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高考数学第二轮几何复习建议2015(许勇)

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高考数学第二轮几何复习建议

立体几何 立体几何是高中数学领域的重要模块之一,是 高考考查学生的空间感,图形感,语言转化能力,几 何直观能力,逻辑推理能力的主要载体。一般考两道 小题,一道大题共占22分。小题灵活多变且有一定难 度,其中常有组合体三视图问题和开放性试题,大题 往往是中档题,多采用一题两问的形式。

立体几何的复习应当紧扣教材,熟悉教材中的每 一个概念,掌握教材中各个定理的用途。破解画图、 读图、识图、用图的层层关系。特别是掌握立体几何 中常见的辅助线(面)的添加,常见模型的灵活应用。

一、 抓考纲,抓重点,预测命题方向 高考考查的是高中三年的知识,知识点多,要逐一去深入 复习是不现实的,毕竟复习的时间比较有限,且比较紧张,那么 要提高复习的效率,首先就是要会抓考点,哪些是常考的,哪些 是必考的,教师要做到心里有数,在教学中才能有针对性地安排 学生的学习和复习。比如说立体几何中,从近几年的考题来看, 主要是考查三视图与多面体的体积、线与面的夹角、二面角.像这 几类就是最常考的知识点。教师可以根据往年的考题帮助学生梳 理出高频考点、中频考点和低频考点,让学生在复习的时候多留 意高频考点,复习的最好程度就是要对高频考点滚瓜烂熟,少考 或不考的可以在时间过紧的情况下直接放弃。这样,花最少的精 力把握住了大部分的分数,这样才能提高复习的效率。针对一些常 考点,下面以一些经典的题型进行分析。

二. 加强对三视图、体积和表面积的复习 在立体几何中,几何体的表面积和体积是几何问题中两个最 基本的量,常常会结合三视图考查,比如说给出三视图求体积或 表面积,如果学生不能够根据三视图想象出该几何体的实际形状, 那么也很难求出体积和表面积。有时也会有根据几何体得出三视 图的题型。学生在平时的学习中就要注重几何体的空间与平面三 视图的不同表示方法,增强空间想象能力。

三、 立体几何中语言符号的理解与应用 立体几何是一种有特殊特征的数学知识,因为立体几何主要 以图形为主,同时结合文字及符号来考查学生对题目的理解,以 及不同语言的转化。这方面的知识主要通过选择题来考查,是一 些比较基础的题,在复习中也要注重这一知识点的掌握。

例 1 在下列关于互不相同的直线 l , m, n 和平面 ? , ? , ? 的三个命题中: ③ 若 l 与 m 为异面直线, l ? ? , m ? ? ,那么 ? / / ? ; ④ ②如图 ? / / ? , l ? ? , m ? ? ,那么 l / / m ; ③如果 ? ? ? ? l , ? ? ? ? m, ? ? ? ? n, l / /? ,那么 m / / n , 其中真命题的个数为( )

A. 3

B. 2

C. 1

D. 0

解析:①中当 ? 与 ? 不平行时, l 与 m 为异面直线也是可能存在的。

②中 l 与 m 也可能是异面直线。
③中当 l / /? , l ? ? , ? ? ? ? m 时,可得出 l / / m , 同理可得 l / / n ,所以 m / / n 正确。答案选 C

总结:在这道题中,主要是考查学生对符号语言的理解能力,线与面 的各类符号交织在一起,很容易让学生觉得头痛,这一块也是很多学 生的弱势,对符号语言的掌握很重要的还是基础知识要过关,明确线 与面,线与线之间的关系,理解好这些之后,在做题的时候只有认真 仔细就不会存在什么问题了。

四、补形巧解立体几何题 巧妙补形是求解几何问题较为常用的一种解题方法,是把一个 几何体补成另一个几何体,从而在新形成的几何体中研究原几 何体的有关问题,这样可以使要求解的问题变得简单,解题过程 简捷,思维空间广阔,解题方法新颖,问题获解顺利。

1.将正四面体补形成正方体

解析:如图,把四面体补成一个棱长为 1 的正方体, 则正方体的对角线就是球的直径,因为 2 R ? 3 , 所以 S球表面积 ? 4? R ? 3? ,故应选
2

2.把三条棱相互垂直的三棱锥补成长(正)方体 例 2 在球面上有四点 P, A, B, C ,如果 PA, PB, PC 两两互相垂直,且 PA ? PB ? PC ? a ,那么这个 球的表面积是
解析:如图,把三棱锥 P ? ABC 补形为一个棱长为 a 的正方体,则正方体的对角线即为球的直径,因为

2R ? 3a ,所以 S球表面积 ? 4? R2 ? 3a2?

3.把对棱相等的四面体补成长方体 例 3 已知四面体 SABC 的三组对棱相等,依次为

2 5, 13,5 ,求四面体的体积.

解析:如图,把四面体 S ? ABC 补形为长方体 ADBE ? GSHC , 设长方体的长,宽,高分别为 a, b, c ,
则有 a2 ? b2 ? (2 5)2 , b2 ? c2 ? ( 13)2 , c2 ? a2 ? 52 ,联立以上 三式并解之得: a ? 4, b ? 2, c ? 3 ,故

VS ? ABC ? V长方体 ? 4VS ? ABD

1 1 1 ? abc ? 4 ? ? abc ? abc ? 8 3 2 3

4.把三棱锥补成四棱锥(或三棱柱或平行六面体) 例 4 在四面体 ABCD 中,设 AB ? 1, CD ? 3 ,直线 AB

? 与 CD 的距离为 2,夹角为 ,则四面体的体积等于 3

解法 1 如图,将四面体 ABCD 补成四棱锥 A ? BDCE ,且

2? , BE ? 3 , BE / /CD, BE ? CD ,则 ?ABE ? 或 3 3
CD / / 平面ABE ,所以 CD 与 AB 的距离即为 CD 到平面 ABE
的距离,亦即 C 到平面 ABE 的距离也就是三棱锥 C ? ABE 的高 h ? 2 所以 VA? BCD ? VA? BEC ? VC ? ABE

?

1 1 1 ? 1 ? h ? S?ABE ? ? 2 ? ? AB ? BE ? sin ? 3 3 2 3 2

解法 2 如图,把四面体 ABCD 补成三棱柱 ABE ? FCD ,则面 ABE / / 面 CDF , AB / /CF ,且 CF ? 1 ,则 AB 与 CD 的距离就是平面 ABE 与

? 2? 平面 FCD 的距离,即三棱柱的高 h ? 2 ,且 ?DCF ? 或 . 3 3 1 ? 3 1 1 所以 V柱 ? S?FCD ? h ? ? CD ? CF ? sin ? 2 ? ,故四面体的体积为 V柱 ? 2 3 2 3 2

解法 3 如图 6,把四面体 ABCD 补成平行六面体,

1 则四面体的体积是平行六面体体积的 . 3 1 ? 3 V平行六面体 ? S底 ? h ? ?1? 3 ? sin ? 2 ? , 2 3 2 1 故四面体的体积为 . 2 结论:在四面体 ABCD 中,设 AB ? a, CD ? b ,
直线 AB 与 CD 的距离为 h ,夹角为 ? ,则

1 四面体的体积为 V ? abh sin ? 6

5.把首尾相连两两垂直的三棱锥补成长(正)方体 例 5 如图, PA ? 平面ABC, ?ACB ? 90? ,且

PA ? AC ? BC ? a ,则异面直线 PB 与 AC 所
成角的正切值为
解析:把四面体 P ? ABC 补成正方体,

? AC / / DB 设异面直线 PB 与 AC 所成角为 ? ,
要求异面直线 PB 与 AC 所成角正切值, 即求 PB 与 DB 所成角的正切值,

PD 2a tan ? ? ? ? 2 DB a

6.把四棱锥补成长(正)方体 例6 如图,四棱锥 S ? ABCD 的底面是边长为 1 的正方形,

SD 垂直于底面 ABCD, SB ? 3 .
(1)求证: BC ? SC ;(2)求面 ASD 与面 BSC 所成二面角大小.

证与解:因为 AB ? BC ? 1 ,所以 SD ? 1 , 故可把原四棱锥补成长方体 ABCD ? A 1B 1C1S (1)因为 BC ? 面SDCC1 ,所以 BC ? SC

ASD 与面 BSC 所成的二面角, (2)连 A 1 B ,则面
即为面 ADSA 1 与 BCSA 1 所成的二面角.

?CSD 为所求二面角 因为 A 1S ? SD, A 1S ? SC ,所以
? ? 的平面角, ?CSD ? 45 ,故所求二面角为 45 .

例 7 如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, 侧棱 PA ? 底面ABCD, AB ? 3, BC ? 1,

PA ? 2 ,求直线 AC 与 PB 所成角的余弦值. 解析:如图 9 所示,把四棱锥 P ? ABCD 补成长方体
PB1C1D1 ? ABCD ,连结 PC1 , PC1 / / AC, 所以 ?BPC1
为 AC 与 PB 所成的角,连结 BC1 , 在 ?PBC1 中,

5 7 由余弦定理可得: cos ?BPC1 ? , 14 5 7 故直线 AC 与 PB 所成角的余弦值为 14

7.把相互垂直的两长(正)方形补成长(正)方体 例 8 如图,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的 平面互相垂直, AB ?

2, AF ? 1, M 是线段 EF 的中点.

(1)求证: AM / / 平面 BDE ; (2)求二面角 A ? DF ? B 的大小.

解析:如图,将原几何体补成长方体 ABCD ? FB1ED1 (1)设 AC 与 BD 的交点为 O ,连结 OE ,则易知 OE / / AM ,故 AM / / 平面 BDE

(2)由长方体的性质知, BA ? 面ADD1F ,过 A 作

AG ? DF ,连 BG ,则 BG ? DF ,所以 ?AGB
为所求二面角的平面角,在 Rt ?AGB 中,易求 ?AGB ? 60
?

8.把三棱柱补成四棱柱

例 9 如图,在直三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, AC ? 3, BC ? 4,

AB ? 5, AA1 ? 4 ,求异面直线 AC1 与 B1C 所成角的余弦值.
解:由条件知 AC ? CB ,如图,把直三棱柱 ABC ? A1B1C1 补成长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 ,连结 B 1 D / / AC1 , 1 D ,则 B 且 B1D ? AC1 ,所以 ?DB1C 为 AC1 与 B1C 所成角(或其补角) , 连结 CD ,在 ?B1CD 中, CD ? 5, B1D ? 5, B1C ? 4 2 ,

2 2 由余弦定理得 cos ?DB1C ? 5

例 10 在正三棱柱 ABC ? A1B1C1 中, AB ? 则 AB1 与 C1B 所成角大小为( )

2BB1 ,

A. 60?

B. 90?

C. 30?

D. 45?

解:如图,把原正三棱柱补成直平行六面体 ABCD ? A1B1C1D1 , 则四边形 ABCD 为菱形,且 ?B ? 60? 设 BB1 ? a ,则 AB ? 2a , 连结 AD1 ,则 AD1 / / BC1 ,故 ?B1 AD1 为 AB1 与 C1B 所成角(或其补角) ,

AB1 ? AD1 ? 3a ,在 ?A1B1D1 中, A1B1 ? A1D1 ? 2a, ?B1 A1D1 ? 120? ,
所以 B1D1 ? 6a ,所以 AB12 ? AD12 ? B1D12 ,所以 ?B1 AD1 ? 90? ,应选 B

9.将四棱锥补成三棱锥 例 11 在底面是直角梯形的四棱锥 S ? ABCD 中,

1 ?ABC ? 90 , SA ? 面ABCD, SA ? AB ? BC ? 1, AD ? , 2 求面 SCD 与面 SAB 所成二面角的正切值.
?

1 解:如图,延长 BA, CD 交于 E ,连结 SE .因为 AD ? BC , 2
且 AD / / BC ,所以 EA ? AB ? SA ? 1, SE ? SB , 又因为 SA ? 面ABCD ,所以面 SEB ? 面 ABCD , 因为 BC ? EB ,所以 BC ? 面SEB , BC ? SE , 所以 SE ? 面 SBC , SE ? SC, ?BSC 是所求二面角的平面角,

2 又因为 SB ? 2, BC ? 1 ,所以 tan ?BSC ? 2

10.把长(正)方体补成长(正)方体 例 12 如图,在长方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 中,已知

AB ? 4, AD ? 3, AA1 ? 2, E, F 分别是线段 AB, BC
上的点,且 EB ? FB ? 1, 求 EC1 与 FD1 所成角的余弦值.

解:如图,把原长方体补上一个大小与之相等的长方体

BGHC ? B1G1H1C1 ,在 GH 上取一点 F1 ,使 GF1 ? 1 ,

连结 EF1 , C1F1 ,则 D1F / /C1F 1 , ?EC1F 1 为 EC1 与 FD 1 所成角(或其补角) 在 ?EC1F 1 ? 1 中,由余弦定理易得 cos ?EC1 F

21 14

例 13 在梯形 ABCD 中, ?ABC ?

?
2

, AD / / BC , BC ? 2 AD ? 2 AB ? 2 ,

将梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体 的体积为( )

2? 4? 5? A. B. C. D. 2? 3 3 3 解:如图,先将梯形 ABCD 补形成矩形 ABCM ,
再将矩形 ABCM 绕 AD 所在的直线旋转一周形成的几何体为圆柱, 又 Rt ?CDM 绕 AD 所在的直线旋转一周形成的几何体为圆锥,

M

C

D

故易知梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周形成的几何体是圆柱 A 被挖去一个倒放的圆锥而形成的几何体

B

(这个几何体也可以理解为:通过补形,即增加一个倒放的圆锥可形成圆柱) 于是,令圆柱体积为V1 ,圆锥体积为V2 , 1 5? 2 2 结合图形易知所求体积为V1 ? V2 ? ? ? 1 ? 2 ? ? ? ? 1 ? 1 ?
3 3

例 14 已知正三棱锥 P ? ABC 的 4 个顶点都在半径为

D

3 的球面上,若 3 条侧棱 PA, PB, PC 所在直线两两
互相垂直,则球心到截面 ABC 的距离为 解:如图所示,因为正三棱锥 P ? ABC 的 3 条侧棱长相等,
所以可将其补形为正方体(特殊的长方体) ,

B O A

则易知球心 O 为正方体对角线 PD 的中点,且 PO ? 3 ,

C

P

进而可求得正方体的棱长为 2 ,设点 P 到平面 ABC 的距离为 h ,

则根据 VP? ABC ? VB ?PAC

2 1 3 1 1 2 3 ? 2 2 ? h ? ? ? 2? 2? 2 ,解得: h ? 所以 ? 3 3 4 3 2 又易知 PO ? 平面 ABC ,

?

?

1 1 得 S ?ABC h ? S ?PAC PB , 3 3

故球心到截面 ABC 的距离为 PO ? h ? 3 ?

2 3 3 ? 3 3

例 15 在四面体 ABCD 中,设 AB ? 1, CD ? 3 ,

? 直线 AB 与 CD 的距离为 2,夹角为 , 3
则该四面体的体积等于
解法一:如图,将四面体 ABCD 补成三棱柱 ABE ? FCD ,
则面 ABE / / 面 CDF , AB / /CF ,且 CF ? 1 ,

则直线 AB 与 CD 的距离就是平面 ABE 与平面 FCD 的距离,

2? 即三棱柱的高 h ? 2 且 ?DCF ? 或 , 3 3 1 ? 3 于是柱体的体积V1 ? S ?CDF ? h ? ? CD ? CF ? sin ? 2 ? , 2 3 2 1 1 故所求四面体的体积 V1 ? 3 2

?

例 15 在四面体 ABCD 中,设 AB ? 1, CD ? 3 ,

B

? 直线 AB 与 CD 的距离为 2,夹角为 , 3
则该四面体的体积等于

A

C

D

解法二:如图所示,将四面体 ABCD 补成平行六面体,

1 则易知该四面体的体积是平行六面体体积的 , 3 1 ? 3 且平行六面体的体积 V ? S ? h ? ? 1? 3 ? sin ? 2 ? , 2 3 2 1 故所求四面体的体积为 . 2

五.立体几何中的动点轨迹问题

P在 例 1 如图,正方体 ABCD ? A 1B 1C 1D 1 中,点
侧面 BCC1B1 及其边界上运动,并且总是保持 AP ? BD1 , 则动点 P 的轨迹是( )

A. 线段 B1C

B. 线段 BC1

C. BB1 中点与 CC1 中点连成的线段 D. BC 中点与 B1C1 中点连成的线段

解析:由于点 P 的运动,所以带动 AP 运动形成面,
因此着力点应找到 BD1 垂直哪个平面.结合正方体常见结论,

BD1 ? 平面 ACB1 ,显见动点 P 的轨迹是线段 B1C ,选 A

例 2 如图,正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 的棱长为 2, 动点 E , F 在棱 A1B1 上,动点 P, Q 分别在棱 AD, CD 上, 若 EF ? 1, A , 1E ? x, DQ ? y, DP ? z ( x, y , z 大于零) 则四面体 PEFQ 的体积( )

A. 与 x, y, z 都有关

B. 与 x 有关,与 y, z 无关 B. 与 z 有关,与 x, y 无关

C. 与 y 有关,与 x , z 无关

解析:此题最明显的是 E, F , Q 落在固定平面 A 1B 1CD 上,

故将 EFQ 视为底面较恰当。此时其所在四边形 A 1B 1CD 为矩形,
其中 ?EFQ 的边 EF 长为定值 1,而当点 Q 在 CD 上运动时,

它到直线 EF 的距离为定值 2 2 ,故四面体的底面为定值.
DP ? z 的变化而变化,故选 D . 而四面体的高为 P 到面 A 1B 1CD 的距离,随

例 3 如图,正方体 ABCD ? A 1B 1C1D 1 的棱长为 1,线段 B 1D 1上

2 有两个动点 E , F ,且 EF ? ,则下列结论中错误的是( 2



A. AC ? BE

B. EF / / 平面ABCD

C. AB 与平面 BEF 所成的角为定值
D. 异面直线 AE, BF 所成的角为定值

解析:若直接证异面直线 AC ? BE ,难度大, 因为 BE 动态不易把握,若能把握 BE 始终在平面 BD1 上运动, 且易证 AC ? 平面 BB1D1 ,则 AC ? BE 水到渠成, 因为 B1D1 / / 平面ABCD ,显然 EF / / 平面ABCD 。 平面 BEF 即为平面 BB1D1D ,而 AB 与平面 BB1D1D 所成角显然为定值, 因此 A, B, C 选项均正确,故选 D

例 4.如图 1 所示的正方体中,棱长为 2,在侧面 BC1 存在一动点 P , 点 P 到直线 C1D1 和 CD 的距离之和为定值 3,则动点 P 的轨迹 图形是( A. 双曲线 )

B. 椭圆

C. 圆

D. 抛物线

解:由于 C1D1 垂直于点 P 所在平面 BC1 ,

则点 P 到直线 C1D1 的距离也就是点 P 到 C1 的距离,

PC 长度也就是 P 到 CD 的距离.在同一平面 BCC1B1 中,
动点 P 到 C 和 C1 的距离之和为定值 3,

由此根据椭圆的定义可知,该动点轨迹曲线是以 3 为长轴的椭圆.

例 5.已知平面 ? / / ? ,两平面之间的距离为 8,在平面 ? 内存在 两点 A 和 B ,在平面 ? 内,到点 A 距离为 10 且到 AB 距离为 9 的点的个数为

解:如图所示,在平面 ? 内,作直线 AB 的射影 A1B1 , 则可以确定在平面 ? 内到点 A 距离为 10 的所有点构成的 曲线是以 A1 为圆心,半径为 6 的圆,也是以 A 为球心, 10 为半径的球面与平面 ? 的交线.

在平面 ? 内到直线 AB 距离为 9 的动点轨迹是两条平行线, 也就是以直线 AB 为旋转轴,
以 9 为底面半径的圆柱的侧面与平面 ? 的相交线, 经计算易得这两条平行线与上述的圆存在 4 个交点.

例 6 在棱长为 1 的正方体上表面 A1B1C1D1 中存在一动点 P , 且动点 P 到 B 的距离等于到直线 AD 的距离, P 点的运动轨迹是( )

B. 双曲线 C. 抛物线 解:如图所示,在面 A1B1C1D1 中,
作直线 PM 垂直于 A1 D1 ,垂足为 M ,
在面 ADD1 A1 中作 MN / / AA1 , 已知 PB ? PM , BB1 ? MN ,

A. 线段

D. 椭圆

易得 ?PMN ? ?PBB1 ,所以 PM ? PB1 ,
所以点 P 运动轨迹为面 A1B1C1D1 内, 以 B1 为焦点, A1 D1 为准线的抛物线的一部分.

例 7.在边长为 1 的正方体的面 ABCD 中存在一动点 P , 且该动点 P 到直线 AB 的距离与到直线 A1 D1 的距离平 方和为 2 ,求该动点的轨迹方程.
解:如图所示,建立空间直角坐标系,设动点 P 坐标为 ( x, y,0) , 则有 PM ? y. 作 PN ? AD 于点 N ,作 NG ? A1D1 于 G ,
2 连接 GP ,根据面面垂直定理易得 PG ? A1 D1 , PG ? 1 ? x ,

又由 PG ? PM

2

2

? 2 ,则有1 ? x2 ? y 2 ? 2 ,即 x 2 ? y 2 ? 1,

因此得出所求动点的轨迹为单位圆.

解析几何 解析几何处于代数与几何的交汇处, 它与平面几何交汇往往?出亮点试 题,这类试题背景新颖,构思独特, 知识间融合巧妙,且具有开放性与 探索性,备受命题者青睐. 解析几何的解题方法大致分为三种

例 1 过 x 轴上动点 A(a, 0) 引抛物线 y ? x2 ? 1 的两条切线 AP, AQ , 其中 P, Q 为切点,设切线 AP, AQ 的斜率分别为 k1 和 k 2 . (1)求证: k1 ? k2 ? ?4 ; (2)试问:直线 PQ 是否经过定点? 若是,求出该定点坐标;若不是,请说明理由.
法一: (1)设过 A(a,0) 于抛物线 y ? x ? 1 相切的直线的斜率为 k ,
2

? y ? k ( x ? a) 则该切线的方程为: y ? k ( x ? a) ,由 ? 2 y ? x ?1 ?
2 2 得 x ? kx ? (ka ? 1) ? 0 ,所以 ? ? k ? 4(ka ? 1) ? k ? 4ak ? 4 ? 0 ,
2

4a ? 16a 2 ?16 2 2 于是有 k ? ,即 k1 ? 2a ? 4a ? 4, k2 ? 2a ? 4a ? 4, k1k2 ? ?4 2

(k1 ? k2 )(k1 ? k2 ) k k k k k k 4 ? 1), Q( 2 , 2 ? 1) , ?1 ? (x ? 1 ) (2)设 P( 1 , 故直线 PQ : y ? k1 ? k2 2 4 2 4 4 2 2
2 1 2

2 1

k12 k ?k k k ?k kk ? 1 ? 1 2 ( x ? 1 ) ,即 y ? 1 ? 1 2 x ? 1 2 即y? 2 4 4 2 2

?k1 ? k2 ? 4a 由(1)知 ? ,所以直线 PQ 的方程是 y ? 2ax ? 2 , ? k1k2 ? ?4
则直线 PQ 过定点 (0, 2) .

法二: (1)设点 P( x1, y1 ), Q( x2 , y2 ) ,在这两点处的切线分别为 l1 , l2 ,

? y ? y1 ? k1 ( x ? x1 ) 设 l1 : y ? y1 ? k1 ( x ? x1 ) ,与抛物线方程联立 ? 2 y ? x ?1 ?
2 2 2 2 得 x ? 1 ? k1 x ? k1x1 ? y1 ? k1x ? k1x1 ? x1 ? 1即 x ? k1 x ? k1x1 ? x1 ? 0 ,
2 2 2 因 ? ? k1 ? 4k1 x1 ? 4x1 ? 0 ,所以 (k1 ? 2 x1 ) ? 0 ,即 k1 ? 2x1 ,

2 于是 l1 : y ? 2x1x ? x1 ? 1

2 同理可得 l2 : y ? 2x2x ? x2 ?1

x ?x ? ? y ? 2 x1 x ? x12 ? 1 ?x ? 1 2 将 l1 , l2 的方程联立 ? 解得 ? 2 , 2 ? y ? 2 x2 x ? x2 ? 1 ? ? y ? x1 x2 ? 1

? x1 ? x2 ?a ? 由题意 l1 , l2 交于点 A(a, 0) ,所以 ? 2 ? ? x1 x2 ? 1 ? ?1

x12 ? 1 x22 ? 1 ( x1 ? x2 )2 ? 2 x1 x2 ? 2 4a 2 ? 4 ? ? ? ? ?4 所以 k1k2 ? 2 2 x1 ? a x2 ? a ?1 ? a ?1 ? a

(2)因为 kPQ

y1 ? y2 ? ? x1 ? x2 ,所以 PQ : y ? x12 ?1 ? ( x1 ? x2 )( x ? x1 ) , x1 ? x2

由(1)易得 PQ : y ? ( x1 ? x2 )x ? x1x2 ? 1 ? 2ax ? 2 ,故 PQ 经过定点 (0, 2)

x2 y 2 例 2. 平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的 a b
3 离心率为 ,左右焦点分别是 F1 , F2 ,以 F 1 为圆心,以 3 为半径的 2
圆与以 F2 为圆心,1 为半径的圆相交,且交点在椭圆 C 上. (1)求椭圆 C 的方程;

x2 y2 (2)设 P 为椭圆 E : 2 ? 2 ? 1 上任意一点,过点 P 的直线 4a 4b
y ? kx ? m 交椭圆 E 于 A, B 两点,射线 PQ 交椭圆 E 于点 Q .

OQ ①求 的值;②求 ?ABQ 面积的最大值. OP

解析: (1)由题意知 2a ? 4 ,所以 a ? 2 ,又 e ?

c 3 ? , a 2

2 x 2 2 2 ? y 2 ? 1. 所以 c ? 3 ,所以 b ? a ? c ? 1 ,故椭圆 C 的方程为 4 x2 y 2 ? ?1 (2)由(1)知,椭圆 E 的方程为 16 4

OQ ①设 P( x0 , y0 ), ? ? ,由题意知 Q(?? x0 , ?? y0 ) , OP
2 2 OQ x0 2 ( ? ? x ) ( ? ? y ) 2 0 0 ? y0 ? 1 以及 ? ? 1,解得 ? ? 2 ,即 ?2. 因为 4 16 4 OP

②将 y ? kx ? m 代入椭圆 C 的方程,消去 y 得 (1 ? 4k ) x ? 8kmx ? 4m ? 4 ? 0 ,
2 2 2
2 2 由 ? ? 0 ,解得 m ? 1 ? 4k .

将 y ? kx ? m 代入椭圆 E 的方程,消去 y 得 (1 ? 4k 2 ) x2 ? 8kmx ? 4m2 ?16 ? 0
2 2 由 ? ? 0 ,解得 m ? 4 ? 16k .

?8km 4m2 ? 16 , x1 x2 ? 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 x1 ? x2 ? 2 2 , 1 ? 4k 1 ? 4k

4 16k 2 ? 4 ? m2 所以 x1 ? x2 ? ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 ? 1 ? 4k 2
2

因为直线 y ? kx ? m 与 y 轴交点的坐标为 (0, m) 所以 ?OAB 的面积

2 16k 2 ? 4 ? m 2 m 1 S ? m x1 ? x2 ? 2 1 ? 4k 2 ? 2 ?16k 2 ? 4 ? m 2 ? m 2 1 ? 4k 2 ? m2 ? m2 ? 2 ?4? 2 ? 2 1 ? 4 k ? ? 1 ? 4k

m2 2 2 2 2 ? t m ? 1 ? 4 k m ? 4 ? 16 k 设 ,因为 ,以及 ,所以 0 ? t ? 1 2 1 ? 4k
2 所以 S ? 2 (4 ? t )t ? 2 ?(t ? 2) ? 4 ,

2 2 当且仅当 t ? 1 ,即 m ? 1 ? 4k 时, S 取得最大值 2 3 .

由①知, ?ABQ 的面积为 3S ,所以 ?ABQ 面积的最大值为 6 3 .

2 2 y x 2 例 3.已知抛物线 C1 : x ? 4 y 的焦点 F 也是椭圆 C2 : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) a b

的一个焦点, C1 与 C2 的公共弦的长为 2 6 . (1)求 C2 的方程; (2)过点 F 的直线 l 与 C1 相交于 A, B 两点,与 C2 相交于 C , D 两点,

???? ??? ? 且 AC 与 BD 同向
(ⅰ)若 | AC |?| BD | ,求直线 l 的斜率 (ⅱ)设 C1 在点 A 处的切线与 x 轴的交点为 M ,

2 解析: (1)由 C1 : x ? 4 y 知其焦点 F 的坐标为 (0,1) ,因为 F 也是椭圆 C2 的一焦点,
2 2 1 又 C 与 C 的公共弦的长为 2 6 , C 与 C 都关于 y 轴对称, 所以 a ? b ? 1 ○ 2 2 1 1

3 且 C1 的方程为 x ? 4 y ,由此易知 C1 与 C2 的公共点的坐标为( ? 6, ) , 2
2

9 6 x2 y 2 2 2 2 ,联立○ 1 ,○ 2 得 a =9, b =8,故 C2 的方程为 3 ; ? ?1○ 所以 2 ? 2 ? 1 ○ 4a b 9 8
(2)如图 f ,设 A( x1 , y1 ) ,B( x2 , y2 ) , C( x3 , y3 ) ,D( x4 , y4 ).

???? ??? ? (i)因 AC 与 BD 同向,且 AC ? BD , ???? ??? ? 所以 AC = BD ,

3 从而 x3 ? x1 ? x4 ? x2 ,即 x1 ? x2 = x3 ? x4 ,于是 ? x1 ? x2 ? -4 x1 x2 = ? x3 ? x4 ? -4 x3 x4 ○
2 2

? y ? kx ? 1 2 x 设直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1.由 ? 2 得 +16kx-64=0. ? x ? 4y
4 , 而 x1 , x 2 是这个方程的两根. 所以 x1 ? x2 =4k, x1 x2 =-4○

? y ? kx ? 1 ? 2 2 由 ? x2 y 2 得(9+8 k ) x +16kx-64=0. ?1 ? ? 9 ?8 16k 而 x3 , x 4 是这个方程的两根. 所以 x3 ? x4 =2 , x3 x4 =9 ? 8k
4 ○ 5 带入○ 3 将○
2 ,得 16 ( k +1)=

64 5 2 ○, 9 ? 8k

即 16 ( k +1)=

2

16 ? 9(k
2

2

? 9 ? 8k

2 2

? 9 ? 8k ? ? 1) ,所以 ? 9 ? 8k ? ?
2 2

16k

4 ? 64 + , 9 ? 8k 2
2 2

=16 ? 9 ,

6 6 解得 k= ? ,即直线 l 的斜率为 ? . 4 4

x1 x (ii)由 x ? 4 y 得 y = ,所以 C1 在点 A 处的切线方程为 y ? y1 = (x- x1 ) , 2 2 x12 x1 ? x1 ? y ? 0 M x ? x x 即 y= 1 .令 得 ,即 ? , 0 ? , 4 2 ?2 ?
2
'

x1 ,-1). 而 FA =( x1 , y1 ? 1 ). 2 1 2 FA FM ? x 1 ?1 ? 0 ,因此 ?AFM 是锐角, ? 于是 4
所以 FM =(
o ? MFD ? 180 ? ?AFM 是钝角. 从而

故直线 l 绕点 F 旋转时, ?MFD 总是钝角三角形.

2 例 4 如图,椭圆 E : 2 ? 2 ? 1 的离心率是 , 2 a b
过点 P(0,1) 的动直线 l 与椭圆相交于 A, B 两点。 当直线 l 平行于 x 轴时,直线 l 被椭圆 E 截得的 线段长为 2 2 。 (1) 球椭圆 E 的方程; (2) 在平面直角坐标系 xoy 中,是否存在与点 P

x2

y2

QA PA ? 不同的定点 Q ,使得 恒成立?若存在, QB PB
求出点 Q 的坐标;若不存在,请说明理由。

(2)假设存在满足题意的定点 Q 。
(i)当直线 l 平行于 x 轴时,假设存在定点 Q 满足条件,则 即 QA ? QB ,故点 Q 在 y 轴上。可设 Q 点坐标为 ? 0, t ?

QA PA ? ? 1, QB PB

(ii)当直线 l 为与 x 轴垂直时,不妨设 A(0, 2), B(0, ? 2)

QA PA t? 2 2 ?1 ? ? 由 有 。解得 t ? 2 或 t ? 1 QB PB t? 2 2 ?1
又定点 P 与点 Q 不同,故点 Q 的坐标只可能为 Q (0, 2) .
下面证明:对任意的直线 l ,均有

QA PA ? QB PB

①当直线 l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立.

②当直线 l 的斜率存在时,可设直线 l 的方程为 l : y ? kx ? 1 ,

? y ? kx ? 1 ? , A? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? ,其中 x1x2 ? 0, y1 y2 ? 2 ,则由 ? x 2 y 2 ?1 ? ? ?4 2
4k ?2 ?1 ? 2k ? x ? 4kx ? 2 ? 0 x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 , x1 x2 ? 1 ? 2k 2
2 2

x1 QA PA x12 ? ( y1 ? 2) 2 ? ? 解法 1 若 恒成立,则 , 2 2 x2 QB PB x2 ? ( y2 ? 2)
化简得 x2 (2 ? y1 ) ? x1 (2 ? y2 )
2 2 2 2

整理得

x2 (2 ? y1) ? x1(2 ? y2 ) ? 0



x1 ? x2 ? 2kx1x2 ? 0



4k 2 x1 ? x2 ? ? 2 , x1 x2 ? ? 2 2k ? 1 2k ? 1 代入, 将 ?4k ?2 ? 2k ? 2 ? 0 恒成立,故结论成立. 得 2 2k ? 1 2k ? 1
QA PA 解法 2 若 恒成立, ? QB PB
则在 ?QAB 中, QP 是 ?AQB 的角平分线,从而有 kQA ? kQB ? 0 , 而 kQA ? kQB

y1 ? 2 y2 ? 2 y1 x2 ? y2 x1 ? 2( x1 ? x2 ) ? ? ? ? 0 成立,故结论成立. x1 x2 x1 x2

1 1 x1 ? x2 解法 3 由上已知 ? ? ? 2k , x1 x2 x1 x2
而点 B 关于 y 轴的对称点为 B?(? x2 , y2 ) (如图) 故 kQA

y1 ? 2 y2 ? 2 1 1 1 ? ? k ? , kQB? ? ? ?k ? ? k ? x1 x1 ? x2 x2 x1

所以 kQA ? kQB? ,即 Q, A, B? 三点共线,

QA QA x1 PA ? ? ? 于是 ,故结论成立 QB QB? x2 PB

例 5 已知抛物线 C : y 2 ? 4x 的焦点为 F ,过点 K (?1,0) 的直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点,点 A 关于 x 轴的对称点为 D . (1)证明:点 F 在直线 BD 上;

??? ? ??? ? 8 (2)设 FA?FB ? ,求 ?BDK 的内切圆 M 的方程 . 9 (1)证明:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), D( x1 , ? y1 ) ,
则直线 l 的方程为 x ? my ? 1 (其中 m ? 0 ) , 将 x ? my ? 1 代入 y 2 ? 4 x 并整理得 y 2 ? 4my ? 4 ? 0 ,
y2 ? y1 ( x ? x2 ) , 则 y1 ? y2 ? 4m, y1 y2 ? 4 直线 BD 的方程为 y ? y2 ? x2 ? x1 y2 2 4 (x ? ) 即 y ? y2 ? y2 ? y1 4
令 y ? 0得 x ?

y1 y2 ? 1 ,从而点 F (1,0) 在直线 BD 上. 4

(2)略

本题中点 K 与点 F 关于原点对称,若将它们以及抛物线一般化,可得如下结论: 结论 1 已知抛物线 C : y ? 2 px (其中 p ? 0 ) ,过 x 轴负半轴上任一点 K (?t ,0)
2

(其中 t ? 0 )作直线交抛物线 C 于点 A, B ,点 A 关于 x 轴的对称点为 D ,则 BD 过 定点 F (t ,0) (或点 (t , 0) 在直线 BD 上).若联结 KD ,则 x 轴是 ? BKD 的平分线.

x2 例 6 如图,在直角坐标系 xOy 中,曲线 C : y ? 与直线 4
l : y ? kx ? a(a ? 0) 交于点 M , N .
(1)当 k ? 0 时,分别求 C 在点 M 和 N 处的切线方程; (2) y 轴上是否存在点 P ,使得当 k 变动时, (3)总有 ?OPM ? ?OPN ?说明理由.

分析: (1) C 在点 M 和 N 处的切线方程分别是

ax ? y ? a ? 0, ax ? y ? a ? 0 .
(2)假设存在符合题意的点 P(0, b), M ( x1, y1), N( x 2, y 2) .

直线 PM , PN 的斜率分别是 k1 , k2 ,将 y ? kx ? a
2 代入 C 的方程得 x ? 4kx ? 4a ? 0

当 b ? ? a 时,有 k1 ? k2 ? 0 ,

y1 ? b y2 ? b k (a ? b) ? ? 故 x1 ? x2 ? 4k , x1 x2 ? ?4a ,从而 k1 ? k2 ? x1 x2 a

则直线 PM 的倾斜角与直线 PN 的倾斜角互补, 从而 ?OPM ? ?OPN ,故点 P(0, ?a) 符合题意.

x2 y 2 例 7 已知椭圆 C : 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0? 的离心率 a b
2 1? 和点 A? m , n ? ? m ≠ 0 ? 都在椭 为 ,点 P ? 0 , 2

圆 C 上,直线 PA 交 x 轴于点 M . (1)求椭圆 C 的方程,并求点 M 的坐标 (用 m , n 表示) ; (2)设 O 为原点,点 B 与点 A 关于 x 轴对称, 直线 PB 交 x 轴于点 N .问: y 轴上是否存在点 Q , 使得 ?OQM ? ?ONQ ?若存在,求点 Q 的坐标; 若不存在,说明理由.

x2 2 分析: (1)所求椭圆 C 的方程为: ? y ? 1 .设直线 PA 的方程为 y ? kx ? 1 , 2
将点 A(m, n) 代入得 n ? km ? 1 ,又 m ? 0 可得 ?1 ? n ? 1 .

n ?1 n ?1 x ?1. 从而 k ? ,即 y ? m m

m m , 0) 当 y ? 0 时,得 x ? ,即 M ( 1? n 1? n

m (2)因为点 B 与点 A 关于 x 轴对称,所以 B(m, ?n) .设 N ( xN ,0) ,则 xN ? . 1? n
设存在符合题意的点 Q(0, yQ ) ,使得 ?OPM ? ?ONQ ,则 Rt ?OQM ? Rt ?ONQ , 从而

OM OQ
2

?

OQ ON

, 即满足 yQ ? xM
2

m m m2 , xN ? , ? n2 ? 1 xN .又因为 xM ? 1? n 1? n 2

所以 yQ ? xM

m2 xN ? ? 2 ,于是 yQ ? 2 或 yQ ? ? 2 2 1? n

故存在 y 轴上一点 Q ,使得 ?OQM ? ?ONQ ,点 Q 的坐标 0, 2 或 0, ? 2

?

? ?

?


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