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1、专题6解析几何一、直线和圆1.如何判断两条直线平行与垂直?(1)两条直线平行对于两条不重合的直线l1,l2,其斜率分别为k1,k2,则有k1=k2l1l2.当直线l1,l2的斜率都不存在时,l1与l2平行.(2)两条直线垂直若两条直线l1,l2的斜率都存在,分别为k1,k2,则有k1k2=-1l1l2.当一条直线的斜率为零,另一条直线斜率不存在时,两条直线垂直.2.三种距离公式是什么?P1(x1,y1),P2(x2,y2)两点之间的距离|P1P2|=(x2-x1)2+(y2-y1)2点P0(x0,y0)到直线l:Ax+By+C=0的距离d=|Ax0+By0+C|A2+B2两条平行直线Ax+By
2、+C1=0与Ax+By+C2=0之间的距离d=|C1-C2|A2+B23.如何判断直线与圆的位置关系?设圆的半径为r,圆心到直线的距离为d.方法位置关系 几何法代数法相交d0相切d=r=0相离drr,圆心距为d,则两圆的位置关系可用下表来表示:位置关系外离外切相交内切内含几何特征dR+rd=R+rR-rdR+rd=R-rdb0)y2a2+x2b2=1(ab0)图形范围-axa,-byb-bxb,-aya对称性对称轴:坐标轴.对称中心:(0,0)顶点A1(-a,0),A2(a,0),B1(0,-b),B2(0,b)A1(0,-a),A2(0,a),B1(-b,0),B2(b,0)离心率e=ca,
3、e(0,1)a,b,c的关系c2=a2-b22.双曲线的标准方程怎么求?几何性质有哪些?标准方程x2a2-y2b2=1(a0,b0)y2a2-x2b2=1(a0,b0)图形范围xa或x-a,yRy-a或ya,xR对称性对称轴:坐标轴.对称中心:(0,0)顶点A1(-a,0),A2(a,0)A1(0,-a),A2(0,a)渐近线y=baxy=abx离心率e=ca,e(1,+)a,b,c的关系c2=a2+b2实虚轴线段A1A2叫作双曲线的实轴,它的长度|A1A2|=2a;线段B1B2叫作双曲线的虚轴,它的长度|B1B2|=2b;a叫作双曲线的实半轴长,b叫作双曲线的虚半轴长3.抛物线的标准方程是什
4、么?几何性质有哪些?标准方程y2=2px(p0)y2=-2px(p0)x2=2py(p0)x2=-2py(p0)p的几何意义:焦点F到准线l的距离图形范围x0,yRx0,yRy0,xRy0,xR焦点坐标p2,0-p2,00,p20,-p2准线方程x=-p2x=p2y=-p2y=p2离心率e=1焦半径|PF|=x0+p2|PF|=-x0+p2|PF|=y0+p2|PF|=-y0+p2三、直线与圆锥曲线的位置关系1.怎样判断直线与圆锥曲线的位置关系?判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,通常将直线l的方程Ax+By+C=0(A,B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x,y)=0,消去y(也可以消去x
5、)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程.如Ax+By+C=0,F(x,y)=0,消去y得ax2+bx+c=0.(1)当a0时,设一元二次方程ax2+bx+c=0的根的判别式为,则0直线与圆锥曲线C相交;=0直线与圆锥曲线C相切;b0)的右焦点,椭圆C与直线xa+yb=1交于A,B两点,线段AB的中点在直线x=c上,则椭圆的离心率为().A.32B.12C.22D.33解析因为直线xa+yb=1在x,y轴上的截距分别为a,b,所以设A(a,0),B(0,b).又线段AB的中点在直线x=c上,所以c=a2,即e=ca=12.答案B求圆锥曲线离心率的方法:(1)直接求出a,c的值,利用离心率公式
6、直接求解;(2)列出含有a,b,c的齐次方程(或不等式),借助于圆锥曲线中的平方关系消去b,转化为含有e的方程(或不等式)求解.(2019辽宁五校月考)已知F1,F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点,P为双曲线右支上的任意一点,若|PF1|2|PF2|的最小值为8a,则双曲线的离心率e的取值范围是().A.(1,+)B.(1,2C.(1,3D.(1,3解析设|PF2|=m(mc-a),则根据双曲线的定义,得|PF1|=2a+m.所以|PF1|2|PF2|=(2a+m)2m=4a2m+4a+m8a,当且仅当m=2a时等号成立.所以c-a2a,解得e3,所以1b0)的两
7、个焦点,P为椭圆C上的一点,且F1PF2=60,SPF1F2=33,则b= .解析由题意知|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|PF2|cos 60=|F1F2|2,所以(|PF1|+|PF2|)2-3|PF1|PF2|=4c2,所以3|PF1|PF2|=4a2-4c2=4b2,所以|PF1|PF2|=43b2,所以SPF1F2=12|PF1|PF2|sin 60=1243b232=33b2=33,所以b=3.19直线与椭圆的综合能力1会用点差法处理椭圆中的中点弦问题【例1】 直线x+4y+m=0交椭圆x216+y2=1于A,B两点,若线段AB中点的横坐标为1,则m=().A.-2B.-1C
8、.1D.2解析因为x+4y+m=0,所以y=-14x-m4.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1216+y12=1,x2216+y22=1,两式相减,得y1-y2x1-x2=-x1+x216(y1+y2)=-14.因为AB中点的横坐标为1,所以纵坐标为14,将1,14代入直线y=-14x-m4,解得m=-2,故选A.处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时,常用“点差法”,步骤如下:设点设出弦的两端点坐标 代入代入圆锥曲线方程 作差两式相减,再用平方差公式把上式展开 整理转化为斜率与中点坐标的关系式,然后求解(2019福州质检)已知椭圆的方程是x2+2y2-4=0,则以M(1,1)为中
9、点的弦所在直线方程是.解析设过M(1,1)的直线的方程为y=kx+b,则有k+b=1,即b=1-k,即y=kx+(1-k),联立方程组x2+2y2-4=0,y=kx+(1-k),则有(1+2k2)x2+(4k-4k2)x+(2k2-4k-2)=0,所以x1+x22=124k2-4k1+2k2=1,解得k=-12,故b=32,所以y=-12x+32,即x+2y-3=0.答案x+2y-3=0能力2会用“设而不解”的思想求解椭圆中的弦长、面积问题例2】(2019山西晋城五校联考)已知A,B分别为椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)在x轴正半轴、y轴正半轴上的顶点,原点O到直线AB的距离为2217
10、,且|AB|=7.(1)求椭圆C的离心率;(2)直线l:y=kx+m与圆x2+y2=2相切,并与椭圆C交于M,N两点,若|MN|=1227,求k的值.解析(1)由|AB|=a2+b2=7,aba2+b2=2217,ab0,解得a=2,b=3,则椭圆C的离心率e=1-b2a2=12.(2)由(1)知椭圆方程为y24+x23=1,设M(x1,y1),N(x2,y2),则y24+x23=1,y=kx+m,消去y得(3k2+4)x2+6kmx+3m2-12=0,直线l与椭圆相交,则0,即48(3k2-m2+4)0,且x1+x2=-6km3k2+4,x1x2=3m2-123k2+4.又直线l与圆x2+y
11、2=2相切,则|m|k2+1=2,即m2=2(k2+1).而|MN|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k248(3k2-m2+4)3k2+4=1+k248(k2+2)3k2+4=43k4+3k2+23k2+4,又|MN|=1227,所以43k4+3k2+23k2+4=1227,即5k4-3k2-2=0,解得k=1,且满足0,故k的值为1.1.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后应用根与系数的关系建立方程,解决相关问题.2.设直线与椭圆的交点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|=(1+k2)(x1+x2)2-4x1
12、x2=1+1k2(y1+y2)2-4y1y2(k为直线斜率).(2019河南安阳一模)已知点M(6,2)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上,且椭圆的离心率为63.(1)求椭圆C的方程;(2)若斜率为1的直线l与椭圆C交于A,B两点,以AB为底边作等腰三角形,顶点为P(-3,2),求PAB的面积.解析(1)由已知得6a2+2b2=1,ca=63,a2=b2+c2,解得a2=12,b2=4.故椭圆C的方程为x212+y24=1.(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为D(x0,y0).由y=x+m,x212+y24=1,消去y,整理得4x2+6m
13、x+3m2-12=0,由=36m2-16(3m2-12)0,得m216,则x0=x1+x22=-34m,y0=x0+m=14m,即D-34m,14m.因为AB是等腰三角形PAB的底边,所以PDAB,即PD的斜率k=2-m4-3+3m4=-1,解得m=2,满足m2b0)的左、右焦点分别为F1(-3,0),F2(3,0),直线y=kx与椭圆交于A,B两点.(1)若AF1F2的周长为43+6,求椭圆的标准方程;(2)若|k|24,且以AB为直径的圆过椭圆的右焦点,求椭圆离心率e的取值范围.解析(1)由题意得c=3,2a+2c=6+43,解得a=23.结合a2=b2+c2,解得b2=3.所以椭圆的标准
14、方程为x212+y23=1.(2)由x2a2+y2b2=1,y=kx,消去y,得(b2+a2k2)x2-a2b2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=0,x1x2=-a2b2b2+a2k2,易知AF2BF2.因为F2A=(x1-3,y1),F2B=(x2-3,y2),所以F2AF2B=(x1-3)(x2-3)+y1y2=(1+k2)x1x2+9=0,即-a2(a2-9)(1+k2)a2k2+(a2-9)+9=0,将其整理为k2=-1-81a4-18a2.因为|k|24,所以12a218,即23ab0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形,直线3x+4y+6=0与圆x2
15、+(y-b)2=a2相切.(1)求椭圆C的方程;(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1,l2分别交椭圆C于M,N两点,且l1l2,求证:直线MN过定点,并求出定点坐标;(3)在(2)的条件下,求AMN面积的最大值.解析(1)由题意得a=2b,|4b+6|5=a,解得a=2,b=1,故椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由题意得直线l1,l2的斜率存在且不为0.A(-2,0),设l1:x=my-2,l2:x=-1my-2,由x=my-2,x2+4y2-4=0,得(m2+4)y2-4my=0,M2m2-8m2+4,4mm2+4.同理可得N2-8m24m2+1,-4m4m2+1.当m1时,kM
16、N=5m4(m2-1),lMN:y=5m4(m2-1)x+65.此时直线MN过定点-65,0.当m=1时,lMN:x=-65,过点-65,0.综上,直线MN恒过定点-65,0.(3)由(2)知SAMN=1245|yM-yN|=254mm2+4+4m4m2+1=8m3+m4m4+17m2+4=8m+1m4m+1m2+9=84m+1m+9m+1m.令t=m+1m2,当且仅当m=1时取等号,而y=4t+9t在2,+)上单调递增,SAMN1625,且当m=1时取等号,SAMN的最大值为1625.能力4会用“设而不解”的思想求椭圆中的定点问题【例4】(2019临汾月考)已知椭圆C:x2a2+y2=1(a
17、0),过椭圆C的右顶点和上顶点的直线与圆x2+y2=23相切.(1)求椭圆C的方程;(2)设M是椭圆C的上顶点,过点M分别作直线MA,MB交椭圆C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=2,证明:直线AB过定点.解析(1)直线过点(a,0)和(0,1),直线的方程为x+ay-a=0,直线与圆x2+y2=23相切,|a|1+a2=63,解得a2=2,椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,-y0),由k1+k2=2得y0-1x0+-y0-1x0=2,解得x0=-1.当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=kx+m(
18、m1),A(x1,y1),B(x2,y2),由x22+y2=1,y=kx+m,消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,得x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,由k1+k2=2y1-1x1+y2-1x2=2(kx2+m-1)x1+(kx1+m-1)x2x1x2=2,即(2-2k)x1x2=(m-1)(x1+x2)(2-2k)(2m2-2)=(m-1)(-4km),即(1-k)(m2-1)=-km(m-1),由m1,得(1-k)(m+1)=-kmk=m+1,即y=kx+m=(m+1)x+mm(x+1)=y-x,故直线AB过定点(-1,-1).综上,直线
19、AB过定点(-1,-1).圆锥曲线中定点问题的两种解法:(1)引入参数法.引入动点的坐标或动直线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.(2)特殊到一般法.根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. (2019菏泽调研)已知焦距为22的椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A,直线y=43与椭圆C交于P,Q两点(P在Q的左边),Q在x轴上的射影为B,且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程.(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M,N.若M是椭圆的左顶点,D是直线MN上一点,且DAAM,点G是x轴上异于点M的点,且以
20、DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,求证:点G是定点.解析(1)设坐标原点为O,四边形ABPQ是平行四边形,|AB|=|PQ|,|PQ|=2|OB|,|AB|=2|OB|,则点B的横坐标为a3,点Q的坐标为a3,43,代入椭圆C的方程得b2=2,又c2=2,a2=4,即椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)设直线MN的方程为y=k(x+2),N(x0,y0),DAAM,D(2,4k).由x24+y22=1,y=k(x+2),消去y得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,则-2x0=8k2-41+2k2,即x0=2-4k21+2k2,y0=k(x0+2)=4k1+2k2,则N2-4
21、k21+2k2,4k1+2k2,设G(t,0),则t-2,若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,则DGAN,GDAN=0恒成立.GD=(2-t,4k),AN=-8k21+2k2,4k1+2k2,GDAN=(2-t)-8k21+2k2+4k4k1+2k2=0恒成立,即8k2t1+2k2=0恒成立,t=0,点G是定点(0,0).能力5会用“设而不解”的思想求椭圆中的探索性问题【例5】(2019长沙调研)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,且过点P1,32,F为其右焦点.(1)求椭圆C的方程.(2)设过点A(4,0)的直线l与椭圆相交于M,N两点(点M在A,N两点之间)
22、.是否存在直线l使AMF与MFN的面积相等?若存在,求直线l的方程;若不存在,请说明理由.解析(1)因为ca=12,所以a=2c,b=3c,设椭圆方程为x24c2+y23c2=1,又点P1,32在椭圆上,所以14c2+34c2=1,解得c2=1,a2=4,b2=3,所以椭圆方程为x24+y23=1.(2)易知直线l的斜率存在,设l的方程为y=k(x-4),由y=k(x-4),x24+y23=1,消去y得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0,由题意知=(32k2)2-4(3+4k2)(64k2-12)0,解得-12kb0)的离心率e=12,左、右焦点分别为F1,F2,点A为椭圆上一
23、点,F1AF2=60,且SF1AF2=3.(1)求椭圆C的方程.(2)设动直线l:y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q.请问在x轴上是否存在定点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.解析(1)由e=12可得a2=4c2,SF1AF2=12|AF1|AF2|sin 60=3,可得|AF1|AF2|=4.在F1AF2中,由余弦定理有|F1A|2+|F2A|2-2|AF1|AF2|cos 60=4c2,|AF1|+|AF2|=2a,可得a2-c2=3,所以a2=4,c2=1,则b2=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)
24、设P(x0,y0),由x24+y23=1,y=kx+m,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,所以4k2+3-m2=0,x0=-4km,y0=3m,得P-4km,3m.由y=kx+m,x=4,得Q(4,4k+m).设在x轴上存在点M,坐标为(x1,0),则MP=-4km-x1,3m,MQ=(4-x1,4k+m).因为以PQ为直径的圆恒过定点M,所以MQMP=0.则(4x1-4)km+x12-4x1+3=0对于任意的k,m都成立,所以4x1-4=0,x12-4x1+3=0,解得x1=1.故存在定点M(1,0)符合题意.20直线与抛
25、物线的综合能力1会用“设而不解”处理抛物线中的焦点弦问题【例1】(2019资阳期末)过抛物线y2=4x的焦点的直线l交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,如果x1+x2=6,那么|PQ|=().A.9B.8C.7D.6解析抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1.根据题意可得|PQ|=|PF|+|QF|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=8.答案B有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点.若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=x1+x2+p,若不过抛物线焦点,则必须用一般弦长公式.涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时,一般利用根与系数的关系采用“设而不求”、“整体代入”等解法.(2019张掖诊断)已知过抛物线y2=8x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点,若|AB|=16,且|AF|BF|,则|AF|=.解析由题意可设过抛物线y2=8x的焦点F的直线方程为y=k(x-2).联立y2=8x,y=k(x-2),得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k2+8k2.|AB|=16,x