[解] (1)由于P 3,P 4两点关于y 轴对称,故由题设知椭圆C 经过P 3,P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知,椭圆C 不经过点P 1, 所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎨⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1,k 2.如果l 与x 轴垂直,设l ：x ＝t ,由题设知t ≠0,且|t |＜2,可得A ,B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22,⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22,则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1,得t ＝2,不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1,x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1,故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0,解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时,Δ＞0, 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m , 即y ＋1＝－m ＋12(x －2), 所以l 过定点(2,－1)．[规律方法] 1.证明直线过定点,应根据已知条件建立直线方程中斜率k 或截距b 的关系式,此类问题中的定点多在坐标轴上.2.解决定值问题应以坐标运算为主,需建立相应的目标函数,然后代入相应的坐标运算,结果即可得到.3.无论定点或定值问题,都可先用特殊值法求出,然后再验证即可,这样可确定方向和目标.已知椭圆E ：x 22＋y 22＝1(a >b >0)过点(0,1),且离心率为3.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：y ＝12x ＋m 与椭圆E 交于A ,C 两点,以AC 为对角线作正方形ABCD ,记直线l 与x 轴的交点为N ,问B ,N 两点间的距离是否为定值？如果是,求出定值；如果不是,请说明理由．[解] (1)由题意可知,椭圆的焦点在x 轴上,椭圆过点(0,1),则b ＝1. 由椭圆的离心率e ＝ca ＝1－b 2a 2＝32,解得a ＝2,所以椭圆E 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1,y 1),C (x 2,y 2),线段AC 的中点为M (x 0,y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，x 24＋y 2＝1，整理得x 2＋2mx ＋2m 2－2＝0.由Δ＝(2m )2－4(2m 2－2)＝8－4m 2>0,解得－2<m <2, 所以x 1＋x 2＝－2m ,x 1x 2＝2m 2－2,y 1＋y 2＝12(x 1＋x 2)＋2m ＝m , 所以线段AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，12m .则|AC |＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋14×4m 2－4×(2m 2－2)＝10－5m 2. l 与x 轴的交点为N (－2m,0),所以|MN |＝(－m ＋2m )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 2＝54m 2,所以|BN |2＝|BM |2＋|MN |2＝14|AC |2＋|MN |2＝52.故B ,N 两点间的距离为定值102.圆锥曲线中的范围、最值问题问题；二类是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．【例3】 平面直角坐标系xOy 中,过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)右焦点的直线x ＋y －3＝0交M 于A ,B 两点,P 为AB 的中点,且OP 的斜率为12.(1)求M 的方程；(2)C ,D 为M 上的两点,若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ,求四边形ACBD 面积的最大值． [解] (1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 0,y 0), 则x 21a 2＋y 21b 2＝1,x 22a 2＋y 22b 2＝1,y 2－y 1x 2－x 1＝－1,由此可得b 2(x 2＋x 1)a 2(y 2＋y 1)＝－y 2－y 1x 2－x 1＝1.因为x 1＋x 2＝2x 0,y 1＋y 2＝2y 0,y 0x 0＝12,所以a 2＝2b 2.又由题意知,M 的右焦点为(3,0),故a 2－b 2＝3. 因此a 2＝6,b 2＝3.所以M 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝433，y ＝－33或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝ 3.因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－533＜n ＜3,设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y 23＝1得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝－2n ±2(9－n 2)3.因为直线CD 的斜率为1, 所以|CD |＝2|x 4－x 3|＝439－n 2.由已知,四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝869 9－n 2,当n ＝0时,S 取得最大值,最大值为863. 所以四边形ACBD 面积的最大值为863.[规律方法] 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一种是代数法,从代数的角度考虑,通过建立函数、不等式等模型,利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二种是几何法,从圆锥曲线的几何性质的角度考虑,根据圆锥曲线几何意义求最值.如图所示,已知直线l ：y ＝kx －2与抛物线C ：x 2＝－2py (p >0)交于A ,B 两点,O为坐标原点,OA →＋OB →＝(－4,－12)．(1)求直线l 和抛物线C 的方程；(2)抛物线上一动点P 从A 到B 运动时,求△ABP 面积的最大值．[解] (1)由⎩⎨⎧y ＝kx －2，x 2＝－2py ，得x 2＋2pkx －4p ＝0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1＋x 2＝－2pk ,y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4.因为OA →＋OB →＝(x 1＋x 2,y 1＋y 2)＝(－2pk ,－2pk 2－4)＝(－4,－12), 所以⎩⎨⎧ －2pk ＝－4，－2pk 2－4＝－12，解得⎩⎨⎧p ＝1，k ＝2.所以直线l 的方程为y ＝2x －2,抛物线C 的方程为x 2＝－2y .(2)设P (x 0,y 0),依题意,知抛物线过点P 的切线与l 平行时,△ABP 的面积最大, 又y ′＝－x ,所以－x 0＝2,故x 0＝－2,y 0＝－12x 20＝－2,所以P (－2,－2)．此时点P 到直线l 的距离d ＝|2×(－2)－(－2)－2|22＋(－1)2＝45＝455.由⎩⎨⎧y ＝2x －2，x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0,故x 1＋x 2＝－4,x 1x 2＝－4, 所以|AB |＝1＋k 2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋22×(－4)2－4×(－4) ＝410.所以△ABP 面积的最大值为410×4552＝8 2.圆锥曲线中的证明与探索性问题,也可以与定点、定值、存在性问题综合命题,有时也涉及一些否定质命题,证明时一般常用直接法或反证法．难度一般较大．【例4】 (本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)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 .[信息提取] 看到求直线方程,想到利用先求斜率再利用点斜式求直线方程； 看到证明两角相等,想到利用两直线的斜率之和为0可证明两角相等． [规范解答] (1)由已知得F (1,0),l 的方程为x ＝1.1分由已知可得,点A 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 2分又M (2,0),所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. 3分 (2)证明：当l 与x 轴重合时,∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 4分当l 与x 轴垂直时,OM 为AB 的垂直平分线,所以∠OMA ＝∠OMB .5分 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),6分则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 2－2.7分由y 1＝kx 1－k ,y 2＝kx 2－k 得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2). 8分将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. 9分则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 11分从而k MA ＋k MB ＝0,故MA ,MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB . 综上,∠OMA ＝∠OMB .12分[易错与防范] 解答本题(2)时易漏掉对特殊情况讨论,即直线与x 轴重合及直线与x 轴垂直,想当然认为斜率一定存在而致错,解答此类问题时应特别注意直线斜率存在与否．[通性通法] 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,证明方法一般是采用直接法或反证法．在直角坐标系xOy 中,曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ,N 两点．(1)当k ＝0时,分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ,使得当k 变动时,总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由． [解] (1)由题设可得M (2a ,a ),N (－2a ,a ),或M (－2a ,a ),N (2a ,a )．又y ′＝x 2,故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ,所以C 在点(2a ,a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a ),即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ,C 在点(－2a ,a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a ),即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0,b )为符合题意的点,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),直线PM ,PN 的斜率分别为k 1,k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程,得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ,x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)x 1x 2＝k (a ＋b )a .当b ＝－a 时,有k 1＋k 2＝0,则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补, 故∠OPM ＝∠OPN ,所以点P (0,－a )符合题意．[大题增分专训]1．(2019·衡水联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(－2,1),离心率为22,直线l ：kx －y ＋2＝0与椭圆C 交于A ,B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在实数k ,使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|(其中O 为坐标原点)成立？若存在,求出实数k 的值；若不存在,请说明理由．[解] (1)依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋1b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝4,b 2＝2,c 2＝2,故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)假设存在符合条件的实数k .依题意,联立方程⎩⎨⎧y ＝kx ＋2，x 2＋2y 2＝4， 消去y 并整理,得(1＋2k 2)x 2＋8kx ＋4＝0. 则Δ＝64k 2－16(1＋2k 2)>0,即k >22或k <－22.(*) 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1＋x 2＝－8k 1＋2k 2,x 1x 2＝41＋2k 2. 由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|,得OA →·OB →＝0, ∴x 1x 2＋y 1y 2＝0,即x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝0,即(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝0. ∴4(1＋k 2)1＋2k 2－16k 21＋2k 2＋4＝0,即8－4k 21＋2k 2＝0, ∴k 2＝2,即k ＝±2,满足(*)式．故存在实数k ＝±2,使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|成立．2．(2018·全国卷Ⅲ)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：2|FP →|＝|F A →|＋|FB →|.[证明] (1)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 . 由题设得0<m <32,故k <－12.(2)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＋31－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 →|.3．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0),且该椭圆过定点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，22. (1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点Q (2,0),过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ,B 两点,且F 2A →＝λF 2B →,λ∈[－2,－1],以QA ,QB为邻边作平行四边形QACB ,求对角线QC 长度的最小值．[解] (1)由题易知c ＝1,1a 2＋12b2＝1, 又a 2＝b 2＋c 2,解得b 2＝1,a 2＝2,故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：x ＝ky ＋1,由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky ＋1，x 22＋y 2＝1得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0,Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则可得y 1＋y 2＝－2k k 2＋2,y 1y 2＝－1k 2＋2. QC →＝QA →＋QB →＝(x 1＋x 2－4,y 1＋y 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫－4(k 2＋1)k 2＋2，－2k k 2＋2, ∴|QC →|2＝|QA →＋QB →|2＝16－28k 2＋2＋8(k 2＋2)2, 由此可知,|QC →|2的大小与k 2的取值有关．由F 2A →＝λF 2B →可得y 1＝λy 2,λ＝y 1y 2,1λ＝y 2y 1(y 1y 2≠0)．从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2, 由λ∈[－2,－1]得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋1λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，－2, 从而－52≤－6k 2－4k 2＋2≤－2,解得0≤k 2≤27. 令t ＝1k 2＋2,则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤716，12, ∴|QC →|2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫t －742－172,∴当t ＝12时,|QC →|min ＝2.。