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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(湖北省专用)

时间:2013-03-02


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]

题型(频率) 考例(难度) 考点统计 考点1

直线 的概念、方 0 程与位置关 系 考点2 圆的 2011湖北卷 填空(1) 14(B),2011 方程以及圆 解答(1) 说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题. 湖北卷20(B) 的性质 频率为近三年湖北真题情况,2010年,2011年为大纲卷. 考点3 直线 2012湖北卷 解答(1) 与圆的综合

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]

考例(难度) 2010湖北卷2(A) ,2010湖北卷 考点1 圆锥曲 选择(1) 19(1)(B), 线的定义与 解答(3) 2011湖北卷 标准方程 20(1)(B),2012 湖北卷21(1)(B) 考点2 圆锥曲 2011湖北卷4(A) 说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题. 选择(1) ,2012湖北卷 线的几何性 频率为近三年湖北真题情况,2010年,2011年为大纲卷. 填空(1) 14(B) 质 考点统计

题型(频率)

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
变式题 (1) 已知 F1, 2 分别是双曲线 3x2-y2=3a2(a>0) F 的左、右焦点,P 是抛物线 y2=8ax 与双曲线的一个交点,满 足|PF1|+|PF2|=12,则 a 的值为( ) A.-1 B.1 C.2 D.3 (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 C.4 B.6 D.3

第15讲│ 要点热点探究
[答案] (1) B (2)B x2 y2 [解析] (1) 由双曲线方程 2- 2=1(a>0)得 c =2a, a 3a
?3x2-y2=3a2, ? ∴F1(-2a,0),F2(2a,0),由? 2 ?y =8ax ?

得 3x2-8ax-3a2=

0,又 a>0,x>0,故得 P(3a,± 6a),则|PF1|=7a,|PF2|=5a, 2 ∴7a+5a=12,∴a=1. (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
x2 y 2 (2)[2012· 湖北卷] 如图 5-15-1 所示, 双曲线 2- 2=1(a, b>0) a b 的两顶点为 A1,A2,虚轴两端点为 B1,B2,两焦点为 F1,F2.若以 A1A2 为直径的圆内切于菱形 F1B1F2B2,切点分别为 A,B,C,D. 则 ①双曲线的离心率 e=________; S1 ②菱形 F1B1F2B2 的面积 S1 与矩形 ABCD 的面积 S2 的比值 = S2 ________.

图 5-15-1

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, 关系 ? c (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)①(分析)欲求双曲线的离心率需确定 a,c 的关系 ? (推 理)直线 B2F1 的方程为 bx-cy+bc=0,所以 O 到直线的距离 |bc| bc 为 2 2= a , 根据以 A1A2 为直径的圆内切于菱形 F1B1F2B2, b +c bc 可得 a =a, 即可确定 a, 关系 ? (结论)按照离心率定义求之 c ②(分析)欲求面积的比值 ? (推理)将两个面积表示出来, 转化为与离心率有关的表达式 ? (结论)利用已求的离心率可 得面积比值

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=60° ,故 3 直线 PF2 的倾斜角是 60° 设直线 x= a 与 x 轴的交点为 M, , 则|PF2| 2 ?3 ? ? a-c?, =2|F2M|,又|PF2|=|F1F2|,所以|F1F2|=2|F2M|.所以 2c=2 2 ? ? c 3 即 4c=3a,故 e=a= .故选 C. 4 (2) ①由图可知,点 O 到直线 F1B2 的距离 d 与圆 O 的半径 OA1 x y 相等,又直线 F1B2 的方程为 +b=1,即 bx-cy+bc=0. -c bc 所以 d= 2 2=a, 整理得 b2(c2-a2)=a2c2, 2-a2)2=a2c2, 即(c b +c 5+1 2 2 2 得 c -a =ac.所以 e -e-1=0,解得 e= (负值舍去). 2

第15讲│ 要点热点探究

②连结 OB,设 BC 与 x 轴的交点为 E,由勾股定理可求得|BF1| = c2-a2. |F1B||OB| ab 由等面积法可求得|BE|= =c, |F1O| a2 所以|OE|= |OB|2-|BE|2= c . 4a3b 所以 S2=2|OE|· 2|EB|= 2 . c 5+2 1 S1 c3 1 3 而 S1= |F1F2||B1B2|=2bc, 所以 = 3= e = . 2 S2 2a 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= 3x 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 F1,F2 分别是双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的左, a b 右焦点,P 为双曲线上的一点,若∠F1PF2=90° ,且△F1PF2 的三边长成等差数列,则双曲线的离心率是( ) A.2 B.3 C.4 D.5

第15讲│ 要点热点探究
[答案] (1)B (2)D

b [解析] (1)因为双曲线的渐近线方程为 y=± x,要使直线 y= a 3x 与双曲线无交点,则直线 y= 3x,应在两渐近线之间,所以 b 有a≤ 3, b≤ 3a, 即 所以 b2≤3a2,2-a2≤3a2, c2≤4a2,2≤4, c 即 e 所以 1<e≤2,选 B. (2) ∵∠F1PF2=90° ∴△F1PF2 为直角三角形, Rt△F1PF2 , 又 的三边成等差数列,∴可设|PF1|=t,|PF2|=t+d,|F1F2|=t+2d(t, d>0), 且|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2, 代入得 t2-2td-3d2=0, ∴t=3d, ∴|PF1|=3d,|PF2|=4d,|F1F2|=5d, |F1F2| 5d ∴e= = =5,故选 D. |PF2|-|PF1| 4d-3d

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,根据将直 k 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

题型(频 率)

考例(难度)

考点1 与圆锥曲线 2012湖北卷 解答(1) 21(1)(C) 有关的轨迹问题 考点2 与圆锥曲线 2011湖北卷 有关定点、定值问 解答(1) 20(1)(C) 题 说明:A表示简单题,B表示中等题,C表示难题. 频率为近三年湖北真题情况,2010年,2011年为大纲卷. 考点3 与圆锥曲线 2010湖北卷 有关的参数范围与 解答(1) 19(2)(B) 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 [2012· 湖北卷] 设 A 是单位圆 x2+y2=1 上的任意一点,l 是过点 A 与 x 轴垂直的直线,D 是直线 l 与 x 轴的交点,点 M 在 直线 l 上,且满足|DM|=m|DA|(m>0,且 m≠1).当点 A 在圆上运 动时,记点 M 的轨迹为曲线 C. (1)求曲线 C 的方程,判断曲线 C 为何种圆锥曲线,并求其焦 点坐标; (2)过原点且斜率为 k 的直线交曲线 C 于 P,Q 两点,其中 P 在第一象限,它在 y 轴上的射影为点 N,直线 QN 交曲线 C 于另一 点 H.是否存在 m,使得对任意的 k>0,都有 PQ⊥PH?若存在,求 m 的值;若不存在,请说明理由.

第16讲│ 要点热点探究

[思考流程] (1)(条件)动点 M 满足|DM|=m|DA| ? (目标)动 点 M 的轨迹方程及焦点坐标 ? (方法)建立动点 M 的坐标和已 1 知圆上点的坐标关系 x0=x,|y0|=m|y|,利用点 A 在圆上运动, 代入法求动点 M 的轨迹方程及焦点坐标. (2)(条件)曲线 C 的方程、 直线的斜率 ? (目标)求 m 的值 ? (方法)设 P(x1,y1),H(x2,y2),则 Q(-x1,-y1),N(0,y1), 利用 P,H 两点在椭圆 C 上,Q,N,H 三点共线,及 PQ⊥PH, 即可求得结论.

第16讲│ 要点热点探究
解:(1)如图①,设 M(x,y),A(x0,y0),则由|DM|=m|DA|(m>0, 且 m≠1), 1 可得 x=x0,|y|=m|y0|,所以 x0=x,|y0|=m|y|.① 因为点 A 在单位圆上运动,所以 x2+y2=1.② 0 0 y2 将①式代入②式即得所求曲线 C 的方程为 x2+ 2=1(m>0,且 m m≠1). 因为 m∈(0,1)∪(1,+∞),所以 当 0<m<1 时,曲线 C 是焦点在 x 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为(- 1-m2,0),( 1-m2,0); 当 m>1 时,曲线 C 是焦点在 y 轴上的椭圆, 两焦点坐标分别为(0,- m2-1),(0, m2-1).

第16讲│ 要点热点探究

(2)方法 1:如图②、③,对任意的 k>0,设 P(x1,kx1),H(x2,y2),则 Q(-x1,-kx1),N(0,kx1), 直线 QN 的方程为 y=2kx+kx1,将其代入椭圆 C 的方程并整理可得(m2+4k2)x2+4k2x1x+k2x2-m2=0. 1 依题意可知此方程的两根为-x1,x2,于是由韦达定理可得 4k2x1 m2x1 -x1+x2=- 2 ,即 x2= 2 . m +4k2 m +4k2 因为点 H 在直线 QN 上,

2km2x1 所以 y2-kx1=2kx2= 2 . m +4k2 → 于是PQ=(-2x1,-2kx1),
2 2 ? ? → =(x2-x1,y2-kx1)=?- 4k x1 2, 2km x12?. PH ? m2+4k m2+4k ? ? ? 2 2 2 → PH 4?2-m ?k2 x1=0, → 而 PQ⊥PH 等价于PQ· = m2+4k 即 2-m2=0,又 m>0,得 m= 2, y2 2 故存在 m= 2,使得在其对应的椭圆 x + =1 上,对任意的 k>0,都有 PQ⊥PH. 2

第16讲│ 要点热点探究
方法 2:如图②、③,对任意 x1∈(0,1),设 P(x1,y1),H(x2,y2),则 Q(-x1,-y1),N(0, 2 ?m2x1+y2=m2, ? 1 ? 2 2 y1).因为 P,H 两点在椭圆 C 上,所以 2 2 ?m x2+y2=m , ? 2 两式相减可得 m2(x2-x2)+(y2-y2)=0.③ 1 1 2 依题意,由点 P 在第一象限可知,点 H 也在第一象限,且 P,H 不重合, 故(x1-x2)(x1+x2)≠0.于是由③式可得 ?y1-y2??y1+y2? =-m2.④ ?x1-x2??x1+x2? 2y1 y1+y2 又 Q,N,H 三点共线,所以 kQN=kQH,即 = . x1 x1+x2 y1 y1-y2 1 ?y1-y2??y1+y2? m2 于是由④式可得 kPQ·PH= · k = · =- . x1 x1-x2 2 ?x1-x2??x1+x2? 2 m2 而 PQ⊥PH 等价于 kPQ·PH=-1,即- =-1,又 m>0,得 m= 2, k 2 2 2 y 故存在 m= 2,使得在其对应的椭圆 x + =1 上,对任意的 k>0,都有 PQ⊥PH. 2

第16讲│ 要点热点探究

[点评] 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.第一问中的方法是代入法(相关动点法)求轨迹方 程,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

在平面直角坐标系中,点P(x,y)为动点,已知点 1 A( 2,0),B(- 2,0),直线PA与PB的斜率之积为- . 2 (1)求动点P轨迹E的方程; (2)过点F(1,0)的直线l交曲线E于M,N两点,设点N关于x轴 的对称点为Q(M,Q不重合),求证:直线MQ过定点.

变式题

第16讲│ 要点热点探究
解:(1)由题知: y y 1 · =- , 2 x+ 2 x- 2

x2 2 化简得: +y =1(y≠0). 2 (2)证法1:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2), l:y=k(x-1), x2 2 代入 +y =1(y≠0)整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0. 2 2k2-2 4k2 x1+x2= ,x x = , 1+2k2 1 2 1+2k2 y1+y2 MQ的方程为y-y1= (x-x1),令y=0, x1-x2 y1?x2-x1? k?x1-1??x2-x1? 2x1x2-?x1+x2? 得x=x1+ =x1+ = =2, y1+y2 k?x1+x2-2? x1+x2-2 ∴直线MQ过定点(2,0).

第16讲│ 要点热点探究
证法2:由对称性可知,若MQ过定点,则定点一定在x轴 上, 设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),l:y=k(x-1), x2 2 代入 +y =1(y≠0)整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0, 2 2k2-2 4k2 x1+x2= ,x1x2= , 1+2k2 1+2k2 → → → 设MQ过定点R(m,0),则 RM ∥ RQ ,而 RM =(x1-m,y1), → RQ=(x2-m,-y2), 则(x1-m)·2+(x2-m)·1=k[2x1x2-(m+1)(x1+x2)+2m]= y y ?4k2-4 4k2?m+1? ? 2m-4 ? ? - +2m?=k· k? =0. 1+2k2 1+2k2 1+2k2 ? ? ∴m=2,∴直线MQ过定点(2,0).

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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