（2020年高考专用）教材高考审题答题五.doc

1、 核心热点 真题印证 核心素养 直线方程、定值问题 2018 ，19；2018 北京，19 数学运算、 逻辑推理 椭圆方程、定点问题 2017 ，20；2017 ，20 数学运算、 逻辑推理 直线与椭圆的位置关系 2016 ，20；2016 ，20； 2018 ，20 数学运算、 逻辑推理 直线与抛物线的位置关系 2018 ，19；2017 ，20； 2016 ，20 数学运算、 逻辑推理 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

2、 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 y22px(p0)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 7 2p，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 p

3、 2，0 ， 又|CF|2|AF|且|CF| 7 2p p 2 3p， |AB|AF|3 2p， 可得 A(p， 2p). 易知AEBFEC，|AE| |FE| |AB| |FC| 1 2， 故 SACE1 3SACF 1 33p 2p 1 2 2 2 p23 2， p26，p0，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) 根据AEBFEC 求出线段比，进而得到面积比并利用条件“SACE3 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 平面几何的知识，能起到简化运算的作用. 【链接高考】 (

4、2018 天津卷)设椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的左焦点为 F，上顶点为 B， 已知椭圆的离心率为 5 3 ，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(k0)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 2 4 sinAOQ(O 为原点)，求 k 的值. 解 (1)设椭圆的焦距为 2c，由已知有c 2 a2 5 9， 又由 a2b2c2，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

5、程为x 2 9 y2 41. (2)设点 P 的坐标为(x1，y1)，点 Q 的坐标为(x2，y2). 由已知有 y1y20， 故|PQ|sinAOQy1y2. 又因为|AQ| y2 sinOAB，而OAB 4， 故|AQ| 2y2. 由|AQ| |PQ| 5 2 4 sinAOQ，可得 5y19y2. 由方程组 ykx， x2 9 y2 41， 消去 x，可得 y1 6k 9k24. 易知直线 AB 的方程为 xy20， 由方程组 ykx， xy20，消去 x，可得 y2 2k k1. 代入 5y19y2，可得 5(k1)39k24， 将等式两边平方，整理得 56k250k110， 解得 k

6、1 2或 k 11 28. 所以，k 的值为1 2或 11 28. 教你如何审题圆锥曲线中的证明问题 【例题】 (2018 全国卷)设椭圆 C： x2 2y 21 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：OMAOMB. 审题路线 自主解答 (1)解 由已知得 F(1，0)，l 的方程为 x1. 把 x1 代入椭圆方程x 2 2y 21，可得点 A 的坐标为 1， 2 2 或 1， 2 2 ， 又 M(2，0)， 所以直线 AM 的方程为 y 2 2 x

7、2或 y 2 2 x 2. (2)证明 当 l 与 x 轴重合时，OMAOMB0 . 当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线， 所以OMAOMB. 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)， 则 x10)的离心率为 1 2，且过点 P 1，3 2 ，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)

8、因为c a 1 2，所以 a2c，b 3c， 设椭圆方程 x2 4c2 y2 3c21， 又点 P 1，3 2 在椭圆上，所以 1 4c2 3 4c21， 解得 c21，a24，b23， 所以椭圆方程为x 2 4 y2 31. (2)易知直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 yk(x4)， 由 yk（x4）， x2 4 y2 31， 消去 y 得(34k2)x232k2x64k2120， 由题意知 (32k2)24(34k2)(64k212)0， 解得1 20. 又因为点 P 在抛物线 C 上，则 kPQy Py1 xPx1 yPy1 y2P 4 y 2 1 4 4 yPy1 4 y11.

9、同理可得 kPR 4 y21. 因为 kPQkPR1， 所以 4 y11 4 y21 4（y1y2）8 y1y2（y1y2）1 16m8 4t4m11，解得 t3m 7 4. 由 16m216t0， t3m7 4， 1 4m（1）t， 解得 m ，7 2 1 2，1 (1，). 所以直线 QR 的方程为 xm(y3)7 4， 故直线 QR 过定点 7 4，3 . 1.已知椭圆 P 的中心 O 在坐标原点，焦点在 x 轴上，且经过点 A(0，2 3)，离心 率为1 2. (1)求椭圆 P 的方程； (2)是否存在过点 E(0，4)的直线 l 交椭圆 P 于点 R，T，且满足OR OT 16 7

10、？若 存在，求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)设椭圆 P 的方程为x 2 a2 y2 b21(ab0)， 由题意得 b2 3，ec a 1 2， a2c，b2a2c23c2， c2，a4， 椭圆 P 的方程为 x2 16 y2 121. (2)假设存在满足题意的直线 l，易知当直线 l 的斜率不存在时，OR OT 0 得(32k)264(34k2)0，解得 k21 4. x1x2 32k 34k2，x1x2 16 34k2， y1y2(kx14)(kx24)k2x1x24k(x1x2)16， 故 x1x2y1y2 16 34k2 16k2 34k2 128k2 34k216

11、 16 7 ， 解得 k21. 由解得 k 1， 直线 l 的方程为 y x4. 故存在直线 l：xy40 或 xy40 满足题意. 2.(2019 郑州质检)已知圆 O：x2y24，点 F(1，0)，P 为平面内一动点，以线段 FP 为直径的圆内切于圆 O，设动点 P 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程； (2)M，N 是曲线 C 上的动点，且直线 MN 经过定点 0，1 2 .问：在 y 轴上是否存在 定点 Q，使得MQONQO？若存在，请求出定点 Q 的坐标；若不存在，请 说明理由. 解 (1)设 PF 的中点为 S，切点为 T，连接 OS，ST，则|OS|SF|OT|2. 取

12、 F(1，0)，连接 FP， 则|FP|FP|2(|OS|SF|)4. 所以点 P 的轨迹是以 F，F 为焦点、长轴长为 4 的椭圆，其中，a2，c1，所 以 b2a2c2413. 所以曲线 C 的方程为x 2 4 y2 31. (2)假设存在满足题意的定点 Q.设 Q(0，m)，当直线的斜率存在时直线 MN 的方程 为 ykx1 2，M(x1，y1)，N(x2，y2). 联立得方程组 x 2 4 y2 31， ykx1 2. 消去 y 并整理，得(34k2)x24kx110. 由题意知 0，x1x2 4k 34k2，x1x2 11 34k2. 由MQONQO，得直线 MQ 与直线 NQ 的斜

13、率之和为 0， y 1m x1 y 2m x2 kx11 2m x1 kx21 2m x2 2kx1x2 1 2m （x1x2） x1x2 0， 2kx1x2 1 2m (x1x2)2k 11 34k2 1 2m 4k 34k2 4k（m6） 34k2 0，当 k0 时，m6，所以存在定点(0，6)，使得MQONQO；当 k0 时，定点(0， 6)也符合题意. 易知直线 MN 的斜率不存在时，定点 Q(0，6)也符合题意. 存在符合题意的定点 Q，且定点 Q 的坐标为(0，6). 综上，存在定点(0，6)使得MQONQO. 3.已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别

14、为 F1(1，0)，F2(1，0)，点 A 1， 2 2 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 y5 3上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足PM 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， 2 2 在椭圆 C 上，所以 2a|AF1|AF2|2 2，则 a 2，b2a2c2 1. 故椭圆 C 的方程为x 2 2y 21. (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，

15、M(x1，y1)，N(x2，y2)，P x3，5 3 ，Q(x4，y4)，MN 的中 点为 D(x0，y0)， 由 y2xt， x2 2y 21，消去 x 得 9y 22tyt280， 所以 y1y22t 9，且 4t 236(t28)0， 故 y0y 1y2 2 t 9，且30)，焦距为 2c，则 bc， a2b2c22b2，椭圆 E 的标准方程为 x2 2b2 y2 b21. 椭圆 E 经过点 1， 2 2 ， 1 2b2 1 2 b21，解得 b 21. 椭圆 E 的标准方程为x 2 2y 21. (2)点(2，0)在椭圆 E 外，直线 l 的斜率存在. 设直线 l 的斜率为 k，则直线

16、 l：yk(x2).设 M(x1，y1)，N(x2，y2). 由 yk（x2）， x2 2y 21 消去 y，得(12k2)x28k2x8k220. x1x2 8k2 12k2，x1x2 8k22 12k2， 64k44(12k2)(8k22)0，解得 0k2b0)的左、 右焦点分别为 F1(1， 0)， F2(1， 0)，左、右顶点分别为 A1，A2，P 为椭圆 E 上的动点(不与 A1，A2重合)，且直线 PA1与 PA2的斜率的乘积为3 4. (1)求椭圆 E 的方程； (2)过点F2作两条互相垂直的直线l1与l2(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，C

17、D 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(x0，y0)(y00)，则x 2 0 a2 y20 b21. 整理，得 x20a2a 2y2 0 b2 . 由题意，得 y0 x0a y0 x0a 3 4. 整理，得 x20a24 3y 2 0. a 2y2 0 b2 4 3y 2 0，又 y00，即 a24 3b 2. c1，a2b2c2，a24，b23. 故椭圆 E 的方程为x 2 4 y2 31. (2)证明 设直线 AB：yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2). 由 yk（x1）， 3x24y212， 得(4k23)x28k

18、2x4k2120. x1x2 8k2 4k23. xMx 1x2 2 1 2 8k2 4k23 4k2 4k23， yMk(xM1) 3k 4k23. 用1 k替换点 M 坐标中的 k，可得 xN 4 3k24，yN 3k 3k24. 若直线AB关于 x轴对称后得到直线 AB， 直线 CD关于 x轴对称后得到直线 CD， 线段 AB，CD的中点分别为 M，N，则直线 MN与直线 MN 关于 x 轴对称. 若直线 MN 经过定点，则该定点一定是直线 MN与 MN 的交点，该交点必在 x 轴上. 设该交点为 T(s，0)，则MT (sxM，yM)，NM (xMxN，yMyN). 由MT NM ，得

19、 sx NyMxMyN yMyN . 代入点 M，N 的坐标并化简，得 s4 7. 经过的定点为 4 7，0 . 6.如图所示，已知圆 G：(x2)2y24 9是椭圆 T： x2 16 y2 b21(0b0，AB 与圆 G 切于点 D，BC 交 x 轴于点 H，连接 DG， 如图. 由题意得ADGAHB，即GD AG HB AB， 得 2 3 6 y0 400 9 y20 .解得 y205 9. 点 B 8 3，y0 在椭圆 T 上， 64 9 16 y20 b2 4 9 5 9 b21，解得 b 21. 故椭圆 T 的标准方程为 x2 16y 21. (2)直线 EF 与圆 G 相切.理由如

20、下： 设过点 M(0，1)与圆 G：(x2)2y24 9相切的直线的方程为 kxy10， 则2 3 |2k1| 1k2，即 32k 236k50.(*) 设 MF，ME 的斜率分别为 k1，k2，且 k1，k2为方程(*)的根， 则 k1k29 8，k1k2 5 32. 将 kxy10 代入 x2 16y 21， 消去 y 并整理，得(16k21)x232kx0， 解得 x 32k 16k21或 x0. 设 F(x1，k1x11)，E(x2，k2x21)， 则 x1 32k1 16k211，x2 32k2 16k221. 直线 EF 的斜率 kEFk 2x2k1x1 x2x1 k1k2 116k1k2 3 4. 从而直线 EF 的方程为 y 32k21 16k2111 3 4 x 32k1 16k211 . 将 32k2136k15 代入上式并化简，得 y3 4x 7 3. 则圆心(2，0)到直线 EF 的距离 d 3 2 7 3 1 9 16 2 3. 故直线 EF 与圆 G 相切.