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2013高考数学(理)二轮复习课件(解析版):专题5 平面解析几何(湖南省专用)(138张)

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专题五 平面解析几何

第14讲 直线与圆 第15讲 圆锥曲线的定义、方 程与性质 第16讲 圆锥曲线热点问题

专题五

平面解析几何

第14讲 直线与圆

第14讲 │ 云览高考
[云览高考]

考点统计

题型(频率

)

考例(难度)

考点1 直线的概 0 念、方程与位 置关系 考点2 圆的方程 0 以及圆的性质 考点3 直线与圆 2012湖南卷 说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题 选择(1) 6(B) 的综合运用

第14讲 │ 二轮复习建议

二轮复习建议
命题角度:该部分主要围绕两个点展开命题.第一个点是 围绕直线与圆的方程展开,设计考查求直线方程、圆的方程、 直线与圆的位置关系等问题,目的是考查平面解析几何初步的 基础知识和方法,考查运算求解能力,试题一般是选择题或者 填空题;第二个点是围绕把直线与圆综合展开,设计考查直线 与圆的相互关系的试题,目的是考查直线与圆的方程在解析几 何中的综合运用,这个点的试题一般是解答题.

第14讲 │ 二轮复习建议

预计2013年该部分的命题方向不会有大的变化,以选择 题或者填空题的形式重点考查直线与圆的方程,而在解答题 中考查直线方程、圆的方程的综合运用. 复习建议:该部分是解析几何的基础,涉及大量的基础 知识,在复习时要把知识进一步系统化,在此基础上,在本 讲中把重点放在解决直线与圆的方程问题上.

第14讲 │ 主干知识整合
主干知识整合

第14讲 │ 主干知识整合

第14讲 │ 主干知识整合
1.直线的概念与方程 (1)概念:直线的倾斜角θ的范围为[0° ,180° ),倾斜角为90° 的 y2-y1 直线的斜率不存在,过两点的直线的斜率公式k=tanα= x2-x1 (x1≠x2); y-y1 x-x1 (2)直线方程:点斜式y-y0=k(x-x0),两点式 = y2-y1 x2-x1 (x1≠x2,y1≠y2),一般式Ax+By+C=0(A2+B2≠0); (3)位置关系:当不重合的两条直线l1和l2的斜率存在时,两直 线平行l1∥l2?k1=k2,两直线垂直l1⊥l2?k1·2=-1,两直线的交 k 点就是以两直线方程组成的方程组的解为坐标的点; (4)距离公式:两点间的距离公式,点到直线的距离公式,两平 行线间的距离公式.

第14讲 │ 主干知识整合
2.圆的概念与方程 (1)标准方程:圆心坐标(a,b),半径r,方程(x-a)2+(y -b)2=r2,一般方程:x2+y2+Dx+Ey+F=0(其中D2+E2- 4F>0); (2)直线与圆的位置关系:相交、相切、相离 ,代数判断 法与几何判断法; (3)圆与圆的位置关系:相交、相切、相离、内含,代数 判断法与几何判断法.

第14讲│ 要点热点探究

要点热点探究
? 探究点一 直线的概念、方程与位置关系 例1 (1)过点(5,2),且在y轴上的截距是在x轴上的截距的2 倍的直线方程是( ) A.2x+y-12=0 B.2x+y-12=0或2x-5y=0 C.x-2y-1=0 D.x-2y-1=0或2x-5y=0 (2)[2012· 浙江卷] 设a∈R,则“a=1”是“直线l1:ax+ 2y-1=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

第14讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(分析)欲求直线方程只要求在两坐标轴上的 截距 ? (推理)根据已知条件得方程解之 ? (结论)化为一般方 程即得; (2)(分析)欲判断充要条件需确定使已知直线平行的a值 ? (推理)求出使已知直线平行的a值 ? (结论)根据充分性、必要 性判断方法进行判断.

第14讲│ 要点热点探究

[答案]

(1)B

(2)A

(1)当直线过原点时方程为2x-5y=0,不过原点 x y 时,可设出其截距式为a+ =1,再由过点(5,2)即可解出. 2a (2)当a=1时,直线l1:x+2y-1=0,直线l2:x+2y+4 =0,则l1∥l2;若l1∥l2,则有a(a+1)-2×1=0,即a2+a-2 =0,解之得,a=-2或a=1,所以不能得到a=1.故选A.

[解析]

第14讲│ 要点热点探究

[点评] 直线方程的四种特殊形式(点斜式、斜截式、两点 式、截距式)都有其适用范围,在解题时不要忽视这些特殊情 况,如本例第一题易忽视直线过坐标原点的情况;一般地, 直线A1x+B1y+C1=0,A2x+B2y+C2=0平行的充要条件是 A1B2=A2B1且A1C2≠A2C1,垂直的充要条件是A1A2+B1B2=0.

第14讲│ 要点热点探究

变式题 (1)将直线y=3x绕原点逆时针旋转90° ,再向右平 移1个单位,所得的直线方程为( ) 1 1 1 A.y=- x+ B.y=- x+1 3 3 3 1 C.y=3x-3 D.y= x+1 3 (2)“a=-2”是“直线ax+2y=0垂直于直线x+y=1” 的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件

第14讲│ 要点热点探究

[答案]

(1)A

(2)C

[解析] (1)逆时针旋转90° 后与原来直线垂直,所以其方程 1 1 为y=- x,向右平移1个单位后得直线的方程为y=- (x- 3 3 1 1 1),即直线方程为y=- x+ . 3 3 (2)直线ax+2y=0与直线x+y=1垂直的充要条件是a×1 +2×1=0,即a=-2.

第14讲│ 要点热点探究
? 探究点二 圆的方程及圆的性质问题 例2 (1)已知圆(x-a)2+(y-b)2=r2的圆心为抛物线y2=4x的 焦点,且与直线3x+4y+2=0相切,则该圆的方程为( ) 64 64 2 2 2 2 A.(x-1) +y = B.x +(y-1) = 25 25 C.(x-1)2+y2=1 D.x2+(y-1)2=1 (2)[2012· 陕西卷] 已知圆C:x2+y2-4x=0,l是过点P(3,0)的 直线,则( ) A.l与C相交 B.l与C相切 C.l与C相离 D.以上三个选项均有可能

第14讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(分析)欲求圆的方程只要确定a,b,r的值 ? (推理)抛物线y2=4x的焦点确定a,b,圆心到直线的距离确定r ? (结论)写出圆的标准方程; (2)(分析)欲确定直线与圆的位置关系需研究圆心到直线的距 离 ? (推理)直线过定点可先看定点与圆的位置关系 ? (结论)根据 上述作出判断.

第14讲│ 要点热点探究

[答案] (1)C

(2)A

[解析] (1)抛物线y2=4x的焦点为(1,0),则a=1,b=0,r |3×1+4×0+2| = =1,所以圆的方程为(x-1)2+y2=1. 32+42 (2)圆的方程可化为(x-2)2+y2=4,易知圆心为(2,0),半 径为2,圆心到点P的距离为1,所以点P在圆内.所以直线与 圆相交.故选A.

第14讲│ 要点热点探究

[点评] 确定圆的几何要素:圆心位置和圆的半径,求解 圆的方程就是求出圆心坐标和圆的半径;判断直线与圆的位 置关系的一般方法是比较圆心到直线的距离与圆的半径的大 小,但当直线经过圆内一个定点时,直线与圆一定相交.

第14讲│ 要点热点探究

3 变式题 圆心在曲线y= x (x>0)上,且与直线3x+4y+3 =0相切的面积最小的圆的方程为( ) ? 3?2 2 A.(x-2) +?y-2? =9 ? ? ?16? 2 2 B.(x-3) +(y-1) =? 5 ?2 ? ? ?18? 2 2 C.(x-1) +(y-3) =? 5 ?2 ? ? ? ?2 D.(x- 3)2+??y- 3?? =9

第14讲│ 要点热点探究

[答案]
[解析]

A
? 3? 设圆心坐标为 ?x,x? ,由于圆与直线3x+4y+3 ? ?

=0相切,故圆的半径为r=

12 3x+ x +3 5

≥3,当且仅当x=2时

? 3? 取等号;所以半径最小时圆心为 ?2,2? ,圆的方程为(x-2)2+ ? ? ? 3?2 ?y- ? =9. 2? ?

第14讲│ 要点热点探究
? 探究点三 直线与圆的综合应用 例3 [2012· 天津卷] 设m,n∈R,若直线(m+1)x+(n+1)y -2=0与圆(x-1)2+(y-1)2=1相切,则m+n的取值范围是 ( ) A.[1- 3,1+ 3] B.(-∞,1- 3]∪[1+ 3,+∞) C.[2-2 2,2+2 2] D.(-∞,2-2 2]∪[2+2 2,+∞)

第14讲│ 要点热点探究

[思考流程] (分析)欲确定m+n取值范围需确定m,n满足 的方程 ? (推理)根据已知直线与已知圆相切得之 ? (结论)使 用不等式或者方程的方法判断.

第14讲│ 要点热点探究

[答案] D

|m+n| [解析] ∵直线与圆相切,∴ =1,整 ?m+1?2+?n+1?2 ?m+n? ?2 理得mn=(m+n)+1,由基本不等式得(m+n)+1≤? ? 2 ? , ? ? 即(m+n)2-4(m+n)-4≥0,解之得m+n≤2-2 2 或m+ n≥2+2 2.

第14讲│ 要点热点探究

[点评] 本题根据m+n+1=mn可直接令t=m+n代入消 去n得关于m的一元二次方程,m为实数,这个方程的判别式 大于或者等于零,得关于t的不等式,解不等式可得m+n的 取值范围.

第14讲│ 要点热点探究

变式题 直线 2ax+by=1与圆x2+y2=1相交于A,B两点 (其中a,b是实数),且△AOB是直角三角形(O是坐标原点), 则点P(a,b)与点(0,1)之间距离的最大值为( ) A. 2+1 B.2 C. 2 D. 2-1

第14讲│ 要点热点探究

[答案]

A

[解析] △AOB是直角三角形等价于圆心到直线 2ax+by 2 1 =1的距离等于 ,由点到直线的距离公式得 = 2 2a2+b2 2 b2 ? ? ,即2a2+b2=2,即a2=1- 且b∈ ??- 2, 2?? .点P(a,b) 2 2 1 2 2 2 与点(0,1)之间的距离为d= a +?b-1? = b -2b+2,因 2 此当b=- 2时,d取最大值,此时dmax= 3+2 2= 2+1.

第14讲│ 规律技巧提炼

规律技巧提炼

1.确定直线的几何要素,一个是它的方向,一个是直 线过一个点; 2.求圆的方程要确定圆心的坐标(横坐标、纵坐标)和圆的半 径,这实际上是三个独立的条件,只有根据已知把三个独立条件 找出来才可能通过解方程组的方法确定圆心坐标和圆的半径.

?规律

第14讲│ 规律技巧提炼

?技巧 直线被圆所截得的弦长的解决方法,一是根据平面几何 知识结合坐标的方法,把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表 示,即如果圆的半径是r,圆心到直线的距离是d,那么直线被圆 所截得的弦长l=2 r2-d2,这个公式是根据平面几何中直线与圆 的位置关系和勾股定理得到的,二是根据求一般的直线被二次曲 线所截得的弦长的方法解决. ?易错 忽视直线方程的适用范围,点斜式和斜截式不包括与x轴 垂直的直线,两点式和截距式不包括与坐标轴垂直的直线.

第14讲│ 命题立意追溯

命题立意追溯
推理论证能力——结合圆的几何特征处理圆的问题 示例 已知P是直线3x+4y+8=0上的动点,PA,PB是圆x2 +y2-2x-2y+1=0的切线,A,B是切点,C是圆心,那么四边 形PACB面积的最小值是( ) A. 2 B.2 C.2 2 D.4

第14讲│ 命题立意追溯

[命题阐释] 本题立意是通过圆的几何特征,经过逻辑推理 找到解决问题的方法,其目的之一就是考查逻辑推理能力在处理 圆问题中的应用.

第14讲│ 命题立意追溯

[思考流程] (分析)欲求四边形面积的最小值需知其在什么情 况下取得最小值 ? (推理)根据圆的几何特征进行推理找到取得 最小值的位置 ? (结论)具体计算得出结果.

图5-14-1

第14讲│ 命题立意追溯

[答案]C
[解析] 由题意,圆 x2+y2-2x-2y+1=0 的圆心是 C(1,1), 1 半径为 1,|PA|=|PB|.易知四边形面积为 (|PA|+|PB|)· 1=|PA|,故 2 |PA|最小时,四边形 PACB 面积最小. 由于|PA|= |PC|2-1,故|PC|最小时|PA|最小,此时 CP 垂直 |3+4+8| 于直线 3x+4y+8=0,|PC|= =3,|PA|= |PC|2-1= 5 2 2,∴四边形面积的最小值是 2 2.

第14讲│ 命题立意追溯
[跟踪练] 1.若圆C:x2+y2+2x-4y+3=0关于直线2ax+by+6 =0对称,则由点(a,b)向圆所作的切线长的最小值是( ) A.2 B.3 C.4 D.6 2.设M(1,2)是一个定点,过M作两条相互垂直的直线 l1,l2,设原点到直线l1,l2的距离分别为d1,d2,则d1+d2的 最大值是________.

第14讲│ 命题立意追溯

1. [答案] C
[解析] 直线 2ax+by+6=0 过圆心 C(-1,2),a-b-3=0, 当 点 M(a , b) 到 圆 心 距 离 最 小 时 , 切 线 长 最 短 ; |MC| = ?a+1?2+?b-2?2= 2a2-8a+26,a=2 时最小,此时 b=-1, 切线长等于 4.

第14讲│ 命题立意追溯

2.

[答案]

10

[解析] 由题意,设 O 到两条直线的距离为|OC|,|OD|,则 四边形 OCMD 是矩形,d2+d2=|OM|2=5,(d1+d2)2-2d1d2=5 1 2 ?(d1+d2)2-5=2d1d2, d1+d2 ?d1+d2?2 因为 d1d2≤ ?d1d2≤ . 2 4 ?d1+d2?2 所以(d1+d2)2-5≤ ?(d1+d2)2≤10?d1+d2≤ 10. 2 从而 d1+d2 的最大值是 10.

第14讲│ 教师备用例题

教师备用例题

选题理由:据本讲的特点,我们在正文中没有选用解答题, 下面的例题是直线与圆的一个综合,可作本讲总结使用.

第14讲│ 教师备用例题
x2 例 已知椭圆C: +y2=1的左,右焦点分别为F1, 2 F2,下顶点为A,点P是椭圆上任一点,⊙M是以PF2为直径 的圆. π (1)当⊙M的面积为 时,求PA所在直线的方程; 8 (2)当⊙M与直线AF1相切时,求⊙M的方程; (3)求证:⊙M总与某个定圆相切.

第14讲│ 教师备用例题
解:(1)易得F1(-1,0),F2(1,0),A(0,-1), 设点P(x1,y1), x2 1 1 则|PF2|2=(x1-1)2+y2=(x1-1)2+1- = (x1-2)2, 1 2 2 2 所以|PF2|= 2- x1. 2 π π π 又⊙M的面积为 ,∴ = (x1-2)2,解得x1=1, 8 8 8 ? 2? ? 2? ? ? ? ∴P?1, ?或?1,- ?. 2? ? 2? ? ? ? 2? ? ∴PA所在直线方程为y=?1+ ?x-1或 2? ? ? ? 2? ? ? y=?1- ?x-1. 2? ?

第14讲│ 教师备用例题
(2)因为直线AF1的方程为x+y+1=0,且M
?x1+1 y ? ? 1? , ? ? 2 2? ?

到直线AF1的距离为 ?x1+1 y ? ? ? 1 + +1? ? 2 2 2 2 ? ? = - x ,化简得y1=-1-2x1,联 2 4 1 2 ?y1=-1-2x1, ? 2 8 立方程组?x1 2 解得x1=0或x1=- . 9 ? 2 +y1=1, ? ?1 1? ∴当x1=0时,可得M?2,-2?, ? ? ∴⊙M的方程为 ? 1?2 ? 1?2 1 ?x- ? +?y+ ? = ; 2 ? ? 2? 2 ?

第14讲│ 教师备用例题
?1 7? 8 当x1=- 时,可得M?18,18?, 9 ? ? ∴⊙M的方程为 ? 1 ?2 ? 7 ?2 169 ?x- ? +?y- ? = 18? ? 18? 162. ? (3)⊙M始终和以原点为圆心,半径为r1= 2 (长半轴)的圆 (记作⊙O)相切. ?x1+1?2 y2 ?x1+1?2 1 x2 1 1 证明:因为|OM|= + = + - = 4 4 4 4 8 2 2 + x1 , 2 4 2 2 又⊙M的半径r2=|MF2|= - x1,∴|OM|=r1-r2, 2 4 ∴⊙M和⊙O相内切.

第15讲 圆锥曲线的定义、 方程与性质

第15讲 │ 云览高考
[云览高考]
考点统计 考点 1 圆锥曲 线的定义与标准 方程 考点 2 圆锥曲 线的几何性质 考点 3 直线与 圆锥曲线的位置 关系 题型(频率) 选择(2) 解答(1) 选择(1) 解答(1) 填空(2) 考例(难度) 2011 湖南卷 5(B), 2012 湖南卷 5(B), 2012 湖南卷 21(1)(B) 2008 湖南卷 8(B), 2009 湖南卷 12(B) 2008 湖南卷 12(B), 2010 湖南卷 14(B)

说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题

第15讲 │ 二轮复习建议

二轮复习建议
命题角度:该部分的命题主要围绕两个点展开.第一个点 是围绕圆锥曲线与方程本身的知识展开,命题考查求圆锥曲线 的方程、求椭圆或者双曲线的离心率以及简单的直线与圆锥曲 线交汇的试题,目的是有针对性地考查对圆锥曲线基础知识和 基本方法的掌握程度,试题一般是选择题或者填空题;第二个 点是围绕圆锥曲线与方程的综合展开,命题以圆锥曲线为基本 载体,综合直线、圆等知识的综合性试题,目的是全面考查对 解析几何的知识和方法的掌握程度,考查综合运用解析几何的 知识和方法分析问题、解决问题的能力,这类试题一般是解答 题,而且往往是试卷的压轴题之一,具有一定的难度.

第15讲 │ 二轮复习建议

预计2013年对该部分考查的基本方向不会有大的转折, 会在选择题或者填空题中考查圆锥曲线的定义、方程和简单 几何性质的应用,在解答题中综合考查圆锥曲线与方程. 复习建议:高考试题中解析几何的解答题一般具有一定 的难度,学生也畏惧解答解析几何试题,但解析几何试题的 特点是思路清晰,运算困难,因此在复习该讲(以及下一讲) 时,要在学生掌握好基础知识和基本方法的前提下,注重运 算技巧的点拨、注重运算能力的培养.

第15讲 │ 主干知识整合
主干知识整合

第15讲 │ 主干知识整合
1.椭圆 画出椭圆的图象,标出F1,F2,a,b,c,回顾椭圆的定义,两种形式 的标准方程,a,b,c的关系. 椭圆的简单几何性质:顶点坐标,焦点坐标,a,b,c的范围,离心率 的范围,图象的对称性. 2.双曲线 画出双曲线的图象,标出F1,F2,a,b,c,回顾双曲线的定义,两种 形式的标准方程,a,b,c的关系. 双曲线的简单几何性质,顶点坐标,焦点坐标,a,b,c的范围,图象 的对称性,离心率的范围,渐近线方程. 3.抛物线 画出抛物线的图象,标出F,回顾抛物线的定义,四种形式的标准方 程,焦参数p的几何意义. 抛物线的简单几何性质:顶点坐标,焦点坐标,离心率的值,准线的方程.

第15讲│ 要点热点探究
要点热点探究
圆锥曲线的定义与标准方程 x2 y2 例1 [2012· 湖南卷] 已知双曲线C: 2 - 2 =1的焦距为 a b 10,点P(2,1)在C的渐近线上,则C的方程为( ) x2 y 2 A. - =1 20 5 x2 y2 B. - =1 5 20 x2 y 2 C. - =1 80 20 x2 y 2 D. - =1 20 80 ? 探究点一

第15讲│ 要点热点探究

[思考流程] (分析)欲求双曲线方程需确定系数a,b ? (推 理)焦距确定一个a,b的方程,点P在渐近线上确定一个a,b的 方程 ? (结论)解方程组得之.

第15讲│ 要点热点探究

[答案] A

由已知可得双曲线的焦距2c=10,a2+b2=52= b 1 1 b 25,排除C,D,又由渐近线方程为y= a x= x,得 = a ,解 2 2 得a2=20,b2=5,所以选A. [解析]

第15讲│ 要点热点探究

[点评] 确定圆锥曲线方程的最基本方法就是根据已知条 件得到圆锥曲线系数的方程,解方程组得到系数值.注意在 椭圆中c2=a2-b2,在双曲线中c2=a2+b2.圆锥曲线基本问题 的考查的另一个重点是定义的应用,看下面变式.

第15讲│ 要点热点探究
x2 y2 y2 2 变式题 (1)设椭圆 +m=1 和双曲线 -x =1 的公共 2 3 焦点分别为 F1, 2, 为这两条曲线的一个交点, F P 则|PF1|· 2| |PF 的值等于( ) A.3 B.2 3 C.3 2 D.2 6 (2)设 F 为抛物线 y2=4x 的焦点,A,B,C 为该抛物线上 → → → → → → 三点,若FA+FB+FC=0,则|FA|+|FB|+|FC|=( ) A.9 B.6 C.4 D.3

第15讲│ 要点热点探究
[答案] (1)A (2)B

[解析] (1)焦点坐标为(0,± 2),由此得m-2=4,故m=6. 根据椭圆与双曲线的定义可得|PF1|+|PF2|=2 6 ,||PF1|- |PF2||=2 3 ,两式平方相减得4|PF1|· 2|=4×3,所以 |PF |PF1|· 2|=3. |PF (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),抛物线焦点为 F(1,0),准线方程为x=-1. 由已知得x1+x2+x3=3,y1+y2+y3=0, 而|FA|=x1-(-1)=x1+1,|FB|=x2-(-1)=x2+1, |FC|=x3-(-1)=x3+1, ∴|FA|+|FB|+|FC|=x1+1+x2+1+x3+1=(x1+x2+x3) +3=3+3=6.

第15讲│ 要点热点探究
? 探究点二 圆锥曲线的几何性质

x2 y2 例2 (1)[2012· 课程标准卷] 设F1,F2是椭圆E: 2 + 2 = a b 3a 1(a>b>0)的左,右焦点,P为直线x= 上一点,△F2PF1是底 2 角为30° 的等腰三角形,则E的离心率为( ) 1 2 A. B. 2 3 3 4 C. D. 4 5

第15讲│ 要点热点探究
(2)[2012· 浙江卷] 如图5-15-1所示,F1,F2分别是双 x2 y2 曲线C: 2 - 2 =1(a,b>0)的左,右焦点,B是虚轴的端点, a b 直线F1B与C的两条渐近线分别交于P,Q两点,线段PQ的垂 直平分线与x轴交于点M.若|MF2|=|F1F2|,则C的离心率是 ( )

图5-15-1 2 3 A. 3 6 B. C. 2 D. 3 2

第15讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(分析)欲确定椭圆离心率需确定a,c关系 ? (推理)画出图形,确定图形中角的大小以及图形反映的数 量关系得方程确定之 ? (结论)根据离心率定义求得结果; (2)(分析)欲求双曲线的离心率需确定a,c的关系 ? (推 理)写出F1B的方程和双曲线渐近线方程可得P,Q坐标,进而 可得PQ的中垂线方程和PQ的中点坐标,将中点坐标代入中 垂线方程即可确定a,c关系 ? (结论)按照离心率定义求之.

第15讲│ 要点热点探究

[答案] (1) C

(2)B

[解析] (1)根据题意,一定有∠PF1F2=30° ,且∠PF2x= 3 60° ,故直线PF2的倾斜角是60° ,设直线x= a与x轴的交点为 2 M,则|PF2|=2|F2M|,又|PF2|=|F1F2|,所以|F1F2|=2|F2M|.所 ?3 ? c 3 ? a-c?,即4c=3a,故e= = .故选C. 以2c=2 2 a 4 ? ? b (2)依题意得直线F1B的方程为y= c x+b,那么可知线段 c PQ的垂直平分线的方程为y=-b(x-3c),

第15讲│ 要点热点探究
? b ?y=c x+b, ? ?y=-bx a ?



联立解得点P的坐标为

? ac bc ? ? ? - , ? a+c a+c?, ? ?

? b ?y=c x+b, 由? ?y=bx ? a

? ac bc ? ? 联立解得点Q的坐标为?c-a,c-a?, ? ? ? ?a2c c2? ? 2 , ? ,代入y=- b? ?b

那么可得线段PQ的中点坐标为
2 2

c b (x

c -3c)并整理可得2c =3a ,可得e=a=

3 6 = ,故应选B. 2 2

第15讲│ 要点热点探究

[点评] 求椭圆与双曲线的离心率的基本思想是建立关于 a,b,c的方程,根据已知条件和椭圆、双曲线中a,b,c的 关系,求出所求的椭圆、双曲线中a,c之间的比例关系,根 据离心率定义求解.如果是求解离心率的范围,则需要建立 关于a,c的不等式(下面的变式(1)).

第15讲│ 要点热点探究
x2 y2 变式题 (1)若双曲线 2 - 2 =1(a>0,b>0)与直线y= 3 x a b 无交点,则离心率e的取值范围为( ) A.(1,2) B.(1,2] C.(1, 5) D.(1, 5] x2 y2 (2)已知双曲线 2 - 2 =1(a>0,b>0)的离心率e=2,则其 a b 渐近线方程为________.

第15讲│ 要点热点探究
[答案] (1)B (2)y=± 3x
b [解析] (1)因为双曲线的渐近线方程为y=± x,要使直线y a = 3 x与双曲线无交点,则直线y= 3 x,应在两渐近线之 b 间,所以有 a ≤ 3 ,即b≤ 3 a,所以b2≤3a2,c2-a2≤3a2, 即c2≤4a2,e2≤4,所以1<e≤2,选B. (2)根据双曲线离心率的定义和双曲线中a,b,c的关系可 2 2 ?b? c2 a +b b 2 ? ? 2,代入数据解得 = 3,所以所求 得e = 2 = =1+ a a a a2 ? ? 的渐近线方程为y=± 3x.

第15讲│ 要点热点探究
? 探究点三 直线与圆锥曲线的位置关系 例3 [2012· 安徽卷] 过抛物线y2=4x的焦点F的直线交该 抛物线于A,B两点,O为坐标原点.若|AF|=3,则△AOB的 面积为( ) 2 A. B. 2 2 3 2 C. D.2 2 2

第15讲│ 要点热点探究

[思考流程] (分析)欲求三角形面积需知三角形的结构 ? (推理)根据|AF|=3和抛物线的定义可确定点A的坐标,进而可 确定直线AB方程或者点B坐标 ? (结论)求出解三角形面积需 要的量即可.

第15讲│ 要点热点探究

[答案] C
[解析] 如图,设A(x0,y0)(y0<0).易知抛物线y2=4x的焦 点为F(1,0),抛物线的准线方程为x=-1,故由抛物线的定义 得|AF|=x0-(-1)=3,解得x0=2,所以y0=-2 2,

第15讲│ 要点热点探究
-2 2-0 故点A(2,-2 2).则直线AB的斜率为k= =- 2-1 2 2 ,直线AB的方程为y=-2 2 x+2 2 ,联立 ?y=-2 2x+2 2, ? ? 2 消去y得2x2-5x+2=0,由x1x2=1, ?y =4x, ? 1 得A,B两点横坐标之积为1,所以点B的横坐标为 .再由抛物 2 1 ? 3 ? ? ? ? ? ? 3 9 ? ? ? ?BF? = - ?-1? = , ?AB? = ?AF? + ?BF? =3+ = . 线的定义得 ? ? ? 2 ? 2 ? ? ? ? ? ? 2 2 2 2 1 9 又因为点O到直线AB的距离为d= ,所以S△AOB= × 3 2 2 2 2 3 2 × = . 3 2

第15讲│ 要点热点探究

[点评] 简单的直线与圆锥曲线位置关系的问题可以通过 求解交点坐标等方式解决,而不必过度依赖一般方法.在抛 物线中过焦点的直线是一个特殊情况,它具有许多性质,其 中最基本的是焦点弦的两个端点横坐标之积、纵坐标之积都 为定值.

第15讲│ 要点热点探究

变式题 过抛物线y2=2px焦点F作直线l交抛物线于A,B 两点,O为坐标原点,则△OAB为( ) A.锐角三角形 B.直角三角形 C.不确定 D.钝角三角形

第15讲│ 要点热点探究

[答案] D
→ OB [解析] 设点A,B的坐标为(x1,y1),(x2,y2),则 OA ·→ p2 3 =(x1,y1)· 2,y2)=x1x2+y1y2= -p2=- p2<0,所以 (x 4 4 ∠AOB为钝角,故△OAB一定为钝角三角形.

第15讲│ 要点热点探究

例4 已知圆C的方程为x2+y2=4,过点M(2,4)作圆C的两 x2 y2 条切线,切点分别为A,B,直线AB恰好经过椭圆T: 2 + 2 a b =1(a>b>0)的右顶点和上顶点. (1)求椭圆T的方程; (2)已知直线l与椭圆T相交于P,Q两不同点,直线l方程 为y=kx+ 3 (k>0),O为坐标原点,求△OPQ面积的最大 值.

第15讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)直线AB过椭圆上两个特殊点 ? (目 标)椭圆T的方程 ? (方法)求出直线AB的方程确定椭圆方程需 得a,b,得出椭圆方程; (2)(条件)椭圆方程和直线系方程 ? (目标)△OPQ面积的 最大值 ? (方法)使用斜率k表示弦长|PQ|与坐标原点到直线 PQ的距离,使用三角形面积公式建立△OPQ面积的函数,求 关于k的函数的最大值.

第15讲│ 要点热点探究

解:(1)由题意:一条切线方程为x=2,设另一条切线方 程为y-4=k(x-2), |4-2k| 3 3 5 则 2 =2,解得k= ,此时切线方程为y= x+ ,切 4 4 2 k +1 6 8 线方程与圆方程联立得:x=- ,y= ,则直线AB的方程为 5 5 x+2y=2. 令x=0,解得y=1,∴b=1;令y=0,得x=2,∴a=2. x2 2 故所求椭圆方程为 +y =1. 4

第15讲│ 要点热点探究
?y=kx+ 3, ? 2 (2)联立?x 整理得(1+4k2)x2+8 3kx+8=0, +y2=1. ?4 ? Δ=(8 3k)2-32(1+4k2)>0,即2k2-1>0. -8 3k 令P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2= , 1+4k2 8 x1x2= , 1+4k2 3 原点到直线l的距离为d= 2, 1+k |PQ|= 1+k2|x1-x2|,

第15讲│ 要点热点探究

∴S△OPQ=

1 3 3 |PQ|· d= |x1-x2|= 2 2 2

?x1+x2?2-4x1x2 =

2k2-1 2 6· ?1+4k2?2 =2 2 6· 6 1 · 2k2-1 4?2k2-1?2+12?2k2-1?+9 =

≤1. 9 4?2k2-1?+12+ 2 2k -1 5 当且仅当k= 时取等号,则△OPQ面积的最大值为1. 2

第15讲│ 要点热点探究

[点评] 本题是解析几何解答题的基本设计模式,即先求圆 锥曲线的方程,再研究直线与圆锥曲线相交产生的问题.本题求 解弦长使用的是“设而不求、整体代入”的方法,这是解析几何 解决直线与圆锥曲线相交的一般方法,要注意体会(下讲中我们 继续研究这个方法).本题最后求最值时,如果进行简单的换 2k2-1 元,则更容易解决问题,即令t=2k2-1>0,此时 = ?1+4k2?2 t t 1 = = . 9 ?3+2t?2 4t2+12t+9 4t+ t +12

第15讲│ 规律技巧提炼
规律技巧提炼
x2 y2 ?规律 双曲线方程为 2- 2=λ(m>0,n>0,λ≠0)的渐近 m n x2 y2 x y 线方程是 2- 2=0,即m± =0.抛物线y2=2px(p>0)的过焦 n m n ?p ? p2 点F?2,0?的弦AB,若A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2= , 4 ? ? y1y2=-p2,弦长|AB|=x1+x2+p. ?技巧 1.椭圆和双曲线的离心率的范围问题,其关键就是 确立一个关于a,b,c的不等式,再根据a,b,c的关系消掉 b得到a,c的不等式,从这个不等式确定a,c的关系.建立 关于a,b,c的不等式要充分利用椭圆和双曲线的几何性 质、点的坐标的范围等.

第15讲│ 规律技巧提炼

2.解决直线与圆锥曲线相交时的弦长问题的方法是:设而 不求,根据根与系数的关系,进行整体代入.即当直线与圆 锥曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2)时,|AB|= 1+k2|x1-x2| 1 = 1+ 2|y1-y2|,而|x1-x2|= ?x1+x2?2-4x1x2等,根据将 k 直线方程与圆锥曲线方程联立消元后的一元二次方程,利用 根与系数的关系进行整体代入. ?易错 混淆椭圆与双曲线中a,b,c的关系;直线与圆锥曲 线相交时忽视消元后的一元二次方程的判别式大于零.

第15讲│ 命题立意追溯
命题立意追溯
推理论证能力——探求圆锥曲线轨迹的基本思路与方法 示例 已知圆 C 与两圆 x2+(y+4)2=1,x2+(y-2)2=1 外切, 圆 C 的圆心轨迹方程为 L,设 L 上的点与点 M(x,y)的距离的最 小值为 m,点 F(0,1)与点 M(x,y)的距离为 n. (1)求圆 C 的圆心轨迹 L 的方程; (2)求满足条件 m=n 的点 M 的轨迹 Q 的方程.

第15讲│ 命题立意追溯

[命题阐释] 本题命题立意是通过对已知条件的分析, 通过逻辑推理判断曲线的类型后求出其轨迹方程,考查逻 辑推理能力在求轨迹方程中的运用,其特点是解轨迹方程 不以计算为主,而以推理为主.

第15讲│ 命题立意追溯

[思考流程] (1)(条件)L上的点到两个已知圆的圆心距离 相等 ? (目标)圆C的圆心轨迹L的方程 ? (方法)根据平面几 何知识作出推断,L为两圆圆心的垂直平分线; (2)(条件)点M的轨迹满足的几何条件 ? (目标)点M的轨 迹Q的方程 ? (方法)归结为圆锥曲线定义,确定圆锥曲线方 程的系数写出轨迹方程.

第15讲│ 命题立意追溯

解:(1)两圆半径都为1,两圆心分别为C1(0,-4), C2(0,2),由题意得CC1=CC2,可知圆心C的轨迹是线段C1C2 的垂直平分线,C1C2的中点为(0,-1),直线C1C2的斜率不 存在,故圆心C的轨迹是线段C1C2的垂直平分线,方程为y =-1,即圆C的圆心轨迹L的方程为y=-1. (2)因为m=n,所以M(x,y)到直线y=-1的距离与到 点F(0,1)的距离相等,故点M的轨迹Q是以y=-1为准线, p 点F(0,1)为焦点,顶点在原点的抛物线, =1,即p=2,所 2 以,轨迹Q的方程是x2=4y.

第15讲│ 命题立意追溯

[跟踪练] 设双曲线C1的渐近线为y=± 3 x,焦点在x轴上且实轴长为1. 若曲线C2上的点到双曲线C1的两个焦点的距离之和等于2 2 ,并 且曲线C3:x2=2py(p>0是常数)的焦点F在曲线C2上. (1)求满足条件的曲线C2和曲线C3的方程; → =1 (2)过点F的直线l交曲线C3于点A,B(A在y轴左侧),若AF 3 → FB,求直线l的倾斜角.

第15讲│ 命题立意追溯
1 ? b1 ? ?a1=2, ? = 3, 解:(1)双曲线C1满足:?a1 解得? ?2a1=1. ?b1= 3. ? 2 ? 则c1= a2+b2=1,于是曲线C1的焦点F1(-1,0),F2(1,0), 1 1 x2 y2 曲线C2是以F1,F2为焦点的椭圆,设其方程为 2 + 2 = a2 b2 1(a2>b2>0), ?2a =2 2, ?a = 2, ? 2 ? 2 x2 2 解? 2 得? 即C2: +y =1, 2 2 ?a2-b2=1 ?b2=1. ? ? 依题意,曲线C3:x2=2py(p>0)的焦点为F(0,1), p 于是 =1,所以p=2,曲线C3:x2=4y. 2

第15讲│ 命题立意追溯

(2)由条件可设直线l的方程为y=kx+1, ?x2=4y, ? 由? 得x2-4kx-4=0,Δ=16(k2+1)>0, ?y=kx+1 ? 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-4. → =1FB得-3x1=x2,代入x1+x2=4k,得x1=-2k, → 由AF 3 1 x2=6k,代入x1x2=-4得k2= ,由于点A在y轴左侧, 3 3 π 所以x1=-2k<0,即k>0,所以k= ,直线l的倾斜角为 . 3 6

第15讲│ 教师备用例题

教师备用例题
选题理由:例1为解析几何的应用,是近年来少有的情况, 值得适当注意;例2为抛物线中三角形面积计算问题,可与例3交 互使用;例3是一道直线与圆锥曲线相交后的一个分点问题,可 在探究点二或三中使用.

第15讲│ 教师备用例题
例1 [2012· 陕西卷] 如图是抛物线形拱桥,当水面在l时, 拱顶离水面2米,水面宽4米,水位下降1米后,水面宽 ______________________米.

第15讲│ 教师备用例题

[答案] 2 6

[解析] 以拱顶为坐标原点建立平面直角坐标系,设抛 物线的方程为:x2=-2py(p>0),由题意知抛物线过点(2, -2),代入方程得p=1,则抛物线的方程为:x2=-2y, 当水面下降1米时,为y=-3,代入抛物线方程得x= 6 , 所以此时水面宽为2 6米.

第15讲│ 教师备用例题

例2 [2012· 北京卷] 在直角坐标系xOy中,直线l过抛物线 y2=4x的焦点F,且与该抛物线相交于A,B两点,其中点A在 x轴上方,若直线l的倾斜角为60° ,则△OAF的面积为 ________.

第15讲│ 教师备用例题

[答案]

3

[解析] 抛物线y2=4x的焦点F(1,0),直线l的斜率为tan60° = 3,所以直线l的方程为y= 3x- 3,将直线l的方程和抛物线方 ?y= 3x- 3, ? 程联立 ? 2 可得3x2-10x+3=0.设A(x1,y1),B(x2, ?y =4x, ? y2),由点A在x轴上方,所以A点在第一象限,则x1=3,y1=2 3. 3 法一:|AF|=x1+1=4,O点到直线AB的距离为d= ,所以 2 1 3 S△FOA= ×4× = 3. 2 2 1 法二: A(3,2 3),所以SΔFOA= ×1×2 3= 3. 2

第15讲│ 教师备用例题

x2 y2 例3 过双曲线 2 - 2 =1(a>0,b>0)的一个焦点F作一条 a b 渐近线的垂线,垂足为点A,与另一条渐近线交于点B,若 → → FB=2FA,则此双曲线的离心率为( ) A. 2 B. 3 C.2 D. 5

第15讲│ 教师备用例题
[答案] C

b [解析]双曲线的渐近线方程是 y=± x, a 设过右焦点 F(c,0) b a 的直线 l 与渐近线 y=ax 垂直, 则直线 l 的方程即为 y=-b(x ab -c),两直线方程联立解得点 A 的纵坐标 y1= c ;把方程 y a b =-b(x-c)与方程 y=-ax 联立,解得点 B 的纵坐标 y2= abc → → 2 2.由于FB =2FA,即(x2 -c,y2)=2(x1-c,y1),由此得 b -a abc 2ab y2=2y1,故 2 ,即 2(b2-a2)=c2,即 2(c2-2a2)=c2, 2= c b -a 解得 c=2a,故所求的双曲线的离心率是 2.

第16讲 圆锥曲线热点问题

第16讲 │ 云览高考
[云览高考]

考点统计 考点1 与圆锥曲线 有关的轨迹问题

题型(频率) 解答(2)

考例(难度) 2009湖南卷20(1)(B) ,2011湖南卷 20(1)(C)

考点2 与圆锥曲线 解答(1) 2012湖南卷21(2)(C) 有关定点、定值 问题 考点3 与圆锥曲线 2008湖南卷20(C), 说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题 解答(2) 2009湖南卷 有关的参数范围 20(2)(C) 与最值问题

第16讲 │ 二轮复习建议
二轮复习建议
命题角度:该部分的命题可以从不同的点展开,具有很大的灵 活性,大致说来有如下两个大点.第一个大点是围绕曲线方程展 开,设计求圆锥曲线的方程或者一般的曲线方程的问题,目的是考 查对曲线方程求法的掌握程度和对圆锥曲线与方程的掌握程度,这 类试题一般是选择题或者填空题、解答题的第一个设问(绝大多数解 析几何解答题第一问都是该类问题),试题难度不大;第二个大点是 围绕圆锥曲线方程、直线、圆的综合展开,设计求直线被圆锥曲线 截得的线段长度、范围、最值,求直线与圆锥曲线的交点与其他点 组成的三角形的面积、面积的范围、面积的最值,与圆锥曲线上的 点相关的直线系恒过定点等问题,这类试题都是解答题,而且是解 答题中的第二问、第三问,目的是考查考生综合运用解析几何知识 分析问题、解决问题的能力,具有一定的难度.

第16讲 │ 二轮复习建议

预计2013年该部分的命题也会是两个组成部分,一个部 分是考查圆锥曲线与方程的求法,一个部分是综合性的考 查,考查方向也会具有较大的灵活性和不确定性. 复习建议:本书设计本讲的目的虽然是为了综合提高学 生解决解析几何试题的能力,但由于解析几何试题的特点, 很多学生对解析几何解答题的第二问、第三问都无法完成, 因此本讲重在基础,重在圆锥曲线与方程的求法,力图使学 生能够顺利解答解析几何解答题的第一个设问,在此基础上 兼顾了一些热点问题的解法研究,力图给学生一个解决这类 问题的基本思想方法.在复习该讲时要以基础为主、思想方 法为主.

第16讲 │ 主干知识整合
主干知识整合

第16讲 │ 主干知识整合
1.曲线的方程的求法 直接法 定义法 代入法 参数法 交轨法 把动点坐标直接代入已知几何条件的方法 已知曲线类型,求出确定曲线的系数得出曲线方程的 方法(待定系数法) 动点P(x,y)随动点Q(x0,y0)运动,Q在曲线C:f(x, y)=0上,以x,y表示x0,y0,代入曲线C的方程得到 动点轨迹方程的方法 把动点坐标(x,y)用参数t进行表达的方法.此时x= φ(t),y=ψ(t),消掉t即得动点轨迹方程 轨迹是由两动直线(或曲线)交点构成的,在两动直线 (或曲线)中消掉参数即得轨迹方程的方法

第16讲 │ 主干知识整合

第16讲│ 要点热点探究
要点热点探究
? 探究点一 与圆锥曲线有关的轨迹问题 例1 已知圆C1的圆心在坐标原点O,且恰好与直线l1:x- y-2 2=0相切. (1)求圆的标准方程; → (2)设点A为圆上一动点,AN⊥x轴于N,若动点Q满足 OQ → → =mOA +(1-m)ON (其中m为非零常数),试求动点Q的轨迹方 程C2.

第16讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)圆C1的圆心在坐标原点O,且恰好与 直线l1:x-y-2 2 =0相切 ? (目标)圆的标准方程 ? (方法) 求出圆的半径,圆心到切线的距离即是圆的半径; → → → (2)(条件)动点Q满足OQ =mOA +(1-m)ON ? (目标)动点 Q的轨迹方程 ? (方法)建立动点Q的坐标和已知圆上点的坐标 关系,代入法求动点Q的轨迹方程.

第16讲│ 要点热点探究

与圆锥曲线有关的轨迹问题 |-2 2| 解:(1)设圆心到直线 l1 距离为 d,则 d= 2 2=2, 1 +1 圆 C1 的方程为 x2+y2=4.(5 分) (2)设动点 Q(x,y),A(x0,y0),AN⊥x 轴于 N,N(x0,0). (6 分)

第16讲│ 要点热点探究

?x=x0, ? 由题意,(x,y)=m(x0,y0)+(1-m)(x0,0),所以? ?y=my0, ?

?x0=x, ? 即? (9 分) 1 ?y0=my, ? ? ? 1 将 A?x,my,?代入 x2+y2=4, ? ? 2 x y2 得 C2 的方程 + 2=1.(12 分) 4 4m

第16讲│ 要点热点探究

[规范评析] 本题从求曲线方程开始逐步考查解析几何的 重要知识和方法.第一问中的轨迹方程可看作是定义法或者 待定系数法,即只要求出圆的方程中的系数即可;第二问中 方法是代入法(相关动点法)求轨迹方程,这都是求轨迹方程的 基本方法.(求轨迹方程的直接法见下面的例2及其变式)

第16讲│ 要点热点探究
? 探究点二 与圆锥曲线有关的定点、定值问题 例2 [2012· 湖南卷] 在直角坐标系xOy中,曲线C1上的点均在 圆C2:(x-5)2+y2=9外,且对C1上任意一点M,M到直线x=-2 的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值. (1)求曲线C1的方程; (2)设P(x0,y0)(y0≠± 3)为圆C2外一点,过P作圆C2的两条切 线,分别与曲线C1相交于点A,B和C,D.证明:当P在直线x=- 4上运动时,四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值.

第16讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)曲线C1上的点到定点和定直线距 离关系 ? (目标)曲线C1的方程 ? (方法)建立定点坐标的方 程,化简整理即得曲线C1的方程; (2)(条件)已知两圆的方程,点P在定直线上运动 ? (目 标)A,B,C,D的纵坐标之积为定值 ? (方法)设P(-4, y0),两切线斜率k1,k2,则k1,k2满足同一个方程,把直线 方程代入曲线C1方程可用y0,k1,k2表示四点的纵坐标之 积,根据上面得到的方程使用根与系数的关系整体代入得 出与y0,k1,k2无关的常数.

第16讲│ 要点热点探究

与圆锥曲线有关的定点、定值问题 解:(1)方法1:设M的坐标为(x,y),由已知得 |x+2|= ?x-5?2+y2-3, 易知圆C2上的点位于直线x=-2的右侧, 于是x+2>0,所以 ?x-5?2+y2=x+5. 化简得曲线C1的方程为y2=20x.(4分) 方法2:由题设知,曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0) 的距离等于它到直线x=-5的距离,因此,曲线C1是以(5,0) 为焦点,直线x=-5为准线的抛物线,故其方程为y2= 20x.(4分)

第16讲│ 要点热点探究
(2)证明:当点P在直线x=-4上运动时,P的坐标为(-4, y0),又y0≠± 3,则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为 0,每条切线都与抛物线有两个交点,切线方程为y-y0=k(x+ 4),即kx-y+y0+4k=0.(5分) |5k+y0+4k| 于是 =3.整理得 2 k +1 72k2+18y0k+y2-9=0. ①(6分) 0 设过P所作的两条切线PA,PC的斜率分别为k1,k2,则k1, k2是方程①的两个实根,故 18y0 y0 k1+k2=- =- . ②(7分) 72 4 ?k1x-y+y0+4k1=0, ? 由 ? 2 得k1y2-20y+20(y0+4k1)=0. ?y =20x, ? ③(8分)

第16讲│ 要点热点探究
设四点 A,B,C,D 的纵坐标分别为 y1,y2,y3,y4,则 y1, y2 是方程③的两个实根,所以 20?y0+4k1? y1·2= y . ④(9 分) k1 20?y0+4k2? 同理可得 y3·4= y . ⑤(10 分) k2 于是由②,④,⑤三式得 400?y0+4k1??y0+4k2? y1y2y3y4= k1k2 400[y2+4?k1+k2?y0+16k1k2] 0 = k1k2 2 400[y2-y0+16k1k2] 0 = =6 400.(11 分) k1k2 所以,当 P 在直线 x=-4 上运动时,四点 A,B,C,D 的 纵坐标之积为定值 6 400.(12 分)

第16讲│ 要点热点探究

[规范评析] 本题第一问是求轨迹方程,既可以使用直接 法、也可以通过平移直线x=-2把问题归结为抛物线的定义 求解.第二问的定值问题体现的最根本的特点是“设而不 求、整体代入”的方法在解析几何中的应用,其中A,B, C,D四点的纵坐标、两条切线的斜率都不是直接求出,而是 把它们放在一个一元二次方程中从整体上使用四个点的纵坐 标和两条切线的斜率,这个题目颇有新意,值得认真体 会.定值问题就是证明在运动变化中某些量不变,也就是与 参数无关,定点问题的思路与其类似,看下面变式.

第16讲│ 要点热点探究

x2 y2 变式题已知椭圆 2 + 2 =1(a>b>0)的一个顶点到两个焦点之 a b 间的距离分别为 3+2 2与 3-2 2. (1)求椭圆的方程; (2)如果直线 x=t(t∈R)与椭圆相交于 A, 两点, C(-3,0), B 若 D(3,0),证明:直线 CA 与直线 BD 的交点 K 必在一确定的双曲线 上; (3)过点 Q(1,0)作直线 l(与 x 轴不垂直)与椭圆交于 M, 两点, N → → → → 与 y 轴交于点 R,若RM=λMQ,RN=μNQ,证明:λ+μ 为定值.

第16讲│ 要点热点探究
?a+c=3+2 ? ? 解: (1)由已知得: ?a-c=3-2 ?

2, 2

?a=3, ? ?? ?c=2 2, ?

b2=a2-c2=1,

x2 2 所以椭圆方程为 +y =1. 9 t2 2 (2)证明:依题意可设 A(t,y0),B(t,-y0),K(x,y),且有 +y0= 9 1, -y0 y0 CA:y= (x+3),DB:y= (x-3), t+3 t-3 -y2 2 0 y2= 2 (x -9), t -9 t2 2 1 2 x2 2 将 +y0=1 代入上式得:y2= (x -9),即 -y =1, 9 9 9 x2 2 所以直线 CA 与直线 BD 的交点 K 必在双曲线 -y =1 上. 9

第16讲│ 要点热点探究
(3)依题意,直线 l 的斜率存在,可设直线 l 的方程为 y=k(x-1),设 M(x3,y3), N(x4,y4),R(0,y2), 2 ?x ? +y2=1, 则 M, 两点坐标满足方程组? 9 N 消去 y 并整理, 得(1+9k2)x2-18k2x ?y=k?x-1?, ? +9k2-9=0, 9k2-9 18k2 所以 x3+x4= ,①x3x4= ,② 1+9k2 1+9k2 ?x3=λ?1-x3?, → → 因为RM=λMQ,所以(x3,y3)-(0,y2)=λ[(1,0)-(x3,y3)],即? ?y3-y2=-λy3, 所以 x3=λ(1-x3). x3 x4 又 l 与 x 轴不垂直,所以 x3≠1,所以 λ= ,同理 μ= , 1-x3 1-x4 ?x3+x4?-2x3x4 x3 x4 所以 λ+μ= + = . 1-x3 1-x4 1-?x3+x4?+x3x4 9 将①②代入上式可得 λ+μ=- 为定值. 4

第16讲│ 要点热点探究
? 探究点三 参数的范围问题与最值问题

x2 y2 例3 [2012· 浙江卷] 如图5-16-1,椭圆C: 2 + 2 =1(a>b>0)的离 a b 1 心率为 ,其左焦点到点P(2,1)的距离为 10.不过原点O的直线l与C相交 .... 2 于A,B两点,且线段AB被直线OP平分. (1)求椭圆C的方程; (2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程.

图5-16-1

第16讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)椭圆离心率和左焦点到点P(2,1)的距 离为 10 ? (目标)椭圆C的方程 ? (方法)列出两个方程,解方 程组确定椭圆方程中的a,b,写出椭圆方程; (2)(条件)椭圆方程,OP平分AB ? (目标)△ABP的面积取 最大时直线l的方程 ? (方法)利用OP平分AB确定直线的斜率 和纵截距之间的关系,使用单参数表达△ABP面积,确定这个 面积取得最大值的条件从而得到所求的直线方程.

第16讲│ 要点热点探究
圆锥曲线中参数的范围问题与最值问题 解:(1)设椭圆左焦点为F(-c,0),则由题意得 ? ?2+c?2+1= 10, ?c=1, ? ? ?c 1 得? ?a=2. ? ?a=2, ? x2 y2 所以椭圆方程为 + =1.(2分) 4 3 (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M.

第16讲│ 要点热点探究
当直线AB与x轴垂直时,直线AB的方程为x=0,与不过原点 的条件不符,舍去.故可设直线AB的方程为 y=kx+m(m≠0),(3分) ?y=kx+m, ? 由? 2 消去y,整理得 2 ?3x +4y =12 ? (3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,①(4分) 则Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,

?x +x =- 8km , ? 1 2 3+4k2 ? 4m2-12 ?x1x2= . 3+4k2 ?
? 4km 3m ? 所以线段AB的中点M?-3+4k2,3+4k2?.(6分) ? ?

第16讲│ 要点热点探究
因为 M 在直线 OP 上,所以 -2km 3m = . 3+4k2 3+4k2 3 得 m=0(舍去)或 k=- . 2 此时方程①为 3x2-3mx+m2-3=0,则 ?x1+x2=m, ? 2 Δ=3(12-m )>0,? m2-3 ?x1x2= 3 . ? 39 2 所以|AB|= 1+k · 1-x2|= |x · 12-m2.(8 分) 6 设点 P 到直线 AB 的距离为 d,则

第16讲│ 要点热点探究
|8-2m| 2|m-4| d= 2 = . 13 3 +22 设△ABP的面积为S,则 1 3 S= |AB|· d= · ?m-4?2?12-m2?. 2 6 其中m∈(-2 3,0)∪(0,2 3).(10分) 令u(m)=(12-m2)(m-4)2,m∈[-2 3,2 3]. u′(m)=-4(m-4)(m2-2m-6) =-4(m-4)(m-1- 7)(m-1+ 7). 所以当且仅当m=1- 7,u(m)取到最大值. 故当且仅当m=1- 7,S取到最大值.(11分) 综上,所求直线l方程为3x+2y+2 7-2=0.(12分)

第16讲│ 要点热点探究

[规范评析] 本题的入手很容易,但第二问中的最值问题就显 得很困难,其一是必需确定直线方程中的斜率和截距之间的关 系,其二是建立起面积函数后求解其在什么情况下达到最大值, 其中使用了导数的方法.解析几何中的最值问题基本思路是建立 求解目标关于某个变量的函数,通过求解函数最值解决问题.参 数范围的思路与此类似,即建立求解目标关于某个变量的函数, 通过函数值域求解其范围.

第16讲│ 规律技巧提炼

规律技巧提炼

?规律 定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的 量,那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、 比例关系等,这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的 量所影响的一个点、一个值,就是要求的定点、定值;解决 圆锥曲线中的最值、范围问题基本思想是建立目标函数和建 立不等关系,根据目标函数和不等式求最值、范围.

第16讲│ 规律技巧提炼

?技巧 定点、定值问题的基本技巧是引进变动的参数表示直 线方程、数量积、比例关系等,根据等式的恒成立、数式变 换等寻找不受参数影响的量;解决参数范围、最值问题时, 在建立目标函数或不等关系时选用一个合适变量,其原则是 这个变量能够表达要解决的问题,这个变量可以是直线的斜 率、直线的截距、点的坐标等,要根据问题的实际情况灵活 处理. ?易错 忽视特殊情况,如使用直线的点斜式方程而忽视了斜 率不存在的情况;在直线与圆锥曲线相交的问题中忽视消元 后的一元二次方程的判别式大于零.

第16讲│ 命题立意追溯
命题立意追溯
抽象概括能力——圆锥曲线问题中的等价转化方法 x2 y2 5 示例 已知椭圆C: 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率为 ,定点 a b 3 M(2,0),椭圆短轴的端点是B1,B2,且MB1⊥MB2. (1)求椭圆C的方程; (2)设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于A,B两点.试问x 轴上是否存在定点P,使PM平分∠APB?若存在,求出点P的坐 标;若不存在,说明理由.

第16讲│ 命题立意追溯

[命题阐释] 本题立意是通过圆锥曲线问题考查对数学问 题的抽象概括能力、化归转化的思想意识.题目按照解析几 何解答题的基本模式进行命制,解题中需要把已知的几何条 件逐步转化为代数条件,充分体现了等价转化思想的应用.

第16讲│ 命题立意追溯

[思考流程] (1)(条件)椭圆离心率,MB1⊥MB2 ? (目标)得出 椭圆方程 ? (方法)列方程求解椭圆方程需要的a,b; (2)(条件)椭圆方程 ? (目标)这个方程对任意变动的直线恒成 立时,如果点P的坐标有解则存在,否则不存在 ? (方法)判断点 P存在与否先假设其存在,把几何条件转化为代数条件后得关于 点P坐标的方程.

第16讲│ 命题立意追溯
2 2 5 2 a -b b2 b 2 解:(1)由 =e = 2 =1- 2,得a= . 9 a a 3 依题意△MB1B2是等腰直角三角形,从而b=2,故a=3. x2 y2 所以椭圆C的方程是 + =1. 9 4 (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+2.将直 线AB的方程与椭圆C的方程联立,消去x得(4m2+9)y2+16my- 20=0. -16m -20 所以y1+y2= 2 ,y y = . 4m +9 1 2 4m2+9 若PM平分∠APB,则直线PA,PB的倾斜角互补, y1 y2 所以kPA+kPB=0.设P(a,0),则有 + =0. x1-a x2-a

第16讲│ 命题立意追溯

将x1=my1+2,x2=my2+2代入上式, 2my1y2+?2-a??y1+y2? 整理得 =0, ?my1+2-a??my2+2-a? 所以2my1y2+(2-a)(y1+y2)=0. -16m -20 将y1+y2= 2 ,y y = 代入上式, 4m +9 1 2 4m2+9 整理得(-2a+9)· m=0.由于上式对任意实数m都成立, 9 所以a= . 2 ?9 ? 综上,存在定点P?2,0?,使PM平分∠APB. ? ?

第16讲│ 命题立意追溯
[跟踪练] x2 y2 椭圆E: 2 + 2 =1(a>b>0)过M(2, 2),N( 6,1)两点, a b O为坐标原点. (1)求椭圆E的方程; (2)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线 → → 与椭圆E恒有两个交点A,B,且 OA ⊥ OB ?若存在,写出该 圆的方程,若不存在,说明理由.

第16讲│ 命题立意追溯
x2 y2 ? ? 解:(1)因为椭圆E: 2 + 2 =1(a>b>0)过M(2, 2 ),N ? 6,1? 两 ? ? a b 点,

? 4 + 2 =1, ?a 2 b 2 所以 ? ? 62+ 12=1, ?a b

? 1 =1, ?a 2 8 解得 ? ? 12=1, ?b 4

?a2=8, ? 所以 ? 2 ?b =4, ?

椭圆E的方程

x2 y2 为 + =1. 8 4 (2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E → → 恒有两个交点A,B,且OA ⊥OB ,设该圆的切线方程为y=kx+m,联

?y=kx+m, ? 2 2 立方程组?x y 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0, ? 8 + 4 =1, ?

第16讲│ 命题立意追溯
则Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0,即8k2- m2+4>0,

?x +x =- 4km , ? 1 2 1+2k2 ? 2m2-8 ?x1x2= , 1+2k2 ?

y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1

k2?2m2-8? 4k2m2 m2-8k2 2 → → +x2)+m2= 2 - 2 +m = 2 要使OA ⊥OB ,需使 1+2k 1+2k 1+2k 2m2-8 m2-8k2 2 2 x1x2+y1y2=0,即 2 + 2 =0,所以3m -8k -8=0,所 1+2k 1+2k ?m2>2, 3m2-8 ? 8 2 2 2 2 ? 以k = ≥0,又8k -m +4>0,所以 所以m ≥ , 2 8 3 ?3m ≥8, ? 2 6 2 6 即m≥ 或m≤- ,因为直线y=kx+m为圆心在原点的圆的一 3 3

第16讲│ 命题立意追溯
|m| m2 条切线,所以圆的半径为r= ,r2= 2= 2 1+k 1+k 8 2 6 8 2 2 = ,r= ,所求的圆为x +y = , 3 3 3 2 6 2 6 此时圆的切线y=kx+m都满足m≥ 或m≤- ,而 3 3 2 6 x2 y2 当切线的斜率不存在时切线为x=± 与椭圆 + =1的两个 3 8 4 ?2 6 2 6? ? 2 6 2 6? ? ? ? ? → → 交点为 ? ,± ? 或 ?- ,± ? ,满足OA ⊥OB ,综上, 3 ? ? 3 3 ? ? 3 8 2 2 存在圆心在原点的圆x +y = ,使得该圆的任意一条切线与 3 → → 椭圆E恒有两个交点A,B,且OA⊥OB. m2 3m2-8 1+ 8

第16讲│ 教师备用例题

教师备用例题

选题理由:下面的例题是一道典型的定点问题的试题,从这 个题目可以看出解决定点问题的基本思路,可以在探究点二中使 用.

第16讲│ 教师备用例题
x2 y2 例 [2012· 福建卷] 如图,椭圆E: 2 + 2 =1(a>b>0)的 a b 1 左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e= ,过F1的直线交椭圆于 2 A,B两点,且△ABF2的周长为8. (1)求椭圆E的方程; (2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P, 且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点 M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐 标;若不存在,说明理由.

第16讲│ 教师备用例题
解:解法一: (1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以4a=8,a=2. 1 c 1 又因为e= ,即a= ,所以c=1, 2 2 所以b= a2-c2= 3. x2 y2 故椭圆E的方程是 + =1. 4 3 ?y=kx+m, ? 2 2 (2)由?x y 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. ? 4 + 3 =1, ?

第16讲│ 教师备用例题
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以 m≠0且Δ=0, 即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3= 0.(*) 4km 4k 3 此时x0=- =- m ,y0=kx0+m= m ,所以 4k2+3 ? 4k 3? P?- m ,m?. ? ? ?x=4, ? 由? 得Q(4,4k+m). ?y=kx+m ? 假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M 必在x轴上. → MQ → 设M(x1,0),则MP· =0对满足(*)式的m,k恒成立.

第16讲│ 教师备用例题
? 4k 3? → → 因为MP=?- m -x1,m?,MQ=(4-x1,4k+m), ? ?

→ MQ → 由MP· =0, 16k 4kx1 12k 2 得- m + m -4x1+x1+ m +3=0, k 整理,得(4x1-4)m+x2-4x1+3=0.(**) 1 由于(**)式对满足(*)式的m,k恒成立,所以 ?4x1-4=0, ? ? 2 解得x1=1. ?x1-4x1+3=0, ? 故存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M. 解法二:(1)同解法一.

第16讲│ 教师备用例题
?y=kx+m, ? 2 2 (2)由?x y 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. ? 4 + 3 =1, ? 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以 m≠0且Δ=0, 即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3= 0.(*) 4km 4k 3 此时x0=- =- m ,y0=kx0+m= m ,所以 4k2+3 ? 4k 3? P?- m ,m?. ? ? ?x=4, ? 由? 得Q(4,4k+m). ?y=kx+m, ?

第16讲│ 教师备用例题

假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M 必在x轴上. 取k=0,m= 3 ,此时P(0, 3 ),Q(4, 3 ),以PQ为直 径的圆为(x-2)2+(y- 3 )2=4,交x轴于点M1(1,0),M2(3,0); ? 3? 1 取k=- ,m=2,此时P ?1,2? ,Q(4,0),以PQ为直径的圆为 2 ? ? ? 5? 2 ? 3? 2 45 ?x- ? + ?y- ? = ,交x轴于点M3(1,0),M4(4,0).所以若符 2? 4? 16 ? ? 合条件的点M存在,则M的坐标必为(1,0).

第16讲│ 教师备用例题

以下证明M(1,0)就是满足条件的点: → 因为M的坐标为(1,0),所以 MP = (3,4k+m), → · =-12k-3+12k+3=0, → 从而MP MQ m m → → 故恒有 MP ⊥ MQ ,即存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆 恒过点M.
? 4k 3? ?- -1, ? m? ? m

→ , MQ =


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