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1、 五 平面解析几何中的高考热点问题 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 圆锥曲线的方程与性质是高考考查的重点， 求离心率、 准线、 双曲线的渐近
2、线是常见题型， 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)已知双曲线C：1(a0，b0)的一条渐近线方程为y x2 a2 y2 b2 x，且与椭圆1 有公共焦点，则C的方程为( ) 5 2 x2 12 y2 3 A1 B1 x2 8 y2 10 x2 4 y2 5 C1D1 x2 5 y2 4 x2 4 y2 3 B 由yx可得 . 5 2 b a 5 2 由椭圆1 的焦点为(3,0)，(3,0)， x2 12 y2 3 可得a2b29. 由可得a24，b25. 所以C的方程为1. x2 4 y2 5 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
3、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)若双曲线C：1(a0，b0)的一条渐近线被 x2 a2 y2 b2 圆(x2)2y24 所截得的弦长为 2，则C的离心率为( ) A2 B C D32 2 3 3 (2)(2017全国卷)已知F为抛物线C：y24x的焦点， 过F作两条互相垂直的直线l1， l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|DE|的最小值为( ) A16 B14 C12 D10 (1)A (2)A (1)设双曲线的一条渐近线方程为yx， b a 圆的圆心为(2,0)，半径为 2， 由弦长
4、为 2 得出圆心到渐近线的距离为.22123 根据点到直线的距离公式得，解得b23a2. |2b| a2b2 3 所以C的离心率e 2. c a c2 a2 1b 2 a2 故选 A (2)因为F为y24x的焦点，所以F(1,0) 由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为 0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为 ，故直 1 k 线l1，l2的方程分别为yk(x1)，y (x1) 1 k 由Error!得k2x2(2k24)xk20. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x21， 2k24 k2 所以|AB|x1x2|1k2 1k2x1x224x1x2 .1k2 ( 2k24 k
5、2)4 41k2 k2 同理可得|DE|4(1k2) 所以|AB|DE|4(1k2) 41k2 k2 4( 1 k211k 2) 8484216， (k 2 1 k2) 当且仅当k2，即k1 时，取得等号 1 k2 故选 A 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)坐标等定值问题 【例 2】 (2017全国卷)已知椭圆C：1(ab0)， 四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3 x2 a2 y2 b2 ，P4中恰有三点在椭圆C上 (1， 3 2)(1， 3 2) (1)求C的方程； (2)设直线l不经过
6、P2点且与C相交于A，B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为 1，证明：l过定点 解 (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点 又由知，椭圆C不经过点P1， 1 a2 1 b2 1 a2 3 4b2 所以点P2在椭圆C上 因此Error!解得Error!故椭圆C的方程为y21. x2 4 (2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2. 如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|2，可得A，B的坐标分别为 ，则k1k21，得t2，不符合题设 (t， 4t2 2) (t， 4t2 2) 4t22 2t 4t22 2t 从而可设l：ykxm
7、(m1) 将ykxm代入y21 得(4k21)x28kmx4m240. x2 4 由题设可知16(4k2m21)0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2. 8km 4k21 4m24 4k21 而k1k2 y11 x1 y21 x2 kx1m1 x1 kx2m1 x2 . 2kx1x2m1x1x2 x1x2 由题设k1k21， 故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0. 即(2k1)(m1)0，解得k. 4m24 4k21 8km 4k21 m1 2 当且仅当m1 时，0，于是l：yxm， m1 2 即y1(x2)，所以l过定点(2，1) m1 2 规律方法 1.证明
8、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：1(ab0)过点(0,1)，且离心率为. x2 a2 y2 b2 3 2 (1)求椭圆E的方程； (2)设直线l：yxm与椭圆E交于A，C两点，以AC为对角线作正方形ABCD，记直 1 2 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，
9、椭圆的焦点在x轴上，椭圆过点(0,1)，则b1. 由椭圆的离心率e ，解得a2，所以椭圆E的标准方程为y21. c a 1b 2 a2 3 2 x2 4 (2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，线段AC的中点为M(x0，y0) 由Error!整理得x22mx2m220. 由(2m)24(2m22)84m20， 解得0)交于A，B两 点，O为坐标原点，(4，12)OA OB (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Error!得x22pkx4p0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22pk，y1y2k(x1x2)
10、42pk24. 因为(x1x2，y1y2)(2pk， 2pk24)(4， 12)， 所以Error!解得Error!OA OB 所以直线l的方程为y2x2，抛物线C的方程为x22y. (2)设P(x0，y0)，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yx，所以x02， 故x02，y0x2，所以P(2，2) 1 2 2 0 此时点P到直线l的距离d. |2 222| 2212 4 5 4 5 5 由Error!得x2 4x 4 0， 故x1x2 4，x1x2 4， 所 以 |AB|1k2 x1x224x1x2122424 4 4.10 所以ABP面积的最大值为8. 4 10
11、 4 5 5 2 2 圆锥曲线中的证明与探索性问题 圆锥曲线中的证明问题是高考的常考热点，其命题切入点较多，既可以考查位置关系， 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)设椭圆C：y21 的右焦点为F， 过F x2 2 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：OMAOMB. 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
12、 可证明两角相等 规范解答 (1)由已知得F(1,0)，l的方程为x1. 1 分 由已知可得，点A的坐标为或.2 分 (1， 2 2) (1， 2 2) 又M(2,0)，所以AM的方程为yx或yx. 2 2 2 2 2 2 3 分 (2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.4 分 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.5 分 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 6 分 则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB. 7 分22 y1 x12 y2 x22 由y1kx1k，y2kx2k得 kMAkM
13、B.8 分 2kx1x23kx1x24k x12x22 将yk(x1)代入y21 得 x2 2 (2k21)x24k2x2k220. 所以x1x2，x1x2.9 分 4k2 2k21 2k22 2k21 则 2kx1x23k(x1x2)4k0. 11 分 4k34k12k38k34k 2k21 从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补所以OMAOMB. 综上，OMAOMB.12 分 易错与防范 解答本题(2)时易漏掉对特殊情况的讨论， 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
14、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与直线l：ykxa(a0)交于M，N两 x2 4 点 (1)当k0 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OPMOPN？说明理由 解 (1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a)aaaa 又y ， 故y在x2处的导数值为， 所以C在点(2，a)处的切线方程为ya x 2 x2 4 aaa (x2)，aa 即xya0.a y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2 x2 4 aaaa )，a 即x
15、ya0.a 故所求切线方程为xya0 和xya0.aa (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(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2. 将ykxa代入C的方程，得x24kx4a0. 故x1x24k，x1x24a. 从而k1k2 y1b x1 y2b x2 . 2kx1x2abx1x2 x1x2 kab a 当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补， 故OPMOPN，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：1(ab0)过点(，1)，离心率为，直线l：kxy x2 a2 y2 b
16、2 2 2 2 20 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|(其中O为坐标原点)成立？若存在，求出OA OB OA OB 实数k的值；若不存在，请说明理由 解 (1)依题意，得Error!解得a24，b22，c22，故椭圆C的标准方程为1. x2 4 y2 2 (2)假设存在符合条件的实数k.依题意，联立方程Error! 消去y并整理，得(12k2)x28kx40. 则64k216(12k2)0，即k或k0) (1)证明：kb0)的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M. x2 a2 y2 b2(1， 2 2) (1)求椭圆E的标准方程； (2)设
17、点Q(2,0)， 过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点， 且，2， 1，F2A F2B 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c1，1， 1 a2 1 2b2 又a2b2c2，解得b21，a22， 故椭圆E的标准方程为y21. x2 2 (2)设直线l：xky1，由Error! 得(k22)y22ky10，4k24(k22)8(k21)0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则可得y1y2，y1y2. 2k k22 1 k22 (x1x24，y1y2)，|2|216QC QA QB 4k21 k22 2k k22 QC QA QB ， 28 k22 8 k222 由此可知，|2的大小与k2的取值有关QC 由可得y1y2，(y1y20)F2A F2B y1 y2 1 y2 y1 从而， 1 y1 y2 y2 y1 y1y222y1y2 y1y2 6k24 k22 由2，1得， ( 1 ) 5 2，2 从而 2，解得 0k2 . 5 2 6k24 k22 2 7 令t，则t， 1 k22 7 16， 1 2 |28t228t168 2 ，当t 时，|min2.QC (t 7 4) 17 2 1 2 QC