2020年高考数学一轮复习平面解析几何中的高考热点问题

1、高考大题增分课(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I I题型1|1|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、双曲线的渐近线是常见题型，多

2、以 选 择 题 或 填 空 题 的 形 式 考 查 ， 各 种 难 度 均 有 可 能 .22【例1111(2017 全国卷田)已知双曲线 C:皋一=1(a0,b0)的一条渐近线方程为 y=*x,且与椭圆X+2=1 有公共焦点，则 C 的方程为()2123B由 y=x 可得 a=*x2y2由椭圆行+:=1 的焦点为(3,0),(3,0),123可得 a2+b2=9.由可得 a2=4,b2=5.22所以C的方程为:一 y=1.45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、性质及相关参数问2噫-2XC.?一W=14=122xyB-4522xyD”3二 1二 1的联系.掌握一些常用

3、的结论及变形技巧，有助于提高运算能力取除维(1)(2017 全国卷 H)若双曲线 C:点一(=1(a0,b0)的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4 所截得的弦长为 2,则 C 的离心率为()A.2B.V3C.V2D.芈3(2)(2017 全国卷 I)已知 F 为抛物线C:y2=4x 的焦点， 过 F 作两条互相垂直的直线 11,12,直线 11与 C 交于 A,B 两点，直线 12与 C 交于 D,E 两点，则 AB|十|DE|的最小值为()(1)A(2)A(1)设双曲线的一条渐近线方程为v=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飞.根据点到直线的

4、距离公式得，2*=也，解得 b2=3a2Va2+b2所以 C 的离心率 e=言=/I+3=2.故选 A.(2)因为 F 为 y2=4x 的焦点，所以 F(1,0).1由题底直线 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k故直线 1I,l2的方程分别为 y=k(x-1),y=-(x-1).y=kx1,ztr9999由2得 k2x2(2k2+4)x+k2=0.y=4x,A.16B.14C.12D.10所以|AB|=5+k2|xix2|=、1+k2X1+X224X1X212k2+4241+k2-k2-4=同理可得|DE|=4(1+k2).一 41+k2c所以|AB|

5、+|DE|=k2+4(1+k2)二 49+1+1+k2=8+4k2+(8+4X2=16,1当且仅当 k2=1，即 k=小时，取得等号.故选 A.圆锥曲线中的定点、定值问1 1堰型2|2|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.22【例 2】(2017 全国卷I)已知椭圆 C：X2+*=1(ab0),四点 P1(1,1),P2(0,1),P31,坐，P41,当中恰有三点在椭圆 C 上.(1)求 C 的方程；(2)设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A,B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为一

6、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2+白4+；32知，椭圆 C 不经过点 P1,aba4b所以点 P2在椭圆 C 上.b2-1,a2=4,0 x22因此 13 解得b21 故椭圆 C 的方程为+y2=1.尹 4?=1，b=.设 A(XI,y1),B(x2,y2),则XI+X2=2k2+4k2，XIX2=1,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:x=t,由题设知 tw0,且|t|0.y11而 k1+k2=2+x1kx1+m1kx2+m1x12kx1x2+m1

7、x1+x2二.x1x2由题设 k1+k2=1,故(2k+1)x1x2+(m1)(x1+x2)=0.口 n4m24-8kmm+1即(2k+1)4+(m1)4k77=0,解得 k=一.当且仅当 m1 时，0,m+1,于是 l:y=-2x+m,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.别为 t,当工，t,一业/，则 ki+k2=2t2t=1,得 t=2,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x

8、2=8km4k2+1x1x2=4m244k21.y21x2x2即 y+1=一m+1-(x-2),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.小 05m2.所以|BN|2=|BM|2+|MNF=NAC|2+|MN|故 B,N 两点间的距离为定值 120圆锥曲线中的范围、最值问圆锥曲线中的最值问题大致分为两类：一类是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；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HEEiS 田已知椭圆 E:=1(ab0)过点(0,1),且离心率为岑.求椭圆 E 的方程；、一，1(2)设直线 l:y=卧+m 与椭圆 E 父

9、于 A,C 两点，以 AC 为对角线作正万形 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=c=/Ia2=半，解得 a=2,所以椭圆 E 的标准方程为+y2=1.(2)设 A(xi,yi),C(x2,y2),线段 AC 的中点为 M(x0,y0).1，一y=,x+m,由2%y2=1,整理得 x2+2mx+2m22=0.由 A=(2m)24(2m22)=84m20,解得一/2mb0)右焦点的直1线 x+y-。3=0 父 M 于

10、A,B 两点，P 为 AB 的中点，且 OP 的斜率为.求 M 的方程;(2)C,D 为 M 上的两点，若四边形 ACBD 的对角线 CDXAB,求四边形 ACBD面积的最大值.y1)，B(x2,y2),P(xo,yo),2闿y2y1bx2x12.上日 bx2+x1y2-y1/由此可得六一-=1.ay2+yx2x1yo1因为 xi+x2=2xo,yi+y2=2yo,北=2,X04所以 a2=2b2.又由题意知，M 的右焦点为他,0),故因此a2=6,b2=3.解(1)设 A(xi,222y1x2+b2=1，a2+a2b2=3.22所以M的方程为=1.x+yV3=0,由 xy2,9+3=1，解得

11、4,3x=3_小V=3x=0,或y=3.因止匕|AB|=&63由题意可设直线 CD 的方程为y=x+n53n0)交于_.,_A,B 两点，O 为坐标原点，OA+OB=(4,-12).求直线 l 和抛物线 C 的方程；抛物线上一动点 P 从 A 到 B 运动时，求ABP 面积的最大值.得 x2+2pkx4P=0.设 A(XI,y1),B(x2,y?),则XI+x2=2pk,yi+y2=k(xi+x2)4=2pk24.因为 OA+OB=(xi+x2,yi+y2)=(2pk,2pk24)=(4,12),所以直线 l 的方程为 y=2x-2,抛物线 C 的方程为 x2=2y.(2)设 P(x。，yo)

12、,依题意，知抛物线过点 P 的切线与 l 平行时，4ABP 的面积最乂V=一 x,所以一 xo=2,y=kx2,解由2py,所以2pk=4,2pk24=12,解得p=1,k=2.一 1O、.故 X0=2,y0=2X2=2,所以 P(-2,-2).y=2x2,2由2得 X+4x4=0,故 xi+x2=4,xix2=4,x2=2y,，所以|AB|=4l+k2X弋xi+x224xix=口 1+22X-42-4X-4=410.410X455所以 AABP 面积的最大值为-=为伍1 1题型4|4|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，

13、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.2【例 4】(本小题满分 12 分)(2018 全国卷 I)设椭圆 C:+黄=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

14、 A 的坐标为 1,*或 1,乎.2 分又 M(2,0),所以 AM 的方程为 y=当 x+也或 y=*x亚 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 分此时点 P 到直线 l 的距离 d=|2X222|44y522+-12耶5当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 y=k(x1)(kw0),A(x1，y1)，B(x2,则次啦，乩痘，直线 MA，MB 的斜率之和为，+kM”总+3.7 分由 yi=kxik,y2=kx2k 得2将 y=k(xi)代入+y2=i 得(2

15、k2+i)x24k2x+2k22=0.4k22k22所以 xi+x2=2k2+i，xix2=2G+i.9 分从而 kMA+kMB=0,故 MA,MB 的倾斜角互补.所以/OMA=/OMB.综上，/OMA=/OMB.i2 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.2跟踪维田在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y=，与直线 l：y=kx+a(a0)交于

16、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(27a,a),N(-2，a,a),或 M(2,a),N(2,a).xx2又 y=2,故丫=4 在乂=2处的导数值为 ya,所以 C 在点(2 暇，a)处的切线方程为ya=g(x2g),即,axya=0.2y=在 x=2g 处的导数值为Va,C 在点(2,a)处的切线方程为 y-a=.a(x+2a),y2),kMA+kMB=2kxix23kxi+x2+4kxi2x222kxix23k(xi+x2)+4k=4k3

17、4ki2k3+8k3+4k2k2+i=0. ii 分即，ax+y+a=0.故所求切线方程为也 xya=0 和 6x+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(xi,yi),N(x2,y2),直线 PM,PN 的斜率分别为 ki,k2.将 y=kx+a 代入 C 的方程，得 x1234kx-4a=0.故 xi+x2=4k,xix2=4a.、yiby2b从而 ki+k2=r-+x-xIx22kxix2+abxi+x2ka+b=.xix2a当b=一 a 时，有 ki+k2=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(

18、0,a)符合题意.大题增分专训2(20i9 衡水联考)已知椭圆C:x2+y2=i(ab0)过点(一丑，i),离心率为当,ab2直线l:kx-y+2=0 与椭圆 C 交于 A,B 两点.(i)求椭圆 C 的标准方程；一.,一.(2)是否存在实数 k,使得|OA+OB|=|OAOB|(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.i,32故椭圆C的标准方程为 4+=i.解(i)依题意，得C=2a2，a2=b2+c2,解彳3a2=4,b2=2,c2=2,消去 y 并整理，得(i+2k2)x2+8kx+4=0.则 A=64k2-i6(i+2k2)0,即 k乎或 k0).1(1)证明：k万;设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且 FP+FA+FB=0.证明：2|FP|=|FA|十|FB|.、十 5、皿 3y1/x2y2/证明(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),则彳+5=1,7+=1.、小乂上 y1一 y2,/口XI+X2y1+y2两式相减，并由=卜得一-+ak=0.x1x243ig、n“ix1+x2,y1+y2-口.3由题设知一 2 一=1,2=m，于是 k=4m.一 3.1由题设得 0m2，故 k2.(2)由题意得 F(1,0).设 P(x3,y3)