椭圆双曲线抛物线教师用

1、 第一讲 直线与圆知识结构框架题型一：直线的相关概念1. 在直角坐标系中，直线的倾斜角是（）ABCD 2. 如果直线互相垂直，那么a的值等于() A1BCD题型二：直线与圆客观题1.直线与圆的位置关系是（ ）A相交且过圆心B相切C相离D相交但不过圆心2.动点在圆 上移动时，它与定点连线的中点的轨迹方程是( )A BC D3.参数方程 表示的图形是()A圆心为，半径为9的圆B圆心为，半径为3的圆C圆心为，半径为9的圆D圆心为，半径为3的圆4.设，若直线与圆相切，则的取值范围是( )（A） （）C D 5.已知圆，过点的直线，则（ ）（A）与相交 （B） 与相切 （C）与相离 （D） 以上三个选项

2、均有可能6.【2012高考浙江文17】定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离，已知曲线C1：y=x2+a到直线l:y=x的距离等于曲线C2：x2+(y+4)2=2到直线l:y=x的距离，则实数a=_.【解析】C2：x 2(y4) 2 2，圆心(0，4)，圆心到直线l：yx的距离为：，故曲线C2到直线l：yx的距离为另一方面：曲线C1：yx 2a，令，得：，曲线C1：yx 2a到直线l：yx的距离的点为(，)，7.【2102高考北京文9】直线被圆截得弦长为_。【答案】8.【2012高考江西文14】过直线x+y-=0上点P作圆x2+y2=1的两条切线，若两条切线的夹角是6

3、0°，则点P的坐标是_。 【答案】【解析】如图：由题意可知,由切线性质可知,在直角三角形中，,又点P在直线上，所以不妨设点P，则,即，整理得，即,所以，即点P的坐标为。9.【2012高考江苏12】在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的最大值是 【解析】根据题意将此化成标准形式为：，得到，该圆的圆心为半径为 ，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，只需要圆心到直线的距离，即可，所以有，化简得解得，所以k的最大值是 .10.(2012年高考浙江卷理科16)定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值

4、称为曲线C到直线l的距离已知曲线C1：yx 2a到直线l：yx的距离等于C2：x 2(y4) 2 2到直线l：yx的距离，则实数a=_第二讲椭圆双曲线抛物线自主学习导引真题感悟1(2012·江西)椭圆1(ab0)的左、右顶点分别是A、B，左、右焦点分别是F1、F2，若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为A.B. C. D.2解析利用等比中项性质确定a，c的关系由题意知|AF1|ac，|F1F2|2c，|F1B|ac，且三者成等比数列，则|F1F2|2|AF1|·|F1B|，即4c2a2c2，a25c2，所以e2，所以e.2(2012·

5、山东)已知双曲线C1：1(a0，b0)的离心率为2.若抛物线C2：x22py(p0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为Ax2y Bx2y Cx28y Dx216y解析根据离心率的大小和距离列出方程或方程组求解双曲线C1：1(a0，b0)的离心率为2，2，ba，双曲线的渐近线方程为x±y0，抛物线C2：x22py(p0)的焦点到双曲线的渐近线的距离为2，p8.所求的抛物线方程为x216y.考题分析椭圆、双曲线、抛物线的定义、性质、方程一直是每年高考必要内容近几年命题更加注意知识的融合创新，涉及导数、函数、不等式、数列、向量等知识，同时注意思想方法的运用网络构建高

6、频考点突破考点一：圆锥曲线的定义及应用【例1】(2012·潍坊二模)已知双曲线C：1的左、右焦点分别为F1、F2，P为C的右支上一点，且|PF2|F1F2|，则·等于A24B48 C50D56审题导引据已知条件和双曲线的定义可以求出|PF1|与|PF2|的长，在PF1F2中利用余弦定理可求两向量夹角的余弦值，即得·.规范解答如图所示，|PF2|F1F2|6，由双曲线定义可得，|PF1|10.在PF1F2中，由余弦定理可得，cos F1PF2.·|cos F1PF210×6×50.【规律总结】焦点三角形问题的求解技巧(1)所谓焦点三角形

7、，就是以椭圆或双曲线的焦点为顶点，另一个顶点在椭圆或双曲线上的三角形(2)解决此类问题要注意应用三个方面的知识：椭圆或双曲线的定义；勾股定理或余弦定理；基本不等式与三角形的面积公式【变式训练】1已知双曲线1，直线l过其左焦点F1，交双曲线左支于A、B两点，且|AB|4，F2为双曲线的右焦点，ABF2的周长为20，则m的值为A8 B9 C16 D20解析由双曲线的定义可知，|AF2|AF1|2，|BF2|BF1|2，所以(|AF2|BF2|)(|AF1|BF1|)4，|AF2|BF2|AB|4，|AF2|BF2|44.又|AF2|BF2|AB|20，即44420.所以m9.2(2012·

8、;四川)椭圆1的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于点A、B，当FAB的周长最大时，FAB的面积是_解析根据椭圆的定义结合其几何性质求解直线xm过右焦点(1,0)时，FAB的周长最大，由椭圆定义知，其周长为4a8，此时，|AB|2×3，SFAB×2×33.考点二：圆锥曲线的性质【例2】(2012·咸阳二模)已知椭圆C1：1与双曲线C2：1共焦点，则椭圆C1的离心率e的取值范围为A. B. C(0,1) D.审题导引根据椭圆与双曲线的方程确定其焦点位置，进而求出m、n的范围，可求离心率e的取值范围规范解答由双曲线的方程知，椭圆与双曲线的焦点在x轴，.设椭圆C1

9、的离心率为e，e211.m0，e2，e，即离心率的范围是.【规律总结】离心率的求法双曲线与椭圆的离心率就是的值，有些试题中可以直接求出a、c的值再求离心率，在有些试题中不能直接求出a、c的值，由于离心率是个比值，因此只要能够找到一个关于a、c或a、b的方程，通过这个方程解出或，利用公式e求出，对双曲线来说，e，对椭圆来说，e.【变式训练】3(2012·日照模拟)已知双曲线1(a0，b0)的离心率为2，一个焦点与抛物线y216x的焦点相同，则双曲线的渐近线方程为Ay±x By±x Cy±x Dy±x解析抛物线y216x的焦点为(4,0)，c4，e

10、2，a2，b2，故渐近线方程为y±x.考点三：求圆锥曲线的方程【例3】(1)(2012·湖南)已知双曲线C：1的焦距为10，点P(2,1)在C的渐近线上，则C的方程为（ ）A.1 B.1 C.1 D.1(2)设斜率为2的直线l过抛物线y2ax(a0)的焦点F，且和y轴交于点A，若OAF(O为坐标原点)的面积为4，则抛物线方程为Ay2±4x By2±8x Cy24x Dy28x审题导引(1)利用焦距为10与P(2,1)在双曲线的渐近线上可列出关于a，b的方程组，解出a与b，得双曲线的方程(2)求出各点的坐标，就可以根据三角形的面积列出关于a的方程，解方程即

11、得规范解答(1)1的焦距为10，c5.又双曲线渐近线方程为y±x，且P(2,1)在渐近线上，1，即a2b.由解得a2，b，故应选A.(2)抛物线y2ax(a0)的焦点F坐标为，则直线l的方程为y2，它与y轴的交点为A，所以OAF的面积为·4，解得a±8.所以抛物线方程为y2±8x.故选B.【规律总结】求圆锥曲线方程的方法(1)定义法：在所给的条件满足圆锥曲线的定义时或已知圆锥曲线的焦点及其上一点的坐标时常用此方法(2)待定系数法：顶点在原点，对称轴为坐标轴的抛物线，可设为y22ax或x22ay(a0)，避开对焦点在哪个半轴上的分类讨论，此时a不具有p的几

12、何意义中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，椭圆方程可设为1(m0，n0)，双曲线方程可设为1(mn0)这样可以避免繁琐的计算利用以上设法，根据所给圆锥曲线的性质求出参数，即得方程（3）代入法（相关点法）（4）设参用参消参法。【变式训练】5若点P(x，y)到点F(0,2)的距离比它到直线y40的距离小2，则点P(x，y)的轨迹方程为Ay28x By28x Cx28y Dx28y解析点P(x，y)到点F(0,2)的距离比它到直线y40的距离小2，说明点P(x，y)到点F(0,2)和到直线y20的距离相等，所以P点的轨迹为抛物线，设抛物线方程为x22py，其中p4，故所求的轨迹方程为x28y.名师押题高

13、考【押题1】设F1、F2分别是双曲线1(a0，b0)的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点P满足|PF2|F1F2|，且cos PF1F2，则双曲线的渐近线方程为A3x±4y B3x±5y0 C4x±3y0 D5x±4y0解析在PF1F2中，由余弦定理得cos PF1F2.所以|PF1|c.又|PF1|PF2|2a，即c2c2a，ac.代入c2a2b2得±. 押题依据对于圆锥曲线，定义是非常重要的，高考中常以选择题或填空题的形式灵活考查圆锥曲线的定义以及由定义所涉及的几何性质本题是典型的焦点三角形问题，突出了定义，同时考查了余弦定理，方法较灵活，

14、故押此题【押题2】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为.过F1的直线l交C于A、B两点，且ABF2的周长为16，那么C的方程为_解析可设椭圆方程为1(ab0)，e，.根据ABF2的周长为16得4a16，因此a4，b2，椭圆方程为1.押题依据椭圆的方程、几何性质与定义是解析几何的重要内容，是高考的热点问题，通常的考查方式是把椭圆的几何性质、椭圆的定义相互综合本题难度较小，属基础题目，故押此题第三讲直线与圆锥曲线自主学习导引真题感悟1(2012·陕西)已知椭圆C1：y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率(1)求椭圆C2的方程；

15、(2)设O为坐标原点，点A、B分别在椭圆C1和C2上，2，求直线AB的方程解析(1)由已知可设椭圆C2的方程为1(a2)，其离心率为，故，解得a4.故椭圆C2的方程为1.(2)解法一A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x.将ykx代入1中，得(4k2)x216，所以x.又由2，得x4x，即，解得k±1.故直线AB的方程为yx或yx.网络构建高频考点突破考点一：圆锥曲线中的弦长问题【例1】(2012·荆州模拟)已知椭圆1(

16、ab0)右顶点与右焦点的距离为1，短轴长为2.(1)求椭圆的方程；(2)过左焦点F的直线与椭圆分别交于A、B两点，若三角形OAB的面积为，求直线AB的方程审题导引(1)利用相关的几何性质求得a、b、c，可求椭圆方程；(2)设出直线的方程，利用弦长公式得到三角形OAB面积的表达式并解出直线的斜率，可得直线方程规范解答(1)由题意，解得a，c1.即椭圆方程为1.(2)当直线AB与x轴垂直时，|AB|，此时SAOB不符合题意，故舍掉；当直线AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为：yk(x1)，代入消去y得：(23k2)x26k2x(3k26)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，所以|AB|

17、.原点到直线的AB距离d，所以三角形的面积S|AB|d·.由Sk22k±，所以直线lAB：xy0或lAB：xy0.【规律总结】弦长问题的解决方法(1)弦长问题涉及直线与二次曲线的两个交点坐标，此时一般不是求出两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后的方程根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入，这是解决弦长问题以及其他直线与二次曲线问题的最基本方法(2)注意使用弦长公式|AB|x1x2|y1y2|(k0)【变式训练】1设椭圆C：1(ab0)的右焦点为F，过F的直线l与椭圆C相交于A、B两点，直线l的倾斜角为60°，2.(1)求椭圆C的离心

18、率；(2)如果|AB|，求椭圆C的方程解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y10，y20.(1)设直线l的方程为y(xc)，其中c.联立得(3a2b2)y22b2cy3b40，解得y1，y2.因为2，所以y12y2，即2·.得离心率e.(2)因为|AB| |y2y1|，所以·.由得ba.所以a，得a3，b.椭圆C的方程为1.考点二：圆锥曲线中的最值与范围问题【例2】(2012·大连模拟)已知椭圆1(ab0)经过点A(2,1)，离心率为，过点B(3,0)的直线l与椭圆交于不同的两点M，N.(1)求椭圆的方程；(2)求·的取值范围审题导引(1)

19、根据所给条件利用椭圆的几何性质求出a2、b2；(2)设出直线的斜率与椭圆方程联立，根据韦达定理利用直线的斜率表示·，并求其范围规范解答(1)由离心率为，可设ct，a2t，则bt.因为1(ab0)经过点A(2,1)，所以1，解得t2，所以a26，b23，椭圆方程为1.(2)由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x3)，直线l与椭圆的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)，由，消元整理得，(12k2)x212k2x18k260，(12k2)24(12k2)(18k26)0，得0k21，x1x2，x1x2，·(x13，y1)·(x23，y2)(x13)

20、(x23)y1y2(1k2)x1x23(x1x2)9(1k2)×.因为0k21，所以23，所以·的取值范围是(2,3【规律总结】最值或范围问题的解决方法解析几何中的最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：(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【变式训练】2已知椭圆1(ab0)的右焦点为F2(3,0)，离心率为e.(1)若e，求椭圆的方程；(2)设直线ykx与椭圆相交于A、B两点，M、N分别

21、为线段AF2，BF2的中点若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且e，求k的取值范围解析(1)由题意得，得a2，所以a212，结合a2b2c2，解得b23.所以，椭圆的方程为1.(2)由得(b2a2k2)x2a2b20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)所以x1x20，x1x2，依题意知，OMON，易知，四边形OMF2N为矩形，所以AF2BF2，因为(x13，y1)，(x23，y2)，所以·(x13)(x23)y1y2(1k2)x1x290.即90，将其整理为k21.因为e，所以2a3，12a218.所以k2，即k.考点三：圆锥曲线中的定点、定值与探索性问题【例3】在平面直角坐标系xO

22、y中，过定点C(p,0)作直线m与抛物线y22px(p0)相交于A、B两点(1)设N(p,0)，求·的最小值；(2)是否存在垂直于x轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由审题导引(1)求出·的表达式，并求最小值；(2)是探索性问题，假设存在，以此为条件，求出弦长的表达式若能为定值，则存在；反之，则不存在规范解答(1)依题意，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmyp.由y22pmy2p20.·(x1p，y1)·(x2p，y2)(x1p)(x2p)y1y2(my12p)

23、83;(my22p)y1y2(m21)y1y22pm(y1y2)4p22p2m22p2.当m0时，·的最小值为2p2.(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为xa，AC的中点为O，l与以AC为直径的圆相交于P，Q两点，PQ的中点为H，则OHPQ，O的坐标为.|OP|AC|，|PH|2|OP|2|OH|2(xp2)(2ax1p)2x1a(pa)|PQ|2(2|PH|)24.令ap0，得ap，此时|PQ|p为定值故满足条件的直线l存在，其方程为xp.【规律总结】1化解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

24、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2求定值问题的方法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【变式训练】3(2012·北京东城11校联考)已知顶点在坐标原点，焦点在x轴正半轴的抛物线上有一点A，A点到抛物线焦点的距离为1.(1)求该抛物线的方程；(2)设M(x0，y0)为抛物线上的一个定点，过M作抛物线的两条互相垂直的弦M

25、P，MQ，求证：PQ恒过定点(x02，y0)；(3)直线xmy10与抛物线交于E、F两点，在抛物线上是否存在点N，使得NEF为以EF为斜边的直角三角形？解析(1)由题意可设抛物线的方程为y22px，则由抛物线的定义可得1，即p1，所以抛物线的方程为y22x.(2)证明由题意知直线PQ与x轴不平行，设PQ所在直线方程为xmyn，代入y22x中，得y22my2n0.所以y1y22m，y1y2n，其中y1，y2分别是P，Q的纵坐标，因为MPMQ，所以kMP·kMQ1.即·1，所以(y1y0)(y2y0)4.y1·y2(y1y2)y0y40，(2n)2my02x040，即

26、nmy0x02.所以直线PQ的方程为xmymy0x02，即xm(yy0)x02，它一定过定点(x02，y0)(3)假设N(x0，y0)为满足条件的点，则由(2)知，点(x02，y0)在直线xmy10上，所以x02my010，(x0，y0)是方程的解，消去x得y22my60，4m2240，所以存在点N满足条件名师押题高考【押题1】过双曲线1(a0，b0)的一个焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为点A，与另一条渐近线交于点B.若2，则此双曲线的渐近线的斜率是_解析双曲线的渐近线方程是y±x，设过右焦点F(c,0)的直线l与渐近线yx垂直，则直线l的方程即y(xc)，两直线方程联立，解得点A的纵坐标y1；把方程y(xc)与方程yx联立，解得点B的纵坐标y2.由于2，即(x2c，y2)2(x1c，y1)，由此得y22y1，故，此即2(b2a2)c2a2b2，即ba，故其渐近线的斜率是±. 押题依据本题以向量为背景，综合考查双曲线的几何性质，既考查了通性通法，又可考查考生的应变能力，新颖别致、难度适中，故押此题【押题2】(2012·济南三模)已知直线l：yx1，圆O：x2y2，直线l被圆截得的弦长与椭圆C：