第八节 第1课时 求值、证明问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“圆锥曲线综合应用”专题，覆盖求值、证明、探究性三大核心考点，依据高考评价体系分析近三年真题考点权重，如求值问题占比约45%、证明问题35%，归纳“设而不求”“韦达定理应用”等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+技巧提炼+素养提升”，以2024北京卷椭圆离心率求解、全国甲卷AQ⊥y轴证明等真题为载体，提炼“根与系数关系应用”“向量数量积转化”等突破方法，培养学生运算能力与逻辑推理素养，助力学生掌握解题模板，教师可依托分层训练实现精准复习。

第八节 第八章　平面解析几何 圆锥曲线的综合应用 第1课时　求值、证明问题 第八节 圆锥曲线的综合应用 【例1】　(2024·北京高考)已知椭圆E:+=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点(0,t)(t>)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D. (1)求椭圆E的方程及离心率; 考点一 求值问题 由题知b=,c=,所以a==2.故椭圆E的方程为+=1,离心率e==. 解 (2)若直线BD的斜率为0,求t的值. 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+t(k≠0),联立得得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0.所以Δ=(4kt)2-4(1+2k2)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,由根与系数的关系得x1+x2=-,x1x2=.由椭圆的对称 解 性可得D(-x2,y2),因为A,C,D三点共线,所以kAC=kCD,所以=,即x1y2+x2y1-(x1+x2)=0.由y1=kx1+t,y2=kx2+t,得x1(kx2+t)+x2(kx1+t)-(x1+x2) =0,整理得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,所以2k·+(t-1)·=0,解得t=2. 解析 求值问题一般是根据已知条件列出方程求解,但有时要结合直线与圆锥曲线的位置关系,利用根与系数的关系,设而不求,减少运算量. 【训练1】　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为e=,其左、右顶点分别为A,B,下焦点为F,若S△ABF=. (1)求椭圆C的方程; 由题可知,S△ABF=·2bc=,即bc=,又e=,所以 ⇒所以椭圆C的方程为+x2=1. 解 (2)若点P为椭圆C上的动点,且在第一象限运动,直线AP的斜率为k,且与y轴交于点M,过点M与AP垂直的直线交x轴于点N,若直线PN的斜率为-k,求k值. 由题意知A(-1,0),kAP=k,则直线lAP:y=k(x+1),所以M(0,k),联立方程⇒(k2+4)x2+2k2x+k2-4=0,所以xA+xP=,xA·xP=, 解 所以xP=,所以yP=k(xP+1)=,所以P,因为MN⊥AP,所以直线lMN:y=-x+k,令y=0,解得xN=k2,所以N(k2,0),所以kPN==-k,即k4+5k2-24=0,解得k2=3或k2=-8(舍),因为P在第一象限,所以k=. 解 【例2】　(2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴. (1)求C的方程; 考点二 证明问题 解法一:由题意知所以椭圆C的方程为+=1. 解 解法二:设F'为C的左焦点,连接MF',则|MF|=,|FF'|=2,在Rt△MFF'中,|MF'|===,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=,所以椭圆C的方程为+=1. 解 (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. 分析知直线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),联立方程得消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ>0,则 证明 y1+y2=,y1y2=.因为N为线段FP的中点,F(1,0),所以N.由N,Q,B三点共线,得kBN=kNQ,即=,得-y2=n,得n=.所以n-y1=-y1=-y1===0,所以n=y1,所以AQ⊥y轴. 证明 圆锥曲线中的常见证明问题 1.位置关系方面的:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等. 2.数量关系方面的:如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算证明. 【训练2】　(2026·南京模拟)已知椭圆C:+y2=1的左、右顶点分别为M,N,点P(x0,y0)(y0≠0)在椭圆C上,若点E(-6,yE),F(-6,yF)分别在直线MP,NP上. (1)求kMP·kMF的值; 因为点P(x0,y0)在椭圆C上,所以+=1.又直线MP的斜率为,直线NP的斜率为,所以直线NP的方程为y=(x-2),令x=-6,则yF=,所以点F的坐标为,所以直线MF的斜率为=,所以kMP·kMF====-. 解 (2)连接FM并延长交椭圆C于点Q,求证:E,N,Q三点共线. 设直线MP的斜率为k,则y=k(x+2),令x=-6,则yE=-4k,可得E(-6,-4k).而直线MF的斜率为 -,所以直线MF的方程为y=-(x+2).联立可得(1+k2)y2+2ky=0,易得Q 证明 点的纵坐标为,将其代回直线x=-2ky-2,可得x=,所以Q,所以直线NQ的斜率为=,直线NE的斜率为=,所以kNQ=kNE,所以E,N,Q三点共线. 证明 【例3】　(2024·天津高考)已知椭圆+=1(a>b>0),椭圆的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=. (1)求椭圆的方程; 考点三 探究性问题 因为e==,所以a=2c,b==c,由题知A(-a,0),B(0,-b), C,所以S△ABC=·|BC|·|OA|=·a=·2c=,得c=,所以a=2,b=3.故椭圆的方程为+=1. 解 (2)过点的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得≤0?若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t).当直线PQ的斜率不存在时,不妨设P(0,3), Q(0,-3),则=(0,3-t)·(0,-3-t)=t2-9≤0,解得-3≤t≤3.当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=kx-,由可得(3+4k2)x2-12kx-27=0,所以Δ=144k2+4×27(3+4k2)>0,x1+x2=,x1x2=-. 解 因为=(x1,y1-t)·(x2,y2-t)=x1x2+(y1-t)(y2-t)=x1x2+=(1+k2)x1x2-k(x1+x2)+=--+== ≤0,所以4k2t2-36k2+3t2+9t-≤0对k∈R恒成立, 解 则有解得-3≤t≤.综上可得,-3≤t≤,即点T的纵坐标的取值范围是. 解 本题第(1)问,利用三角形面积求椭圆方程,较为简单;第(2)问,以向量的数量积为背景,考查直线与椭圆的位置关系,对学生的运算求解能力要求较高.学生在平时备考中要加强计算能力的训练,熟练掌握解析几何基本题型的解题思路. 【训练3】　(2026·T8检测训练)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0).且椭圆C过点(,),椭圆的下顶点为E. (1)求椭圆C的方程: 因为椭圆C的左、右焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0),且过点(,),因为+=4,所以2a=4,所以a=2.所以b2=a2-c2=4,所以椭圆C的方程为+=1. 解 (2)过右焦点F2的直线l与椭圆C交于A,B两点(点A在点B的上方),与y轴交于点P(点P在点E的下方).Q为点P关于原点的对称点,QB交x轴于点R,设△PBQ,△BF2Q,△AF2Q的面积分别为S1,S2,S3. ①若直线l的斜率为2,求的值; 直线l方程为x=y+2,设A(x1,y1),B(x2,y2).联立消去x,得9y2+8y-16=0,所以y1+y2=-,y1y2=-.由题得=== ==. 解 ②是否存在直线l,使Q,R,F2,A四点共圆?若存在,试判断直线l的条数;若不存在.请说明理由. 假设存在直线l,设直线l方程为x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2).联立消去x,得(m2+2)y2+ 4my-4=0,Δ>0恒成立,所以y1+y2 = 解 ,y1y2=,所以(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2= .如图,延长QA交x轴于点S,若Q,R,F2, A四点共圆,则∠AF2S=∠AQR. 解 因为tan∠AF2S=,所以tan∠AQR=.又∠AQR=∠1-∠2,所以tan∠AQR=tan(∠1-∠2)==.由kQA=,kQB= 得tan∠AQR=,所以=,所以=,所以 解 2m=2+-m2.由点P在点E下方得-<-2,所以0<m<1,记f(m)=2m+m2--2,0<m<1,所以f'(m)=2+ +2m+>0,f(m)在(0,1)上单调递增.又f<0,f(1)>0,所以函数f(m)在(0,1)上只有唯一零点,即存在唯一m∈(0,1),使得2m=2+ -m2成立,所以存在直线l,条数为1条. 解 $