第二章 第9节 第一课时 圆锥曲线的综合问题（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第9节　圆锥曲线的综合问题 第二章　解析几何 衔接教材 夯基固本 落实 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(18) 温馨提示 谢谢观看！ 1．通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想． 2．根据几何问题和图形的特点，用代数语言把几何问题转化成为代数问题． 3．通过对几何问题(图形)的分析，探索解决问题的思路，运用代数方法得到结论，给出代数结论合理的几何解释，解决几何问题． 4．能够根据不同的情境，建立平面直线和圆的方程，建立椭圆、抛物线、双曲线的标准方程，能够运用代数的方法研究上述曲线之间的基本关系． 第一课时　证明问题 [例] (2024·全国甲卷)设椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1， eq \f(3,2))在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P(4，0)的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴． (1)解：方法一(直接法)　 由题意知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,c＝1，,a2＝b2＋c2，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，)) 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. 方法二　由题意知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|MF|＝\f(b2,a)＝\f(3,2)，,c＝1，,a2＝b2＋c2，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，)) 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. 方法三(巧用椭圆的定义) 设F′为C的左焦点，连接MF′，则|MF|＝ eq \f(3,2)，|FF′|＝2， 在Rt△MFF′中，|MF′|＝ eq \r(|MF|2＋|FF′|2)＝ eq \r(（\f(3,2)）2＋22)＝ eq \f(5,2)， 由椭圆的定义知2a＝|MF′|＋|MF|＝4，2c＝|FF′|＝2，所以a＝2，c＝1， 又a2＝b2＋c2，所以b＝ eq \r(3)， 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. (2)证明：由题意可知直线AB的斜率存在． 易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴． 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(1，n)， 联立方程得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 消去x得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，Δ>0， 则y1＋y2＝ eq \f(－24t,3t2＋4)，y1y2＝ eq \f(36,3t2＋4). 因为N为线段FP的中点，F(1，0)，所以N( eq \f(5,2)，0). 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即 eq \f(y2,x2－\f(5,2))＝ eq \f(n,1－\f(5,2))，得－ eq \f(3,2)y2＝n(x2－ eq \f(5,2))，得n＝ eq \f(－3y2,2x2－5)， 所以n－y1＝ eq \f(－3y2,2x2－5)－y1＝ eq \f(－3y2,2（ty2＋4）－5)－y1＝ eq \f(－2ty1y2－3（y1＋y2）,2ty2＋3)＝ eq \f(\f(－2t×36,3t2＋4)＋\f(3×24t,3t2＋4),2ty2＋3)＝0， 所以n＝y1，所以AQ⊥y轴． 圆锥曲线证明问题的关键点 树立“转化”意识，证明位置关系，如相切、垂直、过定点等，关键是将位置关系转化为代数关系． 几何性质 代数实现 对边平行 斜率相等或向量平行 对边相等 横(纵)坐标差相等 对角线互相平分 中点重合 两边垂直 数量积为0 训练1 已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点(1， eq \f(3,2))在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为(1，0). (1)求椭圆C的标准方程； (2)如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，求证：k1＝ eq \f(1,3)k2. (1)解：依题意，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋1，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，)) 故椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1. (2)证明：当直线l的斜率k＝0时，可得k1＝k2＝0，显然满足k1＝ eq \f(1,3)k2； 当k≠0时，不妨设直线l：x＝my＋1，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 显然Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0.设M为(x1，y1)，N为(x2，y2)，则由根与系数的关系得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－\f(6m,3m2＋4)，,y1y2＝－\f(9,3m2＋4)，))故y1y2＝ eq \f(3,2m)(y1＋y2). 因为A为(－2，0)，B为(2，0)，则k1＝ eq \f(y1,x1＋2)，k2＝ eq \f(y2,x2－2)， 则3k1－k2＝ eq \f(3y1,x1＋2)－ eq \f(y2,x2－2) ＝ eq \f(3y1（x2－2）－y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2－2）) ＝ eq \f(3y1（my2－1）－y2（my1＋3）,（x1＋2）（x2－2）)， 3y1(my2－1)－y2(my1＋3)＝2my1y2－3y1－3y2＝3(y1＋y2)－3(y1＋y2)＝0， 故得3k1＝k2，即k1＝ eq \f(1,3)k2. 训练2 (2025·郑州模拟)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P(x0，y0)是C上一点，且|PF|2－|PF|＝x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋x0，直线l经过点Q(－8，0). (1)求抛物线C的方程； (2)①若直线l与C相切，且切点在第一象限，求切点的坐标； ②若直线l与C在第一象限内的两个不同交点为A，B，且Q关于原点O的对称点为R，证明：直线AR，BR的倾斜角之和为π. (1)解：因为|PF|2－|PF|＝x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋x0， 所以|PF|2－x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝|PF|＋x0， 所以(|PF|＋x0)(|PF|－x0)＝|PF|＋x0，所以|PF|－x0＝1. 又P是C上一点，所以|PF|＝x0＋ eq \f(p,2)， 所以 eq \f(p,2)＝1，解得p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x. (2)①解：设切点的坐标为(t，2 eq \r(t)). 因为y＝2 eq \r(x)，所以y′＝ eq \f(1,\r(x))，切线的斜率为 eq \f(1,\r(t))， 所以切线方程为y－2 eq \r(t)＝ eq \f(1,\r(t))(x－t)， 将Q(－8，0)代入上式，得－2 eq \r(t)＝ eq \f(1,\r(t))(－8－t)， 所以t＝8，所以切点的坐标为(8，4 eq \r(2)). ②证明：由①得，直线AR，BR的斜率都存在． 要证直线AR，BR的倾斜角之和为π， 只要证明直线AR，BR的斜率之和为0. 设直线l的方程为x＋8＝ky(k>0)， A为(eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(y,4) ，y1)，B为(eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(y,4) ，y2)，R为(8，0)， 则kAR＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(y1,\f(y,4)－8) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(4y1,y－32) ，同理得kBR＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(4y2,y－32) ， 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋8＝ky，,y2＝4x，))得y2－4ky＋32＝0， 所以y1＋y2＝4k，y1y2＝32，Δ＝16k2－128>0， 即k>2 eq \r(2)， 所以kAR＋kBR＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(4y1,y－32) ＋eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(4y2,y－32) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(4（y1＋y2）（y1y2－32）,（y－32）（y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－32）) ＝0， 即直线AR，BR的倾斜角之和为π. $$