高三数学 知识点精析精练32 解析几何.doc

2014高三数学知识点精析精练32：解析几何1重视“数形结合”的数学思想2注重平面几何的知识的应用3突出圆锥曲线定义的作用一、求曲线的方程1曲线的形状已知：这类问题一般可用待定系数法解决。【例1】 （1994年全国理25）已知直线l过原点，抛物线c 的顶点在原点，焦点在x轴正半轴上。若点a（1，0）和点b（0，8）关于l的对称点都在c上，求直线l和抛物线c的方程。解法一：依题设抛物线c的方程可写为y2=2px (p0)，且x轴和y轴不是所求直线，又l过原点，因而可设l的方程为y=kx (k0)设a、b分别是a、b关于l的对称点，因而aal，直线aa的方程为由、联立解得aa与l的交点m的坐标为又m为aa的中点，从而点a的坐标为x a=，y a= 同理得点b的坐标为x b=， y b= 又a、b均在抛物线y2=2px(p0)上，由得，由此知k1，即 同理由得即 从而 =，整理得 k2k1=0解得但当时，由知，这与a在抛物线y2=2px(p0)上矛盾，故舍去设，则直线l的方程为将代入，求得所以直线方程为抛物线方程为解法二：设点a、b关于l的对称点分别为a(x1、y1)、b(x2，y2)，则|oa|=|oa|=1，|ob|=|ob|=8设由x轴正向到ob的转角为，则x2=8cos，y2=8sin 因为a、b为a、b关于直线l的对称点，而boa为直角，故boa为直角，因此x1=cos=sin，y1=sin=cos， 由题意知x10，x20，故为第一象限角因为a、b都在抛物线y2=2px上，将、代入得cos2=2psin，64sin2=2p8cos8sin3=cos3，2sin=cos，解得 将代入cos2=2psin得，抛物线c的方程为因为直线l平分bob，故l的斜率直线l的方程为【例2】 (1993年全国) 在面积为1的pmn中，tgpmn=，tgmnp=2建立适当的坐标系，求以m，n为焦点且过点p的椭圆方程解法一如图，以mn所在直线为x轴，mn的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，设以m，n为焦点且过点p的椭圆方程为，焦点为m (c，0)，n (c，0)由tgm=，tg=tg(mnp)=2，得直线pm和直线pn的方程分别为y=(x+c)和y=2(xc)将此二方程联立，解得x=c，y=c，即p点坐标为(c，c)在mnp中，|mn|=2c，mn上的高为点p的纵坐标，故由题设条件smnp=1， c=，即p点坐标为由两点间的距离公式得 又 b2=a2c2=，故所求椭圆方程为 解法二：同解法一得，p点的坐标为 点p在椭圆上，且a2=b2+c2 化简得3b48b23=0解得b2=3，或b2= (舍去) 又 a2=b2+c2=3+故所求椭圆方程为 解法三同解法一建立坐标系 p=pmn， p为锐角 sinp=，cosp=而 smnp=|pm|pn|sinp=1， |pm|pn|= |pm|+|pn|=2a，|mn|=2c，由余弦定理，(2c)2=|pm|2+|pn|22|pm|pn|cosp=(|pm|+|pn|)22|pm|pn|(1+cosp)=(2a)222， c2=a23，即b2=3 又 sinm=，sinn=，由正弦定理， 即 ， a=c a2=b2+c2=3+ a2=故所求椭圆方程为 2曲线的形状未知求轨迹方程【例3】 （1994年全国文24）已知直角坐标平面上点q（2，0）和圆c：x2+y2=1, 动点m到圆c的切线长与|mq|的比等于常数（0）,求动点m的轨迹方程，并说明它是什么曲线。mnqo解：如图，设mn切圆于n，则动点m组成的集合是p=m|mn|=|mq|，式中常数0.因为圆的半径|on|=1，所以|mn|2=|mo|2|on|2=|mo|21.设点m的坐标为(x，y)，则 整理得(21)(x2+y2 )42x+(1+42)=0.经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合p.故这个方程为所求的轨迹方程. 当=1时，方程化为x=，它表示一条直线，该直线与x轴垂直且交x轴于点(，0)，当1时，方程化为(x)2+y2=它表示圆，该圆圆心的坐标为(，0)，半径为 这种方法叫做直接法。【例4】 （1999年全国文24）如图，给出定点a(a，0) (a0，a1)和直线l：x=1，b是直线l上的动点，boa的角平分线交ab于点c，求点c的轨迹方程，并讨论方程表示的曲线类型与a值的关系解法一：依题意，记b(1，b) (br)，则直线oa和ob的方程分别为y=0和y=bx设点c(x，y)，则有0xa，由oc平分aob，知点c到oa、ob距离相等根据点到直线的距离公式得 依题设，点c在直线ab上，故有由 xa0，得 将式代入代得整理得y2(1a)x22ax+(1+a)y2=0 若y0，则(1a)x22ax+(1+a)y2=0 (0xa)；若y=0，则b=0，aob=，点c的坐标为(0，0)，满足上式综上得点c的轨迹方程为：(1a)x22ax+(1+a)y2=0 (0xa) a1， (0xa) 由此知，当0a1时，方程表示双曲线一支的弧段 解法二：如图，设d是l与x轴的交点，过点c作cex轴，e是垂足()当|bd|0时，设点c(x，y)，则0xa，y0由cebd得 coa=cob=codbod=coabod， 2coa=bod 整理得(1a)x22ax+(1+a)y2=0 (0xa) () 当|bd|=0时，boa=，则点c的坐标为 (0，0)，满足上式综合()，()，得点c的轨迹方程为 (1a)x22ax+(1+a)y2=0 (0xa) 以下同解法一二、研究圆锥曲线有关的问题1有关最值问题【例5】 已知椭圆c的中心在原点，焦点f1、f2在x轴上，点p为椭圆上的一个动点，且f1pf2的最大值为90，直线l过左焦点f1与椭圆交于a、b两点，abf2的面积最大值为12（1）求椭圆c的离心率；（2）求椭圆c的方程解：（1）设, 对 由余弦定理, 得 ，解出 （2）考虑直线的斜率的存在性，可分两种情况： i) 当k存在时，设l的方程为 椭圆方程为 由 得 .于是椭圆方程可转化为 将代入，消去得 ,整理为的一元二次方程，得 .则x1、x2是上述方程的两根且，ab边上的高 ii) 当k不存在时，把直线代入椭圆方程得 由知s的最大值为 由题意得=12 所以 故当abf2面积最大时椭圆的方程为： 解法2：设过左焦点的直线方程为：（这样设直线方程的好处是什么？还请读者进一步反思反思.）椭圆的方程为：由得：于是椭圆方程可化为：把代入并整理得：于是是上述方程的两根.,ab边上的高,从而 当且仅当m=0取等号，即 由题意知, 于是 . 故当abf2面积最大时椭圆的方程为： 2有关范围问题【例6】 （2001年北京春季21）已知抛物线过动点m（，0）且斜率为1的直线与该抛物线交于不同的两点a、b，（）求的取值范围；（）若线段ab的垂直平分线交轴于点n，求面积的最大值分析：这是一道直线与圆锥曲线位置关系的问题，对于（1），可以设法得到关于a的不等式，通过解不等式求出a的范围，即：“求范围，找不等式”。或者将a表示为另一个变量的函数，利用求函数的值域求出a的范围；对于（2）首先要把nab的面积表示为一个变量的函数，然后再求它的最大值,即：“最值问题，函数思想”。解：(1)直线l的方程为：y=xa,将y=xa 代入抛物线方程y2=2px,得：设直线l与抛物线两交点的坐标分别为a（x1,y1）,b(x2,y2)，则,又y1=x1a,y2=x2a, 解得:(2)设ab的垂直平分线交ab与点q，令其坐标为（x3,y3），则由中点坐标公式得：,所以|qm|2=(a+pa)2+(p0)2=2p2.又mnq为等腰直角三角形，所以|qm|=|qn|=，所以snab=,即nab面积的最大值为2。【例7】 （1992年高考题）已知椭圆，a,b是椭圆上的两点，线段ab的垂直平分线与x轴相交于点p(x0,0)，证明：.证法一：设a、b的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)因线段ab的垂直平分线与x轴相交，故ab不平行于y轴，即x1x2又交点为p(x0，0)，故|pa|=|pb|，即(x1x0)2+=(x2x0)2+ a、b在椭圆上， ，将上式代入，得2(x2x1) x0= x1x2，可得 ax1a，ax2a，且x1x2，2ax1+x22a， 证法二：设a、b的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)因p(x0，0)在ab的垂直平分线上，以点p为圆心，|pa|=r为半径的圆p过a、b两点，圆p的方程为(xx0)2+y2=r2，与椭圆方程联立，消去y得(xx0)2x2=r2b2， 因a、b是椭圆与圆p的交点，故x1，x2为方程的两个根由韦达定理得x1+x2=x0因ax1a，ax2a，且x1x2，故2ax1+x2=x02a，a o b xdcye 【例8】 (2000年高考题)已知梯形abcd中，|ab|=2|cd|，点e满足，双曲线过c、d、e三点，且以a、b为焦点，当时，求双曲线离心率e的取值范围。解：如图建立坐标系，这时cdy轴，因为双曲线经过点c、d，且以a、b为焦点，由双曲线的对称性知c、d关于y轴对称。依题意，记a(c,0)，c(h)，e(x0,y0),其中c=为双曲线的半焦距，h是梯形的高。由,即(x0+c,y0)= (x0,hy0)得:x0=.设双曲线的方程为,则离心率e=。由点c、e在双曲线上,将点c、e的坐标和e=代入双曲线的方程得将（1）式代入（2）式,整理得(44)=1+2,故=1.依题设得,解得.所以双曲线的离心率的取值范围是.【例9】 设直线过点p（0，3），和椭圆顺次交于a、b两点，试求的取值范围.解法1：当直线垂直于x轴时，可求得;当与x轴不垂直时，设，直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得解之得 因为椭圆关于y轴对称，点p在y轴上，所以只需考虑的情形.当时，所以 =.由 , 解得 ，所以 ，综上 .解法2：设直线的方程为：，代入椭圆方程，消去得 （*）则令，则，在（*）中，由判别式可得 ，从而有 ，所以 ，解得 .结合得. 综上，.点评：范围问题不等关系的建立途径多多，诸如判别式法，均值不等式法，变量的有界性法，函数的性质法，数形结合法等等. 本题也可从数形结合的角度入手，给出又一优美解法.3、对称问题【例10】 已知直线与椭圆相交于a、b两点，且线段ab的中点在直线上.（）求此椭圆的离心率；（2 ）若椭圆的右焦点关于直线的对称点在圆上，求此椭圆的方程.解:（1）设a、b两点的坐标分别为 得, 根据韦达定理，得 线段ab的中点坐标为（）. 由已知得 故椭圆的离心率为 . （2）由（1）知从而椭圆的右焦点坐标为 设关于直线的对称点为解得 由已知得 故所求的椭圆方程为 .4、判别式、韦达定理在解题中应用【例11】 已知双曲线，直线过点，斜率为，当时，双曲线的上支上有且仅有一点b到直线的距离为，试求的值及此时点b的坐标。解：设点为双曲线c上支上任一点，则点m到直线的距离为： 于是，问题即可转化为如上关于的方程.由于，所以，从而有于是关于的方程 由可知： 方程的二根同正，故恒成立，于是等价于.由如上关于的方程有唯一解，得其判别式，就可解得 .【例12】 已知椭圆c:和点p（4，1），过p作直线交椭圆于a、b两点，在线段ab上取点q，使，求动点q的轨迹所在曲线的方程.简解：设，则由可得：，解之得： （1）设直线ab的方程为：，代入椭圆c的方程，消去得出关于 x的一元二次方程： （2） 代入（1），化简得： (3)与联立，消去得：在（2）中，由，解得 ，结合（3）可求得 故知点q的轨迹方程为： （）.【例13】 已知直线l与椭圆有且仅有一个交点q，且与x轴、y轴分别交于r、s，求以线段sr为对角线的矩形orps的一个顶点p的轨迹方程解：从直线所处的位置, 设出直线的方程, 由已知，直线l不过椭圆的四个顶点，所以设直线l的方程为代入椭圆方程 得 化简