【数学】2021届一轮复习人教A版解析几何热点问题学案

【数学】2021届一轮复习人教A版解析几何热点问题学案

三年考情分析 热点预测 真题印证 核心素养 直线方程、定值问题 ‎2018·Ⅰ，19；2018·北京，19‎ 数学运算、逻辑推理 椭圆方程、定点问题 ‎2017·Ⅰ，20；2017·Ⅱ，20‎ 数学运算、逻辑推理 直线与椭圆 ‎2016·Ⅰ，20；2016·Ⅱ，20；2018·Ⅲ，20‎ 数学运算、逻辑推理 直线与抛物线 ‎2018·Ⅱ，19；2017·Ⅲ，20；2016·Ⅱ，20‎ 数学运算、逻辑推理 审题答题指引 ‎1.教材与高考对接——求曲线方程及直线与圆锥曲线 ‎【题根与题源】(选修2－1 P49习题A5(1)(2))求适合下列条件的椭圆的标准方程：‎ ‎(1)过点P(－2，0)，Q(0，)；‎ ‎(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作l的垂线，垂足为B，设C，AF与BC相交于点E，若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3，则p的值为________.‎ 解析　易知抛物线的焦点F的坐标为，‎ 又|CF|＝2|AF|且|CF|＝＝3p，‎ ‎∴|AB|＝|AF|＝p，‎ 可得A(p，p).‎ 易知△AEB∽△FEC，∴＝＝，‎ 故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×＝p2＝3，‎ ‎∴p2＝6，∵p>0，∴p＝.‎ 答案　 ‎【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)根据△AEB∽△FEC求出线段比，进而得到面积比并利用条件“S△ACE＝3”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.‎ ‎【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，已知椭圆的离心率为，点A的坐标为(b，0)，且|FB|·|AB|＝6.‎ ‎(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＝sin∠AOQ(O为原点)，求k的值.‎ 解　(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有＝，‎ 又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.‎ 由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝b，‎ 由|FB|·|AB|＝6，‎ 可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.‎ 所以，椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2).‎ 由已知有y1>y2>0，‎ 故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.‎ 又因为|AQ|＝，而∠OAB＝，‎ 故|AQ|＝y2.‎ 由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.‎ 由方程组消去x，可得y1＝.‎ 易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，‎ 由方程组消去x，可得y2＝.‎ 代入5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3，‎ 将等式两边平方，整理得56k2－50k＋11＝0，‎ 解得k＝或k＝.‎ 所以，k的值为或.‎ ‎2.教你如何审题——直线与椭圆的位置关系问题 ‎【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】‎ ‎ ‎ ‎【自主解答】‎ ‎(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＋y2＝1，可得点A的坐标为或，又M(2，0)，‎ 所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.‎ ‎(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<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.‎ 由y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)得 kMA＋kMB＝.‎ 将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得 ‎(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.‎ 所以，x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝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，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.‎ ‎【尝试训练】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点P，F为其右焦点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)因为＝，所以a＝2c，b＝c，‎ 设椭圆方程＋＝1，‎ 又点P在椭圆上，所以＋＝1，‎ 解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，‎ 由消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，‎ 由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，‎ 解得－0)的焦点为F，准线为l.已知以F为圆心、4为半径的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，∠EAB＝90°.‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)已知点P的纵坐标为－1且在抛物线C上，Q，R是抛物线C上异于点P的另外两点，且直线PQ和直线PR的斜率之和为－1，试问直线QR是否经过一定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.‎ 解　(1)由题意及抛物线的定义，有|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，‎ 所以△AEF是边长为4的正三角形.‎ 设准线l与x轴交于点D，‎ 则|DF|＝p＝|AE|＝×4＝2.所以p＝2.‎ ‎(2)设直线QR的方程为x＝my＋t，点Q(x1，y1)，R(x2，y2).‎ 由得y2－4my－4t＝0，‎ 则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，Δ＝16m2＋16t>0.‎ 又因为点P在抛物线C上，则 kPQ＝＝＝＝.‎ 同理可得kPR＝.‎ 因为kPQ＋kPR＝－1，‎ 所以＋＝＝＝－1，解得t＝3m－.‎ 由 解得m∈∪∪(1，＋∞).‎ 所以直线QR的方程为x＝m(y＋3)－，‎ 故直线QR过定点.‎