高考复习课件高三数学(理)二轮专题:14专题十四_图文

发布时间:2021-04-20 12:55:18

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– 第二级

?

高 第三级 – 第四级











? 第五级 ( 金 戈 铁 骑 整 理 制 作 )

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– 第二级 (第二轮)·理数 ? 第三级 – 第四级 ? 第五级 专题十四 圆锥曲线与方程
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专题十四 圆锥曲线与方程

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– 第二级

(见学生用书 P84)

? 第三级

– 第四级

? 第五级

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– 第二级
? 第三级
– 第四级 ? 第五级
(见学生用书 P84) 1.圆锥曲线的定义要会灵活运用 圆锥曲线的性质:范围、顶点、对称中心与对称轴、离心率、渐近线、涉 及性质的一些基本运算.
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2.求曲线(点的轨迹)方程,一般分为两种基本题型:一是

?

单已击知轨此迹类处型编求其辑方程母,常版用文待定本系数样法式;二是未知轨迹类型, 此时除了用代入法、交轨法、参数法等求轨迹的方法外,通常

–设第法化二归级为求已知轨迹类型的轨迹方程.

? 因第此三在级求动点轨迹方程的过程中,一是寻找与动点坐标有
关的方程– (第等四量级关系),侧重于数的运算;一是寻找与动点有关 的几何条件,?侧第重五于级形,重视图形几何性质的运用.

3.弦长问题:弦长公式|AB|= 1+k2|x1-x2|= 1+k12|y1 -y2|.这个公式可以用来求弦长,有时在弦长已知的情况下,可 求圆锥曲线中的参数的值.
4.弦的中点问题:一般是用点差法,设而不求,可简化 运算.

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5.圆锥曲线中的最值问题、范围问题
? 单击此处编辑母版文本样式 在解析几何中求最值,关键是建立所求量关于自变量的函数关系,再利用 代数方法求出相应的最值,注意要考虑曲线上的点的坐标(x,y)的取值范围,另 – 第二级 外解题时要注意函数思想的运用,要注意观察、分析图形的特征,将形和数结 合起?来.第三级 6.常–用第结论四级 若过抛物线?y2第=2五px(级p>0)的焦点 F 的直线交抛物线于 A,B 两点,设 A(x1, y1),B(x2,y2),θ 为直线 AB 的倾斜角,则有下列性质:(1)y1y2=-p2,x1x2=p42; (2)|AB|=x1+x2+p=sin22pθ (通径长为 2p);(3)S△AOB=2sipn2 θ ;(4)|A1F|+|B1F|=2p; (5)以 AB 为直径的圆与抛物线的准线相切.
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? 单击此处编辑母版(见文学生本用书样P85) 式

– 第二级 考点一 圆锥曲线定义、标准方程及几何性质

?考第点精三析级
圆锥–曲线第的四定级义、标准方程与几何性质

名称/几何? 第五级椭圆
性质

双曲线

抛物线

定义 标准方程

|PF1|+|PF2|= 2a(2a>|F1F2|)
xa22+yb22=1 (a>b>0)

||PF1|-|PF2||= |PF|=|PM|,|PM|为 P

2a(2a<|F1F2|) 点到准线的距离

xa22-yb22=1 (a>b,b>0)

y2=2px (p>0)

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图形

? 单击此范围处编|x辑|≤a,母|y|≤版b 文本|x|≥样a 式

x≥0

– 第二级 顶点

(±a,0)(0,±b)

(±a,0)

? 第对三称性级 关于 x 轴,y 轴和 关于 x 轴,y 轴和

– 第四级 原点对称

原点对称

焦点 ? 第五级(±c,0)

(±c,0)

(0,0) 关于 x 轴对称
???p2,0???

长轴长 2a,

实轴长 2a,



短轴长 2b

虚轴长 2b

离心率

e=ca= 1-ba22 (0<e<1)

e=ca= 1+ba22 (e>1)

e=1

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准线



x=-p2

? 单击此渐近处线 编辑母无 版文本y=样±bax 式



– 第二级 ? 第三级 例 1-1(2015·天津卷)已知双曲线xa22-yb22=1(a>0,b>0)的一个焦点为 F(2,

0),且双曲– 线第的四渐级近线与圆(x-2)2+y2=3 相切,则双曲线的方程为( )

A.x92-1y32 =?1 第五级

B.1x32 -y92=1

C.x32-y2=1

D.x2-y32=1

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考点:双曲线的标准方程及几何性质.

? 单击此处编辑母版文本样式 分析:利用双曲线的渐近线与圆相切以及焦点坐标,列出方程组求解.
– 第二级 解析:双曲线的一条渐近线方程为 y=bax,即 bx-ay=0.

??? ? 第三级 由题意–,第得四b级22+b a2= 3.联立 ?? ? 第五级

c2=a2+b2, c=2,
b22+b a2= 3,

解得?????ba22==13,

从而双曲线的方程为 x2-y32=1.

答案:D

点评:本题考查了双曲线的方程与性质,由已知条件建立方程并联立方程

组求解,考查了方程思想的应用,属于中档题.

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例 1-2(2015·湖南卷)若双曲线xa22-yb22=1 的一条渐近线经过点(3,-4),则
? 单此击双曲线此的离处心率编为( 辑)母版文本样式

– 第A.二37 级

5 B.4

4 C.3

5 D.3

? 第三级 考点:双曲线的渐近线方程,a,b,c 之间的关系及离心率公式.

分析:–由第渐?四近第线级过五点级(3,-4)可得ba的值,利用 a,b,c 之间的关系,a2+b2

=c2 可消去 b 得 a,c 之间的关系,求出离心率 e.

解析:双曲线xa22-yb22=1 的渐近线方程为 y=±bax,因为其中一条渐近线过点

(3,-4),所以ba=34.又 e2=1+ba22=295,所以 e=53.故选 D.

答案:D

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点评:本题考查了双曲线的渐近线及 a,b,c 之间的关系,属于容易题.

? 单击规律此总结处编辑母版文本样式 对圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质的考查是历年高考命题的热点问 – 第二级 题,高考中对圆锥曲线的考查一般为一小一大(即一个选择、填空题,一个解答
? 第三级 题),小题主要考查圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质,考查的热点问题有:
离心率问题–,第双四曲线级的渐近线、定义的应用、标准方程、直线与圆锥的位置关 系以及最值、取?值第范围五等级问题.

变式训练

【1-1】 (2015·湖北卷)将离心率为 e1 的双曲线 C1 的实半轴长 a 和虚半轴

长 b(a≠b)同时增加 m(m>0)个单位长度,得到离心率为 e2 的双曲线 C2,则( )

A.对任意的 a,b,e1>e2

B.当 a>b 时,e1>e2;当 a<b 时,e1<e2

C.对任意的 a,b,e1<e2

D.当 a>b 时,e1<e2;当 a<b 时,e1>e2

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解析:∵e21=ca22=a2+a2 b2=1+ba22,
? 单击此处编辑母版文本样式 同理 e22=1+((ba++mm))22.
– 第二级 ∵a>0,b>0,m>0,
? 第三级 ∴e21与–e第22的大四小级取决于ba与ba++mm的大小.
ba-ba++mm=?(a(b第a-+五am))级m,
∴当 b<a 时,ba<ba++mm,e21<e22,e1<e2; 当 b>a 时,ba>ba++mm,e21>e22,e1>e2. 答案:D
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【1-2】 (2015·重庆卷)设双曲线xa22-yb22=1(a>0,b>0)的右焦点是 F,左、
? 单击此处编辑母版文本样式 右顶点分别是 A1,A2,过 F 作 A1A2 的垂线与双曲线交于 B,C 两点.若 A1B⊥

– 第二级 A2C,则该双曲线的渐近线的斜率为( )

?A.第±三21 级

B.±

2 2

C.±1

D.± 2

– 第四级 解析:设 F?(c,第0)五,由级题意,不妨令

B???c,ba2???,C???c,-ba2???.

又因为 A1(-a,0),A2(a,0),所以 kA1B·kA2C=c+ba2a·c--baa2=c-2-baa242.

又因为 c2-a2=b2,A1B⊥A2C,所以 kA1B·kA2C=-ba22=-1,解得ba=1.

所以该双曲线的渐近线的斜率为±ba=±1,故选 C.

答案:C

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规律总结
? 单击此处编辑母焦点版三角文形问本题的求样解技式巧 (1)所谓焦点三角形,就是以椭圆或双曲线的两个焦点为顶点,另一个顶点 – 第二级 在椭圆或双曲线上的三角形. ?(2)第解决三此类级问题要注意应用三个方面的知识: ①椭圆–或第双四曲线级的定义; ②勾股定理?或第余弦五定级理;
③基本不等式与三角形的面积公式.
考点二 直线与圆锥曲线
考点精析
1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断可用代数方法,即将直线的方程与圆 锥曲线的方程联立,根据方程组解的个数判断直线与圆锥曲线的位置关系.
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2.若直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1,y1),P2(x2,y2),且直线 P1P2 的斜率
? 单击此处编辑母版文本样式 为 k,则弦长|P1P2|= 1+k2|x1-x2|= 1+k12|y1-y2|(k≠0).|x1-x2|,|y1-y2|
– 第二级 的 求 法 , 通 常 使 用 根 与 系 数 的 关 系 , 需 要 作 下 列 变 形 : |x1 - x2| =
? 第三级 (x1+x2)2-4x1x2,|y1-y2|= (y1+y2)2-4y1y2.
3.与–圆锥第曲四线级的弦的中点有关的问题除了可以联立方程利用根与系数的关 系外,还可以利?用第“点五差级法”,即设出弦的两个端点,并将其代入圆锥曲线方程
作差分解因式,注意在作差的过程中要与直线的斜率联系起来,这样可以简化
运算.
例 2-1(2015·福建卷)已知点 F 为抛物线 E:y2=2px(p>0)的焦点,点 A(2, m)在抛物线 E 上,且|AF|=3.
(1)求抛物线 E 的方程;
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(2)已知点 G(-1,0),延长 AF 交抛物线 E 于点 B,证明:以点 F 为圆心且
? 单与击直线此GA 相处切的编圆,辑必与母直线版GB 相文切.本样式
– 第二级
? 第三级
– 第四级 考点:抛物?线第、直五线级与圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系.
分析:(1)由抛物线的定义及 AF 的长可求出 p 的值,代入抛物线的标准方 程即可;(2)将直线 AF 的方程与抛物线的方程联立,可求得交点 B 的坐标,分 别求出直线 AG、BG 的斜率,利用斜率之和为 0 求解;或者分别求点 F 到直线 GA、GB 的距离,利用距离相等求解.
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解析:(方法 1)(1)由抛物线的定义得|AF|=2+2p.

? 单击此处编辑母版文本样式 因为|AF|=3,即 2+p2=3,解得 p=2,所以抛物线 E 的方程为 y2=4x.
– 第二级 (2)因为点 A(2,m)在抛物线 E:y2=4x 上,所以 m=±2 2,

?由抛第物三线的级对称性,不妨设 A(2,2 2).

由 A(–2,第2 四2),级F(1,0)可得直线 AF 的方程为 y=2 2(x-1).

由???y=2 2(?x第-1五)级,得
??y2=4x,

2x2-5x+2=0,解得

x=2



x=12,

从而 B(12,- 2).又 G(-1,0),

所以 kGA=2-2 (2--10)=2 3 2,kGB=12--(2--10)=-2 3 2,

所以 kGA+kGB=0,从而∠AGF=∠BGF,这表明点 F 到直线 GA,GB 的距

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离相等,故以 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆必与直线 GB 相切.

? 单击(方此法 2)处(1)同编方法辑一.母版文本样式 (2)设以点 F 为圆心与直线 GA 相切的圆的半径为 r. – 第二级 因为点 A(2,m)在抛物线 E:y2=4x 上,所以 m=±2 2,

?由抛第物三线的级对称性,不妨设 A(2,2 2).

由 A(–2,第2 四2),级F(1,0)可得直线 AF 的方程为 y=2 2(x-1).

由???y=2 2(?x第-1五)级,得
??y=4x,

2x2-5x+2=0,

解得 x=2 或 x=12,从而 B???12,-

2??.又 G(-1,0),
?

故直线 GA 的方程为 2 2x-3y+2 2=0,

从而 r=|2

2+2 8+9

2|=4

2.又直线 17

GB

的方程为

2

2x+3y+2

2=0,

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所以点 F 到直线 GB 的距离 d=|2

2+2 8+9

2|=4

2=r. 17

? 单击此处编辑母版文本样式 这表明以点 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆必与直线 GB 相切.

– 第二级 点评:本题考查了直线与圆,直线与抛物线的位置关系,考查了学生的运
? 第三级 算求解能力,推理论证能力,函数与方程思想,转化与化归思想及数形结合思
想,属于中–档第题四. 级
? 第五级
规律总结

直线与圆锥曲线的综合问题是历年高考必考内容之一,其难度大,综合性

强,区分度大,因此解析几何解答题是我们在二轮复习的主攻方向,熟练掌握

某些特殊题型的解题方法有利于我们突破这一难点.

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变式训练【2-1】 (2015·湖南卷)已知抛物线 C1:x2=4y 的焦点 F 也是椭圆

? 单击此处编辑母版文本样式 C2 :ya22+xb22=1(a>b>0)的一个焦点.C1 与 C2 的公共弦的长为 2 6.过点 F 的直线
– 第二级 l 与 C1 相交于 A,B 两点,与 C2 相交于 C,D 两点,且A→C与B→D同向.
?(1)第求 C三2 的级方程;
(2)若|–AC第|=四|BD级|,求直线 l 的斜率. 解析:(1)由?C第1:五x2=级4y 知,其焦点 F 的坐标为(0,1).
因为 F 也是椭圆 C2 的一个焦点,所以 a2-b2=1.①

又 C1 与 C2 的公共弦的长为 2 6,C1 与 C2 都关于 y 轴对称,且 C1 的方程为

x2=4y,由此易知

C1



C2

的公共点的坐标为??±
?

6,32???,所以49a2+b62=1.②

联立①②得 a2=9,b2=8.故 C2 的方程为y92+x82=1.

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(2)如图,设 A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).
? 单击此处编辑母版文本样式 因为A→C与B→D同向,且|AC|=|BD|,所以A→C=B→D, 从而 x3-x1=x4-x2,即 x1-x2=x3-x4, – 第二级 于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③ ? 第三级 – 第四级 ? 第五级
设直线 l 的斜率为 k,则 l 的方程为 y=kx+1. 由?????xy2==k4xy+,1,得 x2-4kx-4=0. 而 x1,x2 是这个方程的两根,所以 x1+x2=4k,x1x2=-4.④
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? 单击此处编辑母版文本样式 由?????yx8=2+ky9x2+=11,,得(9+8k2)x2+16kx-64=0. 而 x3,x4 是这个方程的两根, – 第二级 ? 第三级 所以 x3+x4=-9+168kk2,x3x4=-9+648k2.⑤ 将④⑤–代第入四③,级得 16(k2+1)=(91+628kk22)2+94+×86k42,
即 16(k2+1?)=第16五2(×9级9+(8kk22+)12),

所以(9+8k2)2=16×9,解得

k=±

46,即直线

l

的斜率为±

6 4.

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【2-2】 (2015·北京卷)已知椭圆 C:x2+3y2=3,过点 D(1,0)且不过点

? 单击此处编辑母版文本样式 E(2,1)的直线与椭圆 C 交于 A,B 两点,直线 AE 与直线 x=3 交于点 M. (1)求椭圆 C 的离心率; – 第二级 (2)若 AB 垂直于 x 轴,求直线 BM 的斜率;
?(3)第试判三断直级线 BM 与直线 DE 的位置关系,并说明理由.
解析:–(1第)椭?四圆第级C 五的标级准方程为x32+y2=1. 所以 a= 3,b=1,c= 2.

所以椭圆

C

的离心率

e=ca=

6 3.

(2)因为 AB 过点 D(1,0)且垂直于 x 轴,所以可设 A(1,y1),B(1,-y1).

直线 AE 的方程为 y-1=(1-y1)(x-2).

令 x=3,得 M(3,2-y1). 所以直线 BM 的斜率 kBM=2-3y-1+1 y1=1.

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(3)直线 BM 与直线 DE 平行.证明如下:

?

单击此处编辑母版文本样式 当直线 AB 的斜率不存在时,由(2)可知 kBM=1.
– 第二级 又因为直线 DE 的斜率 kDE=12--01=1,所以 BM∥DE.

?当直第线三AB级的斜率存在时,
设其方–程第为四y=级k(x-1)(k≠1).

设 A(x1,y1?),第B(五x2,级y2),则直线 AE 的方程为

y-1=yx11--12(x-2).

令 x=3,得点 M(3,y1+x1-x1-2 3).

由?????xy2=+k3(y2x=-31,),得(1+3k2)x2-6k2x+3k2-3=0. 所以 x1+x2=1+6k32k2,x1x2=31k+2-3k32.

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? 单击此处编辑母版文本样式 直线 BM 的斜率 kBM=y1+x1-x31--2x32-y2, 因为 kBM-1 – 第? 二第三级级 =k(x1-1)+x1-3-k((3x2--x12))((xx11--22))-(3-x2)(x1-2) =(k–-第1)(四[3--级xx12x)2+(2(x1-x1+2)x2)-3] =(k-1)(?(3-第-1x3+五2k)23+k级(23x+1-11+22)k32k2-3)=0, 故 kBM=1=kDE,故 BM∥DE. 综上可知,直线 BM 与直线 DE 平行.
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【2-3】 (2014·江西卷)如图,已知双曲线 C:xa22-y2=1(a>0)的右焦点为 F,
? 单击此处编辑母版文本样式 点 A,B 分别在 C 的两条渐近线上,AF⊥x 轴,AB⊥OB,BF∥OA(O 为坐标原
–点第). 二级
? 第三级
– 第四级 ? 第五级
(1)求双曲线 C 的方程;
(2)过 C 上一点 P(x0,y0)(y0≠0)的直线 l:xa02x-y0y=1 与直线 AF 相交于点
M,与直线 x=32相交于点 N.证明:当点 P 在 C 上移动时,||MNFF||恒为定值,并求 此定值.
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解析:(1)依题意知,A???c,ac???,设 B???t,-at???,
? 单击此处编辑母c版+t 文本样式
– 第二级 ∵AB⊥OB,BF∥OA,∴c-a t·-a1=-1,1a=a(c-t t),

?整理第得三:t级=2c,a= 3,

∴双曲–线第C?四的第级方程五为级x32-y2=1.

(2)证明:由(1)知

A??2,2
?

3

3??,l
?

的方程为:x30x-y0y=1,

又 F(2,0),直线 l:xa02x-y0y=1 与直线 AF 相交于点 M,与直线 x=32相交

于点 N,

于是可得 M???2,2x30y-0 3???,N???32,x02-y02???.

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?

单击此处编辑母版文本样式 ∴||MNFF||=

???2x30y-0 3??? 14+???x02-y02???2

– 第二级 = 3

2|2x0-3| y20+(x0-2)2

? 第三级 =
3



2|2x0-3|
x第320-四1+级(x0-2)2

=32×|2|x20x-0-?33| 第|=五2 3 3级.
3

【2-4】 (2015·重庆卷)如图,椭圆xa22+yb22=1(a>b>0)的左、右焦点分别为

F1,F2,过 F2 的直线交椭圆于 P,Q 两点,且 PQ⊥PF1.

(1)若|PF1|=2+ 2,|PF2|=2- 2,求椭圆的标准方程;

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? 单击此处编辑母版文本样式
– 第二级
? 第三级 (2)若–|PQ第|=四λ|P级F1|,且43≤λ <43,试确定椭圆离心率 e 的取值范围.
解析:(1)由?椭第圆的五定级义,2a=|PF1|+|PF2|=(2+ 2)+(2- 2)=4,故 a=2.
设椭圆的半焦距为 c, 由 PF1⊥PF2 得 2c=|F1F2|= |PF1|2+|PF2|2 = (2+ 2)2+(2- 2)2=2 3, 即 c= 3,从而 b= a2-c2=1. 故所求椭圆的标准方程为x42+y2=1.
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(2)如图,由 PF1⊥PQ,|PQ|=λ|PF1|,得|QF1|= |PF1|2+|PQ|2= 1+λ2|PF1|.

? 单击此处编辑母版文本样式

– 第二级

? 第三级

由椭圆–的第定四义,级得|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a,即|PF1|+|PQ|+|QF1|

=4a.

? 第五级

于是(1+λ+ 1+λ2)|PF1|=4a,解得|PF1|=1+λ+4a 1+λ2.

故|PF2|=2a-|PF1|=2a(1λ++λ+1+1λ+2-λ21).

由勾股定理,得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2=4c2, 即????1+λ+4a 1+λ2????2+????2a(1λ++λ+1+1λ+2-λ21)????2=4c2,

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两边除以 4a2,得(1+λ+4 1+λ2)2+((λ1++λ+1+λ12+-λ12))22=e2.

? 单击此处编辑母版文本样式 若记 t=1+λ+ 1+λ2,则上式变成 e2=4+(tt-2 2)2=8???1t-14???2+12.
– 第二级 ? 第三级 因为43≤λ<43,1+λ+ 1+λ2关于 λ 单调递增,

所以

–3≤第t<4四,即级41<1t ≤13,所以12<e2≤59,即

22<e≤

5 3.

规律总结 ? 第五级

1.解决探索性问题的方法

首先假设所探求的问题结论成立、存在等,在这个假设下进行推理论证,

如果得到了一个合情合理的推理结果,就肯定假设,对问题做出正面回答,如

果得到一个矛盾的结果,就否定假设,对问题作出反面回答.在这个解题思路

指导下解决探索性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别.

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2.求定值问题的方法
? 单击此处编辑母版文本样式 定值问题是解析几何中的一种常见问题,基本的求解方法是:先用变量表 示所需证明的不变量,然后通过推导和已知条件,消去变量,得到定值,即解 – 第二级 决定值问题首先是求解非定值问题,即变量问题,最后才是定值问题. ?3.第最值三或级范围问题的解决方法 解析几–何第中四的最级值问题涉及的知识面较广,解法灵活多样,但最常用的方 法有以下几种:? 第五级
(1)利用函数,尤其是二次函数求最值; (2)利用三角函数,尤其是正、余弦函数的有界性求最值; (3)利用不等式,尤其是基本不等式求最值; (4)利用判别式求最值; (5)利用数形结合,尤其是切线的性质求最值.
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考点三 曲线与方程
? 单击考点此精析处编辑母版文本样式 一般地,在平面直角坐标系中,如果某曲线 C 上的点与一个二元方程 f(x, – 第二级 y)=0 的实数解建立了如下关系: ?(1)第曲线三上点级的坐标都是这个方程的解; (2)以这– 个第方四程级的解为坐标的点都是曲线上的点. 那么这个方?程第叫做五曲级线的方程,这条曲线叫方程的曲线.
曲线既可以看作是符合某种条件的点的集合,又可以看作是满足某种条件
的动点运动的轨迹,因此,此类问题有时也叫做轨迹问题.
例 3-1(2015·湖北卷)一种画椭圆的工具如图 1 所示.O 是滑槽 AB 的中点, 短杆 ON 可绕 O 转动,长杆 MN 通过 N 处铰链与 ON 连接,MN 上的栓子 D 可 沿滑槽 AB 滑动,且 DN=ON=1,MN=3.当栓子 D 在滑槽 AB 内作往复运动
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时,带动 N 绕 O 转动,M 处的笔尖画出的椭圆记为 C.以 O 为原点,AB 所
? 单击此处编辑母版文本样式 在的直线为 x 轴建立如图 2 所示的平面直角坐标系.
– 第二级
? 第三级
(1)求椭– 圆第C四的级方程; (2)设动直线?l 与第两五定级直线 l1:x-2y=0 和 l2:x+2y=0 分别交于 P,Q 两点.若
直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点,试探究:△OPQ 的面积是否存在最小 值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.
考点:椭圆方程的求解,两条直线的交点,直线和椭圆的位置关系.
分析:(1)直接根据已知条件求出椭圆的长半轴长和短半轴长,进而写出椭圆方 程;(2)分直线 l 的斜率存在和不存在两种情况讨论,斜率存在时,可设直线 l
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的方程为 y=kx+m(k≠±12),利用直线和椭圆相切,建立 k 和 m 的等式,
? 单击此处编辑母版文本样式 求出交点 P、Q 的坐标,利用点到直线的距离,求出三角形的 PQ 边上的高 d,
– 第二级 表达出三角形的面积12|PQ|·d,消去 k 和 m 中的一个参数,建立一个目标函数,
对目?标函第数三变形级处理,确定其最小值.
解析:–(1第)因四为级|OM|≤|MN|+|NO|=3+1=4, 当 M,N 在?x第轴上五时级,等号成立;
同理|OM|≥|MN|-|NO|=3-1=2,
当 D,O 重合,即 MN⊥x 轴时,等号成立. 所以椭圆 C 的中心为原点 O,长半轴长为 4,短半轴长为 2,其方程为1x62 + y42=1.
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– 第二级
? 第三级
(2)(ⅰ–)当第直四线 l级的斜率不存在时,直线 l 为 x=4 或 x=-4, 都有 S△OPQ=?12第×4五×级4=8.
(ⅱ)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l:y=kx+m(k≠±12), 由?????yx=2+k4xy+2=m1,6,消去 y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 因为直线 l 总与椭圆 C 有且只有一个公共点, 所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即 m2=16k2+4.①
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又由???y=kx+m, ??x-2y=0,

可得 P???1-2m2k,1-m2k???.同理可得 Q???1-+22mk,1+m2k???.

? 单击此处编辑母版文本样式 由原点 O 到直线 PQ 的距离为 d= 1|m+|k2和|PQ|= 1+k2|xP-xQ|,

– 第? 二第三级级 可得 S△OPQ=12|PQ|·d=12|m||xP-xQ|=12·|m|???1-2m2k+1+2m2k???=???1-2m42k2???.②

将①代–入第②四得,级S△OPQ=???1-2m42k2???=8???44kk22+-11???.

当 k2>41时,?S△第OPQ五=8级???44kk22+-11???=8???1+4k22-1???>8;

当 0≤k2<14时,S△OPQ=8???41k-2+4k12???=8???-1+1-24k2???.

因为 0≤k2<14,所以 0<1-4k2≤1,1-24k2≥2,

所以 S△OPQ=8???-1+1-24k2???≥8,当且仅当 k=0 时取等号.

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所以当 k=0 时,S△OPQ 的最小值为 8.
? 单击此处编辑母版文本样式 综合(ⅰ)(ⅱ)可知,当直线 l 与椭圆 C 在四个顶点处相切时,△OPQ 的面积 取得最小值 8. – 第二级 点评:本题考查了椭圆方程的求解,直线与椭圆的位置关系,考查了代入 ? 第三级 法,整体思想和运算求解能力.求三角形面积最小值的过程中,对目标函数进 行变形,考–查第了四数据级处理能力和函数思想,属于难题. 规律总结 ? 第五级
求曲线的轨迹方程是解析几何的基本问题之一,是高考中的一个热点和重
点,在历年高考中出现的频率较高,特别是当今高考的改革以考查学生的创新
意识为突破口,注重考查学生的逻辑思维能力、运算能力、分析问题和解决问
题的能力, 而轨迹方程这一热点,恰好能很好地反映学生在这些能力方面的掌
握程度.求曲线方程的题目若出现在主观题中,往往综合性比较强,属于较难题;
若出现在客观题中,则通常可以利用圆锥曲线的定义解题,为容易题.
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变式训练
? 单击此处编辑母版文本样式 【3-1】 如图,动圆 C1:x2+y2=t2,1<t<3 与椭圆 C2:x92+y2=1 相交于
– 第二级 A,B,C,D 四点,点 A1,A2 分别为 C2 的左、右顶点.
? 第三级
– 第四级 ? 第五级
(1)当 t 为何值时,矩形 ABCD 的面积取得最大值?并求出其最大面积;
(2)求直线 AA1 与直线 A2B 交点 M 的轨迹方程.
解析:(1)设 A(x0,y0),则矩形 ABCD 的面积 S=4|x0||y0|, 由x920+y20=1 得 y20=1-x920,
从而 x20y20=x20???1-x920???=-91???x02-92???2+94.
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∴x20=92,y20=12时,Smax=6,
? 单击此处编辑母版文本样式 ∴t= 5时,矩形 ABCD 的面积取得最大值,最大面积为 6.
– 第二级 (2)由 A(x0,y0),B(x0,-y0),A1(-3,0),A2(3,0),知直线 AA1 的方程
为 y=? x第0y+0 3三(x+级3),①
直线 –A2B第方?四程第级为五y=级x-0-y03(x-3),②
由①②可得:y2=x-20-y029(x2-9).③
∵y20=1-x920,④
∴④代入③可得x92-y2=1(x<-3,y<0).
∴直线 AA1 与直线 A2B 交点 M 的轨迹方程是x92-y2=1(x<-3,y<0).
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– 第二级

(见学生用书 P91)

? 第三级 例 1 设 A、B 是椭圆 3x2+y2=λ 上的两点,点 N(1,3)是线段 AB 的中点,
线段 AB 的–垂第直四平分级线与椭圆相交于 C、D 两点.

(1)确定 λ 的?取第值范五围级,并求直线 AB 的方程;

(2)试判断是否存在这样的λ ,使得 A、B、C、D 四点在同一个圆上?并说

明理由.(此题不要求在答题卡上画图)

考场错解:(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 ?????33xx2122++yy2122==λλ,?3(x1-x2)(x1+x2)+(y1-y2)(y1+y2)=0, 依题意,x1≠x2,∴kAB=-3(xy11++xy22).

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∵N(1,3)是 AB 的中点,
? 单击此处编辑母版文本样式 ∴x1+x2=2,y1+y2=6 从而 kAB=-9. 又由 N(1,3)在椭圆内, – 第二级 ∴λ <3×12+32=12. ?∴λ第的三取值级范围是(-∞,12). 直线 –AB第的四方程级为 y-3=-9(x-1), 即 9x+y-?12=第0五. 级 专家把脉:①用“差比法”求斜率时 kAB=-3(yx11++yx22)这地方很容易出 错.②N(1,3)在椭圆内,λ>3×12+32=12 应用结论时也易混淆. 对症下药:(1)(方法 1)依题意,可设直线 AB 的方程为 y=k2(x-1)+3,代 入 3x2+y2=λ,整理得(k2+3)x2-2k(k-3)x+(k-3)2-λ=0.①
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设 A(x1,y1)、B(x2,y2),则 x1,x2 是方程①的两个不同的根,

?

单击此处编辑母版文本样式 ∴Δ =4[λ(k2+3)-3(k-3)2]>0,②
– 第二级 且 x1+x2=2k(k2k+-33),由 N(1,3)是线段 AB 的中点,得x1+2 x2=1,

? 第三级 ∴k(k-3)=k2+3,解得 k=-1,代入②得,λ>12,
即 λ 的–取第值四范围级是(12,+∞).

于是,直线?A第B 的五方级程为 y-3=-(x-1),即 x+y-4=0.

(方法 2)设 A(x1,y1)、B(x2,y2),则有?????33xx2212++yy2122==λλ,

?3(x1-x2)(x1+x2)+(y1-y2)(y1+y2)=0,依题意,x1≠x2,

∴kAB=-3(yx11++yx22).∵N(1,3)是 AB 的中点,∴x1+x2=2,y1+y2=6,

从而 kAB=-1.又由 N(1,3)在椭圆内,∴λ >3×12+32=12,∴λ 的取值范围是

(12,+∞).直线 AB 的方程为 y-3=-(x-1),即 x+y-4=0.

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(2)(方法 1)∵CD 垂直平分 AB,
? 单击此处编辑母版文本样式 ∴直线 CD 的方程为 y-3=x-1,即 x-y+2=0, 代入椭圆方程,整理得 4x2+4x+4-λ=0.③ – 第二级 又设 C(x3,y3),D(x4,y4),CD 的中点为 M(x0,y0), ?则第x3,三x4 是级方程③的两根, ∴x3+–x4第=-?四1第,级且五x级0=12(x3+x4)=-21,y0=x0+2=32,即 M???-21,32???. 于是由弦长公式可得|CD|= 1+???-1k???2·|x3-x4|= 2(λ-3).④ 将直线 AB 的方程 x+y-4=0,
代入椭圆方程得 4x2-8x+16-λ=0.⑤
同理可得|AB|= 1+k2|x1-x2|= 2(λ-12).⑥ ∵当 λ>12 时, 2(λ-3)> 2(λ-12),∴|AB|<|CD|.
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假设存在 λ>12,使得 A、B、C、D 四点共圆,则 CD 必为圆的直径,点 M

? 单为击圆心.此点 M处到直编线 辑AB 的母距离版为 文本样式

– 第二级 d=|x0+y0-4|=???-12+32-4???=3

2

2

2

2.⑦

? 第三级 于是,–由第④、四⑥、级⑦式和勾股定理可得|MA|2=|MB|2=d2+???|A2B|???2=92+λ

-12 2

=λ -2 3=???|C2D|????2. 第五级

故当 λ>12 时,A、B、C、D 四点均在以 M 为圆心,???C2D???为半径的圆上.

(注:上述解法中最后一步可按如下解法获得)

A、B、C、D 共圆?△ACD 为直角三角形,A 为直角?|AN|2=|CN|·|DN|,

即???|A2B|???2=???|C2D|+d??????|C2D|-d???.⑧

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由⑥式知,⑧式左边=λ -2 12,由④和⑦知,⑧式右边=????

2(λ2-3)+3

2

2??
??

? 单击此处编辑母版文本样式 ?? ??

2(λ2-3)-3 2 2????=λ -2 3-29=λ -2 12,

– 第二级 ∴⑧式成立,即 A、B、C、D 四点共圆.

?(方第法 2三)∵级CD 垂直平分 AB,

∴直线– C第D 四方程级为 y-3=x-1,代入椭圆方程,整理得 4x2+4x+4-λ=0.③ 将直线 AB?的第方程五x级+y-4=0,代入椭圆方程,整理得

4x2-8x+16-λ=0.⑤

解③和⑤式可得 x1,2=2±

λ 2

-12,x3,4=-1+2

λ-3 .

不妨设 A???1+12 λ-12,3-12 λ-12???,C(-1-2 λ-3,3- 2λ-3), D????-1+2 λ-3,3+ 2λ-3????.

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∴C→A=????3+

λ-12+ 2

λ-3,3+

λ-3- 2

λ-12????,

? 单击此处编辑母版文本样式 D→A=????3+

λ-12- 2

λ-3,3-

λ-3- 2

λ-12????,

– 第二级 计算可得C→A·D→A=0,

?∴A第在三以 C级D 为直径的圆上.

又 B 为– A第关四于级CD 的对称点,

∴A、B、C?、第D 四五点级共圆.

(注:也可用勾股定理证明 AC⊥AD)

例 2 设直线 l 与椭圆2x52 +1y62 =1 相交于 A、B 两点,l 又与双曲线 x2-y2=1

相交于 C、D 两点,C、D 三等分线段 AB,求直线 l 的方程.

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单单击击此此处处编编辑辑书眉单母.tif母版版标标题题样第样一L式O编式GO 考场错解:设直线 l 的方程为 y=kx+b,
? 单击此处编辑母版文本样式 如图所示,l 与椭圆,双曲线的交点为 A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、 D(x4,y4),依题意有A→C=D→B,A→B=3C→D. – 第二级 ? 第三级 – 第四级 由?????y2x=52 +k1xy+62 =?b,1第,得五(1级6+25k2)x2+50bkx+(25b2-400)=0,① 所以 x1+x2=-165+0b2k5k2.由?????yx=2-kyx2+=b1,,得(1-k2)x2-2bkx-(b2+1)=0.② 若 k=±1,则 l 与双曲线最多只有一个交点,不合题意,故 k≠±1,
所以 x3+x4=12-bkk2,
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单单击击此此处处编编辑辑书眉单母.tif母版版标标题题样第样一L式O编式GO 由A→C=D→B?x3-x1=x2-x4?x1+x2=x3+x4?
? 单击此处编辑母版文本样式 -165+0b2k5k2=12-bkk2?bk=0?k=0 或 b=0.

– 第二级 (1)当 k=0 时,由①得 x1、2=±54 16-b2,由②得 x3、4=± b2+1,
? 第三级 由A→B–=3第C→D四?级x2-x1=3(x4-x3),即140 16-b2=6 b2+1?b=±1163.
故 l 的方程?为第y=五±11级63.

(2)当 b=0 时,由①得 x1、2=± 16+2025k2,由②得 x3、4=± 11-k2,

由A→B=3C→D?x2-x1=3(x4-x3),即

40 = 16+25k2

1-6 k2?k=±2156,

故 l 的方程为 y=±1265x.综上所述:直线 l 的方程为:y=±1163,y=1265x.

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专家把脉:用斜截式设直线方程时没有注意斜率是否存在,致使造成思维
? 单片击面,漏此解.处编辑母版文本样式 对症下药:(方法 1)首先讨论 l 不与 x 轴垂直时的情况. – 第二级 设直线 l 的方程为 y=kx+b,如图所示,l 与椭圆、双曲线的交点为:A(x1, ? 第三级 y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、D(x4,y4),依题意有A→C=B→D,A→B=3C→D. 由?????y2x=52–+k第1xy+62 =?四b,1第,级得五(1级6+25k2)x2+50bkx+(25b2-400)=0.① 所以 x1+x2=-165+0b2k5k2.
由?????xy2=-kyx2+=b1,,得(1-k2)x2-2bkx-(b2+1)=0.② 若 k=±1,则 l 与双曲线最多只有一个交点,不合题意,故 k≠±1.
所以 x3+x4=12-bkk2,
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由A→C=B→D?x1+x2=x3+x4?-165+0b2k5k2=12-bkk2?bk=0?k=0 或 b=0.
? 单击此处编辑母版文本样式 (1)当 k=0 时,由①得 x1,2=±54 16-b2.
– 第二级 由②得 x3、4=± b2+1.由A→B=3C→D?x2-x1=3(x4-x3),
? 第三级 即140 –16第-b四2=级b2+1?b=±1136.故 l 的方程为 y=±1136.
(2)当 b=0 时?,第由五①级得 x1、2=± 16+2025k2,由②得 x3、4= 11-k2,
由A→B=3C→D?x2-x1=3(x4-x3).即 16+4025k2= 1-6 k2?k=±2156, 故 l 的方程为 y=±1265x. 再讨论 l 与 x 轴垂直时的情况.
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设直线

l

的方程为

x=c,分别代入椭圆和双曲线方程可解得

y1



2



4 ±5

? 单2击5-c此2. 处编辑母版文本样式

– 第二级 y3、4=± c2-1,

? 第三级 由|A→B|=3|C→D|?|y2-y1|=3|y4-y3|.即85

25-c2=6

c2-1?c=± 25 , 241

故 l 的–方第程?为四第x级=五± 级22541.

综上所述,直线

l

的方程是:y=±1265x、y=±1163和

x=±

25 .
241

(方法 2)设 l 与椭圆、双曲线的交点为:A(x1,y1)、B(x2,y2)、C(x3,y3)、

D(x4,y4),
则有???2x52i +1y62i =1,(i=1,2), ??x2j -yj2=1,(j=3,4),

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由 i 的两个式子相减及 j 的两个式子相减,得:

? 单击此处编辑母版文本样式 ??16(x2+x1)(x2-x1)+25(y2+y1)(y2-y1)=0, ???(x4+x3)(x4-x3)-(y4+y3)(y4-y3)=0.
– 第二级 因 C、D 是 AB 的三等分点,故 CD 的中点(x0,y0)与 AB 的中点重合,且A→B
=3C→?D.第三级
于是 –x0=第x2四+2 x级1=x4+2 x3,y0=y2+2 y1=y4+2 y3, x2-x1=3(x?4-第x3)五. 级

因此?????x106(x0x(4-x4x-3)x3=)=y0(-y245-y0y(3)y4.-y②3),



若 x0y0≠0,则 x2=x1?x4=x3?y4=y3?y2=y1.

因 A、B、C、D 互异,故 xi≠xj,yi≠yj,

这里 i,j=1,2,3,4 且 i≠j.

①÷②得 16=-25,矛盾,所以 x0y0=0.

高考总复习·数学(理科)

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(1)当 x0=0,y0≠0 时,由②得 y4=y3≠0,这时 l 平行 x 轴.
? 单击此处编辑母版文本样式 设 l 的方程为 y=b,分别代入椭圆、双曲线方程得:
– 第二级 x1、2=±54 16-b2,x3、4=± b2+1.
? 第三级 ∵x2-x1=3(x4-x3)?140 16-b2=6 b2+1?b=±1136.
故 l 的–方第程?为四第y级=五±11级63.
(2)当 y0=0,x0≠0,
由②得 x4=x3≠0,这时 l 平行 y 轴.
设 l 的方程为 x=c,分别代入椭圆、双曲线方程得:

y1、2=±45 25-c2,y3、4=± c2-1.

∵y2-y1=3(y4-y3)?85

25-c2=6

c2-1?c=± 25 . 241

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故 l 的方程为:x=± 25 . 241
? 单击(3)此当 x0=处0,编y0=0辑时,母版文本样式

– 第二级 这时 l 通过坐标原点且不与 x 轴垂直.

?设第l 的三方程级为 y=kx,分别代入椭圆、双曲线方程得:

– x1、2=

1第6+2四025级k2,x3,4=±

1 1-k2.

∵x2-x1=3?(x第4-五x3)?级k=±1265.

故 l 的方程为 y=±1265x.

综上所述,直线

l

的方程是:y=±1265x、y=±1163和

x=±

25 .
241

专家会诊:1.重点掌握椭圆的定义和性质,加强直线与椭圆位置关系问题的

研究.

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单单击击此此处处编编辑辑书眉单母.tif母版版标标题题样第样一L式O编式GO
? 单击此处编辑母版文本样式 2.注重思维的全面性,例如求椭圆方程时只考虑到焦点在 x 轴上的情形;
– 第二级 研究直线与椭圆位置关系时忽略了斜率不存在的情形……
? 第三级 3.注重思想方法的训练,在分析直线与椭圆位置关系时要利用数形结合和
设而不求法– 与第弦四长级公式、韦达定理联系去解决;关于参数范围问题常用思路有: 判别式法,自身?范第围五法等级.求椭圆的方程常用方法有:定义法,直接法,待定
系数法,相关点法,参数法等.
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? 单击此处编辑母版文本样式

– 第二级
? 第三级

专题十四专题冲刺训练

– 第四级 ? 第五级

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