高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題五 解析幾何滿分示范課 理-人教版高三數(shù)學試題

專題五解析幾何滿分示范課【典例】(滿分12分)(2017·全國卷Ⅱ)設(shè)O為坐標原點，動點M在橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足eq\o(NP,\s\up14(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up14(→)).(1)求點P的軌跡方程；(2)設(shè)點Q在直線x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up14(→))·eq\o(PQ,\s\up14(→))＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.[規(guī)范解答](1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0，0)，eq\o(NP,\s\up14(→))＝(x－x0，y)，eq\o(NM,\s\up14(→))＝(0，y0)，1分由eq\o(NP,\s\up14(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up14(→))得x0＝x，y0＝eq\f(\r(2),2)y，3分因為M(x0，y0)在C上，所以eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,2)＝1，因此點P的軌跡方程為x2＋y2＝2.5分(2)由題意知F(－1，0)，設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則eq\o(OQ,\s\up14(→))＝(－3，t)，eq\o(PF,\s\up14(→))＝(－1－m，－n)，eq\o(OQ,\s\up14(→))·eq\o(PF,\s\up14(→))＝3＋3m－tn，7分eq\o(OP,\s\up14(→))＝(m，n)，eq\o(PQ,\s\up14(→))＝(－3－m，t－n)，由eq\o(OP,\s\up14(→))·eq\o(PQ,\s\up14(→))＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，9分又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝所以eq\o(OQ,\s\up14(→))·eq\o(PF,\s\up14(→))＝0，即eq\o(OQ,\s\up14(→))⊥eq\o(PF,\s\up14(→))，11分又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.12分高考狀元滿分心得1．寫全得分步驟：對于解題過程中是得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于得分點步驟一定要寫全，如第(1)問，設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，N(x0，0)，就得分，第(2)問中求出－3m－m2＋tn－n2＝12．寫明得分關(guān)鍵：對于解題過程中的關(guān)鍵點，有則給分，無則沒分，所以在答題時一定要寫清得分關(guān)鍵點，如第(1)問中一定要寫出x0＝x，y0＝eq\f(\r(2),2)y，沒有則不得分；第(2)問一定要寫出eq\o(OQ,\s\up14(→))·eq\o(PF,\s\up14(→))＝0，即eq\o(OQ,\s\up14(→))⊥eq\o(PF,\s\up14(→))，否則不得分，因此步驟才是關(guān)鍵的，只有結(jié)果不得分．[解題程序]第一步：設(shè)出點的坐標，表示向量eq\o(NP,\s\up14(→))，eq\o(NM,\s\up14(→))；第二步：由eq\o(NP,\s\up14(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up14(→))，確定點P，N坐標等量關(guān)系；第三步：求點P的軌跡方程x2＋y2＝2；第四步：由條件確定點P，Q坐標間的關(guān)系；第五步：由eq\o(OQ,\s\up14(→))·eq\o(PF,\s\up14(→))＝0，證明OQ⊥PF；第六步：利用過定點作垂線的唯一性得出結(jié)論．[跟蹤訓練](2018·江南名校聯(lián)考)設(shè)橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為A(－1，0)，B(1，0)，C為橢圓M上的點，且∠ACB＝eq\f(π,3)，S△ABC＝eq\f(\r(3),3).(1)求橢圓M的標準方程；(2)設(shè)過橢圓M右焦點且斜率為k的動直線與橢圓M相交于E，F(xiàn)兩點，探究在x軸上是否存在定點D，使得eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))為定值？若存在，試求出定值和點D的坐標；若不存在，請說明理由．解：(1)在△ABC中，由余弦定理得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos∠ACB＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.又S△ABC＝eq\f(1,2)CA·CB·sinC＝eq\f(\r(3),4)CA·CB＝eq\f(\r(3),3)，所以CA·CB＝eq\f(4,3)，代入上式得CA＋CB＝2eq\r(2).所以橢圓長軸2a＝2eq\r(2)，焦距2c＝AB＝2.所以橢圓M的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)直線方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－1），))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8＞0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2).假設(shè)x軸上存在定點D(x0，0)使得eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))為定值．所以eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋k2(x1－1)(x2－1)＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)·(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋k2＝eq\f(（2xeq\o\al(2,0)－4x0＋1）k2＋（xeq\o\al(2,0)－2）,1＋2k2)要使eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))為定值，則eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))的值與k無關(guān)，所以2xeq\o\al(2,0)－4x0＋1＝2(xeq