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1、顶层设计,前瞻,解析几何热点问题 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 2022·，19；2022·，19；2022·北京，19 数学运算、逻辑推理 椭圆方程、定点问题 2022·北京，19；2022·，20；2022·，20 数学运算、逻辑推理 直线与椭圆的位置关系 2022·，19；2022·，20 数学运算、逻辑推理 直线与抛物线的位置关系 2022·，21；2022·北京，18；2022·，1
2、9；2022·，20 数学运算、逻辑推理热点聚焦突破 教材链接高考——求曲线方程及直线与圆锥曲线教材探究(引自人教A版选修21P49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)给出的两点并不是一般的两点，而是长轴和短轴的端点，这就告知我们要细致视察、借助图形求解问题，(2)中条件给出 a，b 的值，但要探讨焦点的位置才能写出椭圆方程
3、. 【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 72 p，0 ，AF 与 BC 相交于点 E，若|CF|2|AF|，且ACE 的面积为 3 2，则 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| 72 pp23p， ∴|AB|AF| 32 p， 可得 A(p， 2p). 易知AEBFEC，∴ |AE|FE| |AB|FC| 12 ， 故 S ACE 13 S ACF 13 ×3p× 2p×1
4、2 22p 2 3 2， ∴p 2 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)依据AEBFEC 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学问，能起到简化运算的作用. 【链接高考】(2022·天津卷)设椭圆 x2a 2 y 2b 2 1(a>b>0)的左焦点为 F，上顶点为 B.已知椭圆的短轴长为 4，离心率为55. (1)求椭圆的方程； (2)设点 P 在
5、椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点 M 为直线 PB 与 x 轴的交点，点 N 在 y 轴的负半轴上，若|ON|OF|(O 为原点)，且 OP⊥MN，求直线 PB 的斜率. 解 (1)设椭圆的半焦距为 c，依题意，2b4， ca 55， 又 a 2 b 2 c 2 ，可得 a 5，b2，c1. 所以椭圆的方程为 x25 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)，则直线 PB 的方程为 ykx2，与椭圆方程联立 ykx2，x 25 y 24 1，整理得(45k 2
6、 )x 2 20kx0， 可得 x P 20k45k 2 ， 代入 ykx2 得 y P 810k245k 2， 进而直线 OP 的斜率为 y Px P 45k 210k. 在 ykx2 中，令 y0，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 45k210k· k21，化简得 k 2 245， 从而 k±2 305(满意 Δ(20k) 2 >0). 所以直线 PB 的斜率为 2 305或 2 305. 教你如何审题——圆锥曲线中的证明问题 【例题】(202
7、2·北京卷)已知抛物线 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 y1 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. 审题路途 自主解答 (1)解 由抛物线 C：x 2 2py 经过点(2，1)得 p2. 所以抛物线 C 的方程为 x 2 4y，其准线方程为 y1. (2)证明 抛物线 C 的焦点为 F(0，1). 设直线 l 的方程为 ykx1(k≠0). 由 yk
8、x1，x 2 4y得 x 2 4kx40. 设 M(x 1 ，y 1 )，N(x 2 ，y 2 )，则 x 1 x 2 4. 直线 OM 的方程为 y y 1x 1 x. 令 y1，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)，则DA→ x 1y 1 ，1n ， DB→ x 2y 2 ，1n ， DA→·DB→ x 1 x 2y 1 y 2 (n1)2 x 1 x 2 x214 x224(n1) 216x 1 x 2 (n1)2 4(n1) 2 . 令DA→&mi
9、ddot;DB→0，即4(n1) 2 0，得 n1 或 n3. 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.解决本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，只需满意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】(2022·全国卷)设椭圆 C：x22 y2 1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l
10、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 x1. 把 x1 代入椭圆方程 x22 y2 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 y22x 2或 y22x 2. (2)证明 当 l 与 x 轴重合时，∠OMA∠OMB0°. 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
11、轴不重合也不垂直时， 设 l 的方程为 yk(x1)(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 2kx1 x 2 3k（x 1 x 2 ）4k（x 1 2）（x 2 2）. 将 yk(x1)代入 x22 y2 1 得 (2k 2 1)x 2 4k 2 x2k 2 20. 所以，x 1 x 2 4k 22k 2 1 ，x 1 x 2 2k 2 22k 2
12、 1 . 则 2kx 1 x 2 3k(x 1 x 2 )4k 4k3 4k12k 3 8k 3 4k2k 2 10. 从而 k MA k MB 0，故 MA，MB 的倾斜角互补. 所以∠OMA∠OMB.综上，∠OMA∠OMB. 满分答题示范——圆锥曲线中的定点、定值问题 【例题】(12 分)(2022·北京卷)已知抛物线 C：y 2 2px 经过点 P(1，2).过点 Q(0，1)的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A，B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB交 y 轴于 N. (1)求直线 l 的斜率的取值
13、范围； (2)设 O 为原点，QM→λQO→，QN→μQO→，求证：1λ 1μ 为定值. 规范解答 (1)解 因为抛物线 y 2 2px 过点(1，2)， 所以 2p4，即 p2. 故抛物线 C 的方程为 y 2 4x.2′由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直线 l 的方程为 ykx1(k≠0). 由 y2 4x，ykx1 得 k2 x 2 (2k4)x10.4′ 依题意 Δ(2k4) 2 4×k 2 ×1>0， 解得 k<1
14、，又因为 k≠0，故 k<0 或 0<k<1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，2). 从而 k≠3. 所以直线 l 斜率的取值范围是(∞，3)∪(3，0)∪(0，1).6′(2)证明 设 A(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 ). 由(1)知 x 1 x 2 2k4k 2，x 1 x 2 1k 2 . 直线 PA 的方程为 y2 y1 2x 1 1 (x1).7′ 令 x0，得点 M 的纵坐标为 y M y1 2x 1 12 kx1 1x 1 12.8′同理得点 N
15、 的纵坐标为 y N kx2 1x 2 12.9′由QM→λQO→，QN→μQO→得 λ1y M ，μ1y N .10′所以 1λ 1μ 11y M 11y N x 1 1（k1）x 1 x 2 1（k1）x 21k1 ·2x 1 x 2 （x 1 x 2 ）x 1 x 21k1 ·2k 2 2k4k 21k 22. 所以 1λ 1μ 2 为定值.12′ 高考状元满分心得 得步骤分：抓住得分点的步骤，步步为赢，求
16、得满分. 如第(1)问中联立直线方程和抛物线方程 ，对直线斜率取值的探讨 . 得关键分：解题过程中不行忽视关键点，有则给分，无则没分.如第(1)问中求抛物线的方程 ，第(2)问中求点 M 和 N 的纵坐标 . 得计算分：解题过程中计算精确是得满分的根本保证.如第(2)中用 y M ，y N 表示 λ，μ，计算 1λ 1μ 的值. 构建模板【规范训练】(2022·北京卷)已知椭圆 C：x2a 2 y 2b 2 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：
17、ykxt(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.若|OM|·|ON|2，求证：直线 l 经过定点. (1)解 由题意，得 b 2 1，c1， 所以 a 2 b 2 c 2 2. 所以椭圆 C 的方程为 x22 y2 1. (2)证明 设 P(x 1 ，y 1 )，Q(x 2 ，y 2 )， 则直线 AP 的方程为 y y1 1x 1x1. 令 y0，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 t1. 同理，|ON|
18、x 2kx 2 t1. 由 ykxt，x 22 y2 1， 得(12k2 )x 2 4ktx2t 2 20， 则 x 1 x 2 4kt12k 2 ，x 1 x 2 2t 2 212k 2 . 所以|OM|·|ON| x 1kx 1 t1·x 2kx 2 t1 x 1 x 2k 2 x 1 x 2 k（t1）（x 1 x 2 ）（t1）2 2t 2 212k 2k 2 ·2t 2 212k 2 k（t1）· 4kt12k 2（t1）22 1t1t. 又|OM|·|ON|2，所以 2 1t1t2. 解得 t0，所以直线 l 经
19、过定点(0，0). 热点跟踪训练 1.(2022·江西九校联考)已知椭圆 C：x2a 2 y 2b 2 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，a2，b1， 所以椭圆 C 的方程为 x24 y2 1. 因为 c a 2 b 2 3， 所以椭圆 C 的离心率 e ca 32. (2)证明 设 P(x 0 ，y 0 )(x 0 <0，y 0 <0)，则 x 2 0
20、 4y 2 0 4. 因为 A(2，0)，B(0，1)， 所以直线 PA 的方程为 yy 0x 0 2 (x2)，令 x0，得 y M 2y 0x 0 2 ，从而|BM|1y M 12y 0x 0 2 . 直线 PB 的方程为 y y0 1x 0x1，令 y0，得 x N x 0y 0 1 ，从而|AN|2x N 2x 0y 0 1 . 所以四边形 ABNM 的面积 S 12|AN|·|BM| 12 2x 0y 0 1· 12y 0x 0 2x 2 0 4y 2 0 4x 0 y 0 4x 0 8y 0 42（x 0 y 0 x 0 2y 0 2）2x 0 y 0
21、2x 0 4y 0 4x 0 y 0 x 0 2y 0 22， 所以四边形 ABNM 的面积为定值 2. 2.(2022·天津卷)设椭圆 x2a 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：ykx(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| 5 24sin∠AOQ(O 为原点)，求 k 的值. 解 (1)设椭圆的焦距为 2c，由已知有 c2a 2 59 ，
22、 又由 a 2 b 2 c 2 ，可得 2a3b. 由已知可得，|FB|a，|AB| 2b， 由|FB|·|AB|6 2，可得 ab6，从而 a3，b2. 所以，椭圆的方程为 x29 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∠AOQy 1 y 2 . 又因为|AQ|y 2sin∠OAB ，而∠OABπ4 ，故|AQ| 2y 2 . 由 |AQ|PQ| 5 24sin∠AOQ，可得 5y 1 9y 2 . 由方程组
23、ykx，x 29 y 24 1，消去 x，可得 y 1 6k9k 2 4 . 易知直线 AB 的方程为 xy20， 由方程组 ykx，xy20， 消去 x，可得 y2 2kk1 . 代入 5y 1 9y 2 ，可得 5(k1)3 9k 2 4， 将等式两边平方，整理得 56k 2 50k110， 解得 k 12 或 k1128 .所以，k 的值为12 或1128 . 3.(2022·湖南湘东六校联考)已知椭圆 C：x2a 2 y 2b 2 1(ab0)的离心率 e12 ，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
24、C 的方程. (2)若过定点 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 k0，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？假如存在，求出 m 的取值范围；假如不存在，请说明理由. 解 (1)设椭圆的焦距为 2c，由离心率 e 12 得 a2c， 由|BF|·|BA|2 6，得 a· b 2 b 2 2 6， ∴ab2 3， a 2 b 2 c 2 ， 由可得 a 2 4，b 2 3， ∴椭圆 C 的方程为 x24 y 23 1. (2)设直线
25、l 的方程为 ykx2(k0)， 由 ykx2（k0），x 24 y 23 1消 y 得(34k 2 )x 2 16kx40， 可得 Δ0，∴k 12 . 设 G(x 1 ，y 1 )，H(x 2 ，y 2 )，则 x 1 x 2 16k4k 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 ). 菱形的对角线相互垂直，∴(PG→PH→)·GH→0， ∴(1k
26、2 )(x 1 x 2 )4k2m0，得 m2k4k 2 3 ， 即 m24k 3k，k 12 ， ∴36≤m0 当且仅当 3k 4k时，等号成立 . ∴存在满意条件的实数 m，m 的取值范围为 36，0 . 4.已知椭圆 C：x2a 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，满意PM&
27、rarr;NQ→？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 解 (1)设椭圆 C 的焦距为 2c，则 c1， 因为 A 1，22在椭圆 C 上，所以 2a|AF 1 |AF 2 |2 2，则 a 2，b 2 a 2 c 21. 故椭圆 C 的方程为 x22 y2 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 y2xt，M(x 1 ，y 1 )，N(x 2 ，y 2 )，P x 3 ， 53，Q(x 4 ，y 4 )， 由 y2xt，x 22 y2 1， 消去 x 得 9y2 2tyt 2 80， 所以 y 1 y 2 2t9 ，且 Δ4t2 3
28、6(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 29 t53 . 又3<t<3，所以 73 <y 4 <1， 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是1，1冲突. 因此椭圆 C 上不存在这样的点 Q. 5.椭圆 E：x2a 2 y 2b 2 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
29、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)(一题多解)过点F 2 作两条相互垂直的直线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)，则 x20a 2 y 2 0b 2 1. 整理，得 x 2 0 a 2 a2 y 20b 2. 由题意，得y 0x 0 a ·y 0x 0 a 34 . 整理，得 x 2 0 a 2 43 y20
30、. ∴ a2 y 20b 2 43 y20 ，又 y 0 ≠0，即 a 2 43 b2 . c1，a 2 b 2 c 2 ，∴a 2 4，b 2 3. 故椭圆 E 的方程为 x24 y 23 1. (2)证明 设直线 AB 的方程：yk(x1)(k≠0)， A(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 ). 由 yk（x1），3x 2 4y 2 12消 y 得(4k 2 3)x 2 8k 2 x4k 2 120. ∴x 1 x 2 8k 24k 2 3 . ∴x M x1 x 22 12 ·8k 24k 2 3
31、 4k 24k 2 3 ， ∴y M k(x M 1)3k4k 2 3 . 用 1k 替换点 M 坐标中的 k，可得 x N 43k 2 4 ，y N 3k3k 2 4 . 若直线 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′，则直线 M′N′与直线 MN 关于 x 轴对称. ∴若直线 MN 经过定点，则该定点肯定是直线 M&pri
32、me;N′与 MN 的交点，该交点必在 x轴上. 设该交点为 T(s，0)，则MT→(sx M ，y M )，NM→(x M x N ，y M y N ).由MT→NM→，得 s xN y M x M y Ny 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.(2022·广州质量监测)如图，椭圆 C：x 2a 2 y 2b 2 1(ab0)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
33、)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 1 PF 2的角平分线 PM 交椭圆 C 的长轴于点 M(m，0)，求实数 m 的取值范围. 解 (1)将 xc 代入 x2a 2 y 2b 2 1 中，由 a2 c 2 b 2 ， 可得 y 2 b4a 2 ，所以弦长为2b 2a. 由2b 2a1，ca 32，a 2 b 2 c 2 ，解得 a2，b1，所以椭圆 C 的方程为 x24 y2 1. (2)法一 因为点 P(x 0 ，y 0 )(y 0 ≠0)，F 1 ( 3，0)
34、，F 2 ( 3，0)， 所以直线 PF 1 ，PF 2 的方程分别为 l 1 ：y 0 x(x 0 3)y 3y 0 0， l 2 ：y 0 x(x 0 3)y 3y 0 0. 由题意可知|my 0 3y 0 |y 2 0 （x 0 3）2 |my 0 3y 0 |y 2 0 （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 x204 y20 1(y 0 ≠0)， 所以|m 3| 32x 0 22 |m 3| 32x 0 22 ， 因为 3m 3，2x 0 2， 所以m 332x 0 23m232x 0，即 m 34 x 0 ， 因此， 32 m32 . 法二
35、 设|PF 1 |t， 在PF 1 M 中，由正弦定理得tsin∠PMF 1 m 3sin∠MPF 1 ， 在PF 2 M 中，由正弦定理得 4tsin∠PMF 2 3msin∠MPF 2 ， 因为∠PMF 1 ∠PMF 2 π，∠MPF 1 ∠MPF 2 ， 所以t4t 3m3m ，解得 m14 (2 3t4 3)， 因为 t∈(ac，ac)，即 t∈(2 3，2 3)， 所以 32 m32 .本文来源：网络收集与整理，如有侵权，请联系作者删除，谢谢！第18页 共18页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页第 18 页 共 18 页