第8章　解析几何课件-2027届高考数学一轮复习

第八章 平面解析几何 高考大题规范解答——解析几何 提能训练　练案[59] 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [审题破题]　(1)围绕椭圆基本量a，b，c的关系，通过离心率、长轴长直接计算． (2)利用“直线与圆锥曲线相交”的通法(联立→根与系数的关系→弦长/距离公式→面积公式)，将几何条件转化为代数方程求解，核心公式串联与方程思想． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　(1)第1步：根据长轴长求a的值 由2a＝4，得a＝2， (1分) 第2步：根据离心率及a，b，c之间的关系求b的值 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 得分保障：得分点：第(1)问根据离心率与长轴长及a，b，c的关系求出a，b的值得4分，求出椭圆C的方程得1分．第(2)问设出直线方程，代入椭圆方程并整理得出一元二次方程得2分，利用Δ>0得到k2(或k)的范围并得到根与系数的关系得3分，写出三角形的面积公式并计算出k2的值得3分，写出弦长公式和正确计算结果各得1分． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 失分分析：①第(1)问未写b与c的值直接写出C的方程会被扣分．②第(2)问联立方程后方程计算错误得0分(没有步骤分)，容易漏掉判断Δ>0而失分，或者没有利用三角形的面积公式会被扣步骤分． 时间分配建议：优先保证第(1)问完整计算出椭圆方程(约3～4 min)，第(2)问留足10 min细心运算，避免因粗心或跳步失分，确保两问13分稳妥拿下． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AR|·|AP|＝3. (ⅰ)设P(m，n)，求点R的坐标(用m，n表示)； (ⅱ)设O为坐标原点，Q是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【关键一步：线段长度的乘积如何运用？常规思路是用两点间的距离公式，但计算很大，再看看题目给点R在射线AP上这个条件，想到使用向量的数量积计算，将模长计算与坐标运算相结合，就更方便了】 【共线条件如何转化？共线这个条件正常就用斜率(斜率存在)转化较为简单，如果用向量，写起来就相对麻烦了】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【如何消元？这也是本题的一个难点，这里很关键的一点是将y＋1作为整体代入消元，这样计算量就小很多】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 【轨迹方程的几何意义？借助点P的轨迹为圆，很快就能想到要转换，否则两个动点间距离的最值问题很难求解】 即m2＋(n＋4)2＝18. (12分) 【圆上的点为何转换为圆心？这应该是高中数学中一个较为常见的问题，看到椭圆上的点应该能很快想到三角换元(或椭圆的参数方程，其本质上是同解三角函数的平方关系，这在高考中经常使用)，求最值时变量越少，思维就越简单，计算才会越方便】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 由题设Q(3cos θ，sin θ)，K(0，－4)， (14分) 则|KQ|2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝－8sin2θ＋8sin θ＋25， 【代数换元转化为二次函数？这里不进行代数换元也可以，但换了之后书写更方便，同时借助二次函数求最值也更加方便】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 得分保障：得分点：第(1)问的关键是计算准确． 第(2)(ⅰ)问正确利用点在射线上，|AP|·|AR|＝3得到两个关于m，n，x，y的关系式得4分，正确得到x，y关于m，n的表达式得1分，写出结论得1分；第(2)(ⅱ)问由斜率间的关系得出m，n满足的关系式得2分，将两个动点间的距离转化为一个定圆圆心到椭圆上动点距离的最值得3分，后面的计算得2分． 失分点：第(1)问未设同一参数，计算不方便． 第(2)(ⅰ)问中不知道将|AP|·|AR|转化为向量运算，而是直接用两点间的距离公式计算，难度很大；第(2)(ⅱ)问不会将两个动点间的距离问题转化为一个定点到动点的距离问题，而是直接运算，难度很大． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [命题人思维破译]　第(2)(ⅰ)问中将线段长度的乘积问题转化为向量问题能有效简化运算，对学生的思维要求很高；第(2)(ⅱ)问如果没有将两个动点的距离的最值问题转化为定点到动点的距离的最值问题，而是直接计算两个动点的距离的最大值，则难度较大． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求C的方程； (2)已知点M0(1,4)，证明：线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点； (3)设M是坐标平面上的动点，且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)第1步：求出线段F1M0的垂直平分线方程 如图，∵F1(－1,0)，M0(1,4)， ∴线段F1M0的中点坐标为(0,2)，kF1M0＝2， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 第2步：将线段F1M0的垂直平分线的方程代入椭圆C的方程，证明恰有一个公共点 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 第4步：根据Δ＝0，得M的轨迹方程 由题意知Δ＝16(X＋1)2(X2＋Y2－1)2－4[3Y2＋4(X＋1)2]·[(X2＋Y2－1)2－12Y2]＝0， (12分) 化简得(X2＋Y2－1)2－12Y2－16(X＋1)2 ＝Y4＋(2X2－14)Y2＋(X2＋2X＋1)(X2－2X－15) ＝[(X＋1)2＋Y2][(X－1)2＋Y2－16] ＝0， 因为(X＋1)2＋Y2>0，所以(X－1)2＋Y2＝16(Y≠0)． (15分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 第6步：总结 综上，M的轨迹为圆，该圆的方程为(x－1)2＋y2＝16. (17分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 解法二：记线段F1M的垂直平分线l与C的唯一公共点为P， ①当点P不在C的长轴上时，如图，连接PF1，PM，PF2，记MF1的中点为E，线段F1M的垂直平分线l即C在点P处的切线，也为∠F1PM的平分线，则∠F1PE＝∠EPM，|PF1|＝|PM|， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 作∠F1PF2的平分线PH，根据椭圆的光学性质得PH⊥l， ∴∠F1PE＋∠F1PH＝90°，则∠F2PH＋∠EPM＝90°， 故∠F2PF1＋∠F1PM＝180°， ∴M、P、F2三点共线， ∴|MF2|＝|MP|＋|PF2|＝|PF1|＋|PF2|＝4， ∴点M的轨迹是以F2为圆心，4为半径的圆(不包含(5,0)和(－3,0)两点)． (15分) ②当点P在C的长轴上时，M点的坐标为(5,0)或(－3,0)，也满足|MF2|＝4. (16分) 综上，点M的轨迹是圆，该圆的方程为(x－1)2＋y2＝16. (17分) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 得分保障：第(3)问若能想到利用椭圆的光学性质可以大大减少计算量，从而避免因计算错误而失分． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 提能训练　练案[59] 返回导航 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点M(2,0)作不与坐标轴平行的直线l交曲线C于A，B两点，过点A，B分别向x轴作垂线，垂足分别为点D，E，直线AE与直线BD相交于P点． ①求证：点P在定直线上； ②求△PAB面积的最大值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求椭圆C的方程； (2)过动点P(4，m)作椭圆C的切线，切点为A，B，A在x轴上方． (ⅰ)证明：直线AM与直线BN的斜率之比为定值； (ⅱ)若m＝4，过点P作直线l交椭圆C于D，E两点，过D作PA的平行线，交AE于点F，DF交AB于点G，此时DG＝FG，求满足条件的所有直线PD的斜率． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 4．(2025·湖北新高考协作体联考)已知平面内一动圆过点P(2,0)，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)若过点Q(4,0)的直线l与曲线C交于点M，N，问：以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 [解析]　(1)设动圆圆心(x，y)， 当x≠0时， 即y2＝4x； 当x＝0时，点C的轨迹为点(0,0)，满足y2＝4x. 综上可知，点C的轨迹方程为y2＝4x. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 由对称性可知，若存在定点，则必在x轴上， 令y＝0，则[x－(2m2＋4)]2＋(2m)2＝4(m2＋1)(m2＋4)， 化简得x2－4(m2＋2)x＝0对∀m∈R恒成立， 故x＝0， ∴存在定点(0,0)，故以MN为直径的圆过定点(0,0)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 谢谢观看 1．(15分)(2025·高考新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，长轴长为4. (1)求C的方程； (2)过点(0，－2)的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为，求|AB|. 由题意得e＝＝，则c＝a＝，又b2＝a2－c2，所以b＝. (4分) 第3步：得C的方程 所以C的方程为＋＝1. (5分) (2)第1步：联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系 由题意得l的斜率存在，设l：y＝kx－2，代入＋＝1消去y并化简得(1＋2k2)x2－8kx＋4＝0， (7分) 由Δ＝16(2k2－1)>0，得k2>， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 (10分) 第2步：利用三角形的面积公式求k的值 S△OAB＝×2×|x2－x1|＝＝＝， 解得k2＝. (13分) 第3步：利用弦长公式求|AB| 所以|AB|＝|x2－x1| (14分) ＝×＝. (15分) 2．(17分)(2025·高考新课标Ⅰ卷)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，|AB|＝. [解析]　(1)由题意知＝，所以＝， 设a2＝9t，t>0，则c2＝8t，所以b2＝t. (2分) 又|AB|2＝a2＋b2＝10t＝10， (3分) 所以t＝1，所以C的方程为＋y2＝1. (4分) (2)(ⅰ)设R(x，y)，由(1)知A(0，－1)，又P(m，n)， 所以·＝(m，n＋1)·(x，y＋1)＝mx＋(n＋1)(y＋1)＝||·||·cos 0＝3.　① (7分) 由kAP＝kAB，得＝，　② (8分) 由①②得x＝，y＝， (9分) 故R. (10分) (ⅱ)由(ⅰ)得kOR＝＝3kOP＝，得m2＋n2＋8n－2＝0， (11分) 设s＝sin θ，则|KQ|2＝－8s2＋8s＋25＝－82＋27(－1≤s≤1)， (15分) 故当s＝sin θ＝时，|KQ|取得最大值，且|KQ|max＝3， (16分) 故|PQ|的最大值为|KQ|max＋3＝3(＋)． (17分) 3．(17分)(2025·高考综合改革适应性演练——八省联考)已知椭圆C的离心率为，左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)． [解析]　(1)设C的方程为＋＝1(a>b>0)， 由题意得C的半焦距c＝1， 又e＝＝，∴a＝2，b＝＝. (2分) ∴C的方程为＋＝1. (3分) (注：a，b的值各1分，若只写出a＝2c给1分) ∴线段F1M0的垂直平分线的方程为y＝－x＋2， (4分) 代入＋＝1，得x2－2x＋1＝0， 故x＝1. (6分) ∴线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点. (7分) (3)解法一：第1步：设M的坐标，得线段F1M的中点坐标 设M(X，Y)，则线段F1M的中点坐标为. (8分) 第2步：当Y≠0时，得线段F1M的垂直平分线的方程 当Y≠0时，线段F1M的垂直平分线的方程为y－＝－，即y＝－[2(X＋1)x－(X2＋Y2－1)]． (9分) 第3步：代入C的方程，消去y，得关于x的方程 由得， [3Y2＋4(X＋1)2]x2－4(X＋1)(X2＋Y2－1)x＋(X2＋Y2－1)2－12Y2＝0， (11分) 第5步：当Y＝0，得M的坐标 当Y＝0时，线段F1M的垂直平分线方程为x＝. 由题意知，＝－2或＝2，解得X＝－3，或X＝5，(－3,0)，(5,0)均满足方程(x－1)2＋y2＝16. (16分) 1．(2026·河北沧州质检)已知曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，其上一点A(3,2)满足|F1A|－|F2A|＝2. (1)求E的方程； (2)记E右顶点为B，射线BA上两点P，Q满足|BP|＋|BQ|＝4. (ⅰ)若点P的横坐标为m，求点Q的坐标(用m表示)； (ⅱ)已知M(－2,0)，N(7,0)，若△F1PF2的面积为，求. [解析]　(1)显然|F1A|－|F2A|＝2a＝2，故a＝1， 将A(3,2)代入－＝1， 可得9－＝1，解得b2＝， 故E的方程为x2－2y2＝1. (2)(ⅰ)显然B(1,0)，而A(3,2)，故直线AB的斜率k＝＝1， 于是直线AB的方程为y＝x－1. 故P(m，m－1)， 设点Q的横坐标为n，则Q(n，n－1)， 于是|BP|＋|BQ|＝(|m－1|＋|n－1|)＝(m＋n－2)＝4， 故n＝6－m，于是点Q的坐标为(6－m,5－m)． (ⅱ)记E的半焦距为c，则c＝＝， 故F1，F2， 于是|F1F2|＝， 故△F1PF2的面积为(m－1)|F1F2|＝(m－1)＝， 解得m＝2，故Q(4,3)， 于是|MB|＝3，|NB|＝6， |MQ|＝＝3，|NQ|＝＝3， 在△MBQ中，由正弦定理可知＝， 在△NBQ中，由正弦定理可知＝， 又sin∠MBQ＝sin∠NBQ， 两式作比，可得＝＝， 于是＝＝＝. 2．(2025·安徽蚌埠调研)已知椭圆C的对称中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，且经过点(，1)和. [解析]　(1)设椭圆C的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)， 代入已知点的坐标，得 解得 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)①证明：设直线l的方程为x＝my＋2(m≠0)， 并记点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 由消去x，得(m2＋3)y2＋4my－2＝0， 易知Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24(m2＋1)>0， 则y1＋y2＝，y1y2＝，2my1y2＝y1＋y2， 由条件，D(x1,0)，E(x2,0)，直线AE的方程为y＝(x－x2)， 直线BD的方程为y＝(x－x1)， 联立解得x0＝＝ ＝＋2＝3， 所以点P在定直线x＝3上． ②S△PAB＝|AD|·|x0－x2|＝|y1|·|3－x2|＝|y1|·|1－my2|＝|y1－my1y2|， 而＝，所以my1y2＝(y1＋y2)， 则S△PAB＝|y1－|＝|y1－y2|＝ ＝， 令t＝，则t>1， 所以S△PAB＝·＝·≤×＝， 当且仅当t＝时，等号成立， 所以△PAB面积的最大值为. 3．(2026·浙江新阵地教育联盟联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为M，N，且椭圆C过点，离心率为. [解析]　(1)由题意知解得 C：＋＝1. (2)(ⅰ)M(－2,0)，N(2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线AB：＋＝1，过定点(1,0)， 设直线AB：x＝ty＋1，与x2＋y2＝4联立得y2＋2ty－3＝0， 此时Δ>0，y1＋y2＝，y1y2＝， 解法一：kBNkBM＝－， ＝－kAM·kBM＝－ ＝－ ＝－ ＝－×＝. 解法二：ty1y2＝(y1＋y2)， ＝＝＝＝＝＝. (ⅱ)切点弦AB方程为x＋y＝1， 联立可知A，kPA＝. D(x3，y3)，E(x4，y4)， 直线AB：x＋y＝与直线DF：y－y3＝(x－x3)联立解得xG＝， 由DG＝FG得xF＝， 以下只须证明：A，F，E三点共线， 即＝⇒＝， 首先：＝＝＝－， 其次：直线PD：y＝kx＋(4－4k)与y2＋x2＝3联立，得 x2＋2k(4－4k)x＋[(4－4k)2－3]＝0， x3＋x4＝＝得 x4＝， y4＝(x4－4)＋4＝·＋4＝＋4， 计算可得，＝＝－， 所以＝－＝， 因此过点P的所有直线(与椭圆两个公共点即可)都成立，所以kPD∈. 由已知得＝， (2)设直线l方程为x＝my＋4， 则⇒y2－4my－16＝0，Δ>0恒成立， ⇒设圆心为P，则yP＝2m， xP＝2m2＋4，P(2m2＋4,2m)， 直径|MN|＝|y1－y2|＝·＝4， 故圆P的方程为[x－(2m2＋4)]2＋(y－2m)2＝2＝4(m2＋1)(m2＋4)， $