高考数学一轮复习 第8章 热点探究课5 平面解析几何中的高考热点问题

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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另一重点，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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.
图1
(1)若|PF1|＝2＋eq \r(2)，|PF2|＝2－eq \r(2)，求椭圆的标准方程；
(2)若|PF1|＝|PQ|，求椭圆的离心率e.
【导学号：31222329】
[解] (1)由椭圆的定义，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋eq \r(2))＋(2－eq \r(2))＝4，故a＝2.
设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，
因此2c＝|F1F2|＝eq \r(|PF1|2＋|PF2|2)
＝eq \r(2＋\r(2)2＋2－\r(2)2)＝2eq \r(3).3分
即c＝eq \r(3)，从而b＝eq \r(a2－c2)＝1，
故所求椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.5分
(2)连接F1Q，如图，由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，
|QF1|＋|QF2|＝2a，
又|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|＝(2a－|PF1|)＋(2a－|QF1|)，
可得|QF1|＝4a－2|PF1|. ①
又因为PF1⊥PQ且|PF1|＝|PQ|，
所以|QF1|＝eq \r(2)|PF1|. ②8分
由①②可得|PF1|＝(4－2eq \r(2))a，
从而|PF2|＝2a－|PF1|＝(2eq \r(2)－2)a.
由PF1⊥PF2，知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，
即(4－2eq \r(2))2a2＋(2eq \r(2)－2)2a2＝4c2，10分
可得(9－6eq \r(2))a2＝c2，即eq \f(c2,a2)＝9－6eq \r(2)，
因此e＝eq \f(c,a)＝eq \r(9－6\r(2))＝eq \r(6)－eq \r(3).12分
[规律方法] 1.用定义法求圆锥曲线的标准方程是常用的方法，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，只需明确a，b，c中任意两量的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eq \f(\r(2),2)，它的一个顶点为抛物线x2＝4y的焦点．
(1)求椭圆的标准方程；
(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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
因为抛物线x2＝4y的焦点为(0,1)，
所以b＝1.2分
由离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2＝1＋c2，
从而得a＝eq \r(2)，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.5分
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝x－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝1，))所以点A(2,1).8分
因为抛物线的准线方程为y＝－1，
所以圆的半径r＝1－(－1)＝2，
所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.12
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．
eq \a\vs4\al(☞)角度1 圆锥曲线的定值问题
(2016·北京高考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过A(2,0)，B(0,1)两点.
【导学号：31222330】
(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eq \f(x2,4)＋y2＝1.3分
又c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).5分
(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4.
又A(2,0)，B(0,1)，
所以直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2).7分
令x＝0，得yM＝－eq \f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq \f(2y0,x0－2).
直线PB的方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1.9分
令y＝0，得xN＝－eq \f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq \f(x0,y0－1).
所以四边形ABNM的面积S＝eq \f(1,2)|AN|·|BM|
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))
＝eq \f(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)
＝eq \f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.
从而四边形ABNM的面积为定值.12分
[规律方法] 1.求定值问题的常用方法：
(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．定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思路是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类问题中选择消元的方向是非常关键的．
eq \a\vs4\al(☞)角度2 圆锥曲线中的定点问题
设椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e＝eq \f(\r(2),2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),2))).
【导学号：31222331】
(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．
[解] (1)由e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，可得a2＝2b2，2分
椭圆方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
代入点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),2)))可得b2＝2，a2＝4，
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.5分
(2)由x－my－t＝0得x＝my＋t，
把它代入E的方程得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则
y1＋y2＝－eq \f(2mt,m2＋2)，y1y2＝eq \f(t2－4,m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝eq \f(4t,m2＋2)，
x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)
＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝eq \f(2t2－4m2,m2＋2).8分
因为以MN为直径的圆过点A，
所以AM⊥AN，
所以eq \(AM,\s\up8(→))·eq \(AN,\s\up8(→))＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2
＝eq \f(2t2－4m2,m2＋2)＋2×eq \f(4t,m2＋2)＋4＋eq \f(t2－4,m2＋2)
＝eq \f(3t2＋8t＋4,m2＋2)＝eq \f(t＋23t＋2,m2＋2)＝0.10分
因为M，N与A均不重合，所以t≠－2，
所以t＝－eq \f(2,3)，直线l的方程是x＝my－eq \f(2,3)，直线l过定点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))，
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Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0)).12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．
已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)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)．
[解] (1)由题意知m≠0，
可设直线AB的方程为y＝－eq \f(1,m)x＋b.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.2分
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)>0.①
将线段AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)，解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2).②
由①②得meq \f(\r(6),3).
故m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞)).5分
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，
则|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
且O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).7分
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当t2＝eq \f(1,2)，即m＝±eq \r(2)时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).12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] 已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点(eq \r(2)，－2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求eq \(OE,\s\up8(→))·eq \(OF,\s\up8(→))的取值范围.
【导学号：31222332】
[解] 由椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4.
得曲线C的焦点F1(0，－2)，F2(0,2).2分
又点(eq \r(2)，－2)在椭圆C上，
2a＝eq \r(2＋0)＋eq \r(2＋2＋22)＝4eq \r(2)，
所以a＝2eq \r(2)，b＝2，
即椭圆C的方程是eq \f(y2,8)＋eq \f(x2,4)＝1.5分
(2)若直线l垂直于x轴，
①则点E(0,2eq \r(2))，F(0，－2eq \r(2))，eq \(OE,\s\up8(→))·eq \(OF,\s\up8(→))＝－8.
②若直线l不垂直于x轴，
设l的方程为y＝kx＋2，点E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆C的方程得到：
(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－4k,2＋k2)，x1x2＝eq \f(－4,2＋k2)，8分
所以eq \(OE,\s\up8(→))·eq \(OF,\s\up8(→))＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4
＝eq \f(－4－4k2,2＋k2)＋eq \f(－8k2,2＋k2)＋4＝eq \f(20,2＋k2)－8.10分
因为00)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0,1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up8(→))·eq \(PD,\s\up8(→))＝－1.
图3
(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eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[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eq \(PC,\s\up8(→))·eq \(PD,\s\up8(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq \r(2).4分
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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(x1，y1)，(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.8分
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1).
从而，eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(－2λ－4k2＋－2λ－1,2k2＋1)＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.
所以，当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3.10分
此时，eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.
此时，eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))＝eq \(OC,\s\up8(→))·eq \(OD,\s\up8(→))＋eq \(PC,\s\up8(→))·eq \(PD,\s\up8(→))＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))为定值－3.12分
热点探究训练(五)
平面解析几何中的高考热点问题
1．(2014·全国卷Ⅱ)设F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为eq \f(3,4)，求C的离心率；
(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.
[解] (1)根据c＝eq \r(a2－b2)及题设知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(3,4)，2b2＝3ac.2分
将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，
解得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(c,a)＝－2(舍去)．
故C的离心率为eq \f(1,2).5分
(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，
所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点，
故eq \f(b2,a)＝4，即b2＝4a. ①8分
由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.
设N(x1，y1)，由题意知y1