高考数学精英备考专题讲座 解析几何的综合应用

高考数学精英备考专题讲座 解析几何的综合应用

解析几何的综合应用 解析几何是历年高考的热点，每年高考卷上选择题、填空题、解答题都会出现，基本呈 现稳定的态势，而且解答题难度较大，综合性强，且经常以压轴题的形式出现，入手容易但 计算量大，又与其他知识综合命题，所以成了大部分学生在高考中的心理障碍，是解题时的“鸡 肋”．复习时如何突破这块知识点，是我们亟待解决的问题.难度值跨度比较大，在 0.3～0.8 之 间. 考试要求 （1）了解直线、曲线的实际背景；（2）掌握椭圆的定义、几何图形、标准方 程及简单几何性质；（3）了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，知道其几何性质；（4） 了解抛物线的定义、几何图形、标准方程，知道其几何性质；（5）了解圆锥曲线的简单应用； （6）掌握数形结合、等价转化的思想方法. 题型一 有关圆知识点的应用 例 1、在平面直角坐标系 xOy 中，设二次函数 2( ) 2 ( )f x x x b x R    的图象与两坐标轴有 三个交点，经过这三个交点的圆记为C （1）求实数b 的取值范围； （2）求圆C 的方程； （3）问圆C 是否经过某定点（其坐标与b 无关）？请证明你的结论. 点拨：根据二次函数 图象的特点：开口向上，与 y 轴交点为(0, )b 可以得出 b 的范围.又由圆 是过抛物线与坐标轴三交点的圆和圆的一般方程的特点，可以用 来表示圆的一般方程.再由方程的解和曲线方程的定义可以假设圆 要过点 00( , )xy 且 00,xy不依赖 ，将该点坐标代入圆的方程中，整理变形，再观察验证圆是否过定点. 解：（1）令 0x  ，得抛物线与 y 轴交点是 ，令 2( ) 2 0f x x x b    ，由题意 0b  且 4 4 0b    ，解得 1b  且 0b  . （2）设所求圆的一般方程为 22 0x y Dx Ey F     ，令 0y  得 2 0x Dx F   ， 它与 2 20x x b   是同一个方程，故 2D  ，F=b，令 0x  得 2 0y Ey F   ，此方程有 一个根b 为，代入得 1Eb   所以圆C 的方程为 222 ( 1) 0x y x b y b      . （3）圆 C 过定点.证明如下：假设圆C 过定点 ( 不依赖于b )将该点的坐标代 入圆C 的方程,并变形为 22 0 0 0 0 02 (1 ) 0x y x y b y      (*) ，为使(*)式对所有满足 1( 0)bb的 b 都成立，必须有 010y，结合 (*)式解得 0 0 0, 1, x y   或 0 0 2, 1, x y   经检验知点 (0,1),( 2,1) 均在圆C 上，因此圆C 过定点.. 易错：（1）中学生很有可能直接 4 4 0b    解得 而没 ；（ 2）中没有意识到 令 ， 与 是同一个方程没解出 ，Fb ；（ 3）对方 程 不知道怎么下手，从而得不出 . 变式与引申 1.已知以点 2( , )( , 0)C t t R tt 为圆心的圆与 x 轴交于点O 、 ,A 与 y 轴交于点O 、 B ，其中 O 为原点. （1）证明： OAB 的面积为定值； （2）设直线 24yx   与圆C 交于点 M ， N ，若 ONOM  ，求圆C 的方程. 题型二 圆锥曲线的定义及应用 例 2 ：如图6 4 1， 1F 和 2F 分别是双曲线 22 221( 0, 0)xy abab- = > > 的两个焦点， A 和 B 是以O 为圆心， 以 1FO 为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且△ ABF2 是 等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）. （A） 3 （B） 5 （C） 2 5 （D） 13  点拨：利用双曲线的定义及直角三角形面积的两种表示形式，建立方程组再求解. 解：连 AF1，则△ AF1F2 为直角三角形，且斜边 F1F2 之长为 2c. 令 1 1 2 2,.AF r AF r==由直角三角形性质知： 2 1 2 1 2 12 , 22r r a r c rr    ， ∴ 12,2r c r a c   . ∵ 2 2 2 124,r r c  2 2224a c c c    ， ∴ 222 2 0a ac c   ，∴ 2 2 2 0ee   .∵e﹥1，∴取 31e =+.故选 D. 注：本题若求出点 A 的坐标 3,22 cAc ，再代入双曲线方程也可求出. 易错点：（1）正确应用相应曲线的定义至关重要，否则解题思路受阻.（2）由直角三角形面积 的两种表示形式得出关系式 2 1 2 1 22 r c rr 是值得注意的问题. 变式与引申 2.双曲线 2 22 4 b yx  =1(b∈ N )的两个焦点 F1、F2，P 为双曲线上一点，|OP|＜5，|PF1|,|F1F2|,|PF2| 成等比数列，则 b2=_________. 题型三 圆锥曲线的几何性质 例 3、如图642所示，从椭圆 22 221( 0)xy abay    上一点 M 向 x 轴作垂线，恰好通过 椭圆的左焦点 1F ，且它的长轴端点 A 及短轴端点 B 的连线 //AB OM （1）、求椭圆的离心率e ； （2）、设Q 是椭圆上任意一点， 2F 是右焦点， 1F 是左焦点，求 12FQF 的取值范围； B M O 1F Q P A x y 2F 图 642 （3）、设Q 是椭圆上任意一点，当 2QF AB 时，延长 2QF 与椭圆交于一点 P，若 1F PQ 的面积为 20 3 ，求此时椭圆的方程. 点拨：从 //OM AB 着手，寻找 a 、c 的关系，最后求得离心率e ；在焦点三角形中，用 余弦定理，求得 12cos FQF 的范围，从而求得 12FQF 的范围；则 PQ 与椭圆相交，求得弦 PQ 的长和点 1F 到 PQ 的距离，由 1 20 3F PQS  的条件求得椭圆方程中的 a 、b ，从而求得方程. 解：（1） 1MF x 轴 ,Mxc   代入椭圆方程 22 221( 0)xy abab    得 2 M by a ， 2 OM bK ac   . 又 AB bK a 且 //OM AB ， 2bb ac a   ， 故bc 从而 2 2e  cFFarrQFFrQFrQF 2,2,, 2121212211  设 2 2 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2 2121 2 1 2 1 2 4 ( ) 2 4cos 1 1 022 ()2 r r c r r rr c bb rrrr rr rr             当 且 仅 当 12rr 时，上式成立. 0 cos 1   故 0, 2   . （3） , 2 ,b c a c 设椭圆方程为 22 2212 xy cc 2, , 2,2AB PQPQ AB K K     直线 PQ 的方程为 2( ),y x c代入椭圆方 程，得 225 8 2 0,x cx c   2 28 4 2 6) ( ) (1 2) 25 5 5 cPQ c c     . 又点 1F 到 PQ 的距离 26,3dc 1 21 1 2 6 6 2 4 3 ,2 2 3 5 5F PQS d PQ c c c      由 243 20 3,5 c  得 2 25,c  故 22 50c  .所求椭圆方程为 22 150 25 xy. （注：此问亦可用 1 12 1 2 pFPQ QS F F y y 求得） 点评：本例中第（1）问是课本题，第（2）（ 3）问是该题的引申，像这种源与课本，又有 拓宽引申的题常常是高考试题的来源之一，应引起大家的重视，注意掌握好这一类问题. 变式与引申 3.已知抛物线 y2＝2px（p>0）的准线与圆（x－3）2＋y2＝16 相切，则 p 的值为 （ ） A. 1 2 B.1 C.2 D.4 题型四 直线与圆锥曲线的关系 【例 4】设 O 为抛物线的顶点，F 为抛物线的焦点且 PQ 为过焦点的弦，若|OF|=a，|PQ|=b， 求△ OPQ 的面积. 点拨：结合抛物线方程的特点，可设方程为 y2=4ax（a>0），F（a，0），再运用抛物线的 定义，找出 P 、Q 两点横坐标 1x 、 2x 关系，最后设过方程的直线为 ( ),y k x a （还要注意斜率 k 存在与否的讨论）由 21 2 2 2 121 2 yyyyyy  求解即 可. 解：如图 8 所示，由题意知抛物线的方程为  042  aaxy ，F ,0,a 设    ,,, 221,1 yxQyxP ，由抛物线的定义知： QFPFPQ  baxxaxax  22121 所以 abxx 221  由 aba y a yaxy 244:4 2 2 2 12  得 故  abayy 242 2 2 1  设过 F 的弦的斜率为 k，则其方程为 将其与抛物线方程联立知：ky2－4ay－4a2k=0 2 2 21 44 ak kayy 故 若斜率不存在，则其两个交点为（a，2a）与（a，－2a），同样有 2 21 4ayy  那么     abaabayyyyyy 242242 2 21 2 2 2 121  因此： abayyOFS opq  122 1 易错：（1）不会使用焦半径公式而导致运算复杂；（2）直接设过 F 的弦的斜率为 k，则 其方程为 后面没有对斜率 k 是否存在进行讨论. 变式与引申 4．（ 2011 年高考四川卷·文）过点 C(0，1)的椭圆 22 221( 0)xy abab    的离心 率为 3 2 ，椭圆与 x 轴交于两点 ( ,0)Aa 、 ( ,0)Aa ，过点 C 的直线 l 与椭圆交 于另一点 D，并与 x 轴交于点 P，直线 AC 与直线 BD 交于点 Q． （I）当直线 l 过椭圆右焦点时，求线段 CD 的长； （Ⅱ）当点 P 异于点 B 时，求证：OP OQ 为定值． 本节主要考察：（1）基础知识有圆锥曲线的定义、几何图形、标准方程及简单性质.以及 这些知识的综合应用.（2）基本方法有求圆锥曲线的定义法、待定系数法、相关点法、点差法、 设而不求的整体思想以及坐标法和“几何问题代数化”等解析几何的基本方法.（3）基本思想有 数形结合思想、方程思想、等价转化思想等.（4）基本能力有逻辑推理能力、运算求解能力、 探究创新能力，并尝试考察解决实际问题的能力. 点评：（1）圆锥曲线是解析几何的重点，也是高中数学的重点内容，同时又是热点和压 轴点之一，主要考察圆锥曲线的定义与性质，求圆锥曲线的方程，直线与圆锥曲线的位置关 系，以圆锥曲线为载体的探索性问题等. （2）恰当利用圆锥曲线的定义和几何特征，运用数形结合思想，可避免繁琐的推理和运 算. （3）求圆锥曲线主要方法有定义法、待定系数法、相关点法，另外还有直接法、参数法 等. （4）圆锥曲线的性质如范围、对称性、顶点、焦点、离心率、焦半径、焦点三角形、通 径等都是高考命题点，它们源于课本，高于课本，应引起重视，注意掌握这类问题的求解方 法与策略.如求离心率的大小或范围，只需列出关于基本量 a、b、c 的一个关系式即可. （5）求参数的最值或范围问题是圆锥曲线的一种常见问题，主要方法一是根据条件建立 含参数的等式，再分离参数求其值域；另一是列出含参数的不等式，进而求之.列不等式的思 路有①运用判别式△ >0 或 0 ；②点在圆锥曲线的内部或外部；③利用圆锥曲线的几何 意义（如椭圆中-a≤x≤a）； ④根据三角形两边之和大于第三边（注意共线情况）等. （6）充分利用向量的工具作用，运用坐标法，把几何问题变为纯代数问题，体现解析几 何的基本思想方法. （7）运用韦达定理的解题方法是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的核心方法，其解 题步骤是“设”（点的坐标，直线、曲线方程）、“联”（联立方程组）、“消”（消去一元，得到一 元二次方程）、“用”（ 运用韦达定理、中点坐标公式、弦长公式等）、“判”（ 运用判别式检验、 求参数的值或缩小参数的取值范围）. （8）关注解析几何中的探究创新问题，解题思路往往是先假设满足题意，即从承认结论、 变结论为条件出发，然后通过归纳，逐步探索待求结论. （9）适当关注解析几何应用题，它体现圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作 用.标准卷更重视应用意识的考查. （10）由于对双曲线的要求明显降低，以它作为载体的解析几何大题的可能性已减少， 所以解析几何大题的最大可能素材是用坐标法解决直线与椭圆、抛物线的位置关系等问题. 练习 6-4 1.已知椭圆 22 221( 0)xy abab    的左焦点为 F ，右顶点为 A ，点 B 在椭圆上，且 BF x 轴， 直线 AB 交 y 轴于点 P ．若 2AP PB ，则椭圆的离心率是（ ） A． 3 2 B． 2 2 C． 1 3 D． 1 2 2.斜率为 1 的直线l 与椭圆 14 2 2  yx 相交于 BA, 两点，则 AB 的最大值为（ ） A. 2 B． 5 54 C． 5 104 D. 5 108 3.设抛物线 2 2 ( 0)y px p的焦点为 F ，点 (0,2)A .若线段 FA 的中点 B 在抛物线上，则 B 到 该抛物线准线的距离为_____________. 4．已知椭圆 1C 、抛物线 2C 的焦点均在 x 轴上， 1C 的中心和 2C 的顶点均为原点O ，从每条 曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中： x 3 2 4 2 y 32 0 4 2 2 （Ⅰ）求 12CC、 的标准方程； （Ⅱ）请问是否存在直线l 满足条件：①过 2C 的焦点 F ；②与 交不同两点 ,MN、 且 满足OM ON ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由． 5. 已知椭圆 22 221( 0)xy abab    的右焦点为 2 (3,0)F ，离心率为 .e （Ⅰ）若 3 2e  ，求椭圆的方程； （Ⅱ）设直线 y kx 与椭圆相交于 A，B 两点，若 22 230, 22AF BF e   且 ，求 k 的 取值范围。 【答案】 变式与引申 9 5, 5 d 圆C 与直线 24yx   不相交， 2t   不符合题意舍去，圆 的方程为 22( 2) ( 1) 5xy    . 2. 1 提示：设 F1(－c,0）、 F2(c,0)、P(x,y),则|PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)＜2(52+c2), 即|PF1|2+|PF2|2＜50+2c2,又∵|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|－|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|, 依双曲线定义，有|PF1|－|PF2|=4, 依已知条件有|PF1|·|PF2|=|F1F2|2=4c2 ∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜ 3 17 ,又∵c2=4+b2＜ ,∴b2＜ 3 5 ,∴b2=1. 3. C 提示：本题考查抛物线的相关几何性质及直线与圆的位置关系 法一：抛物线 y2＝2px（p>0）的准线方程为 2 px  ，因为抛物线 y2＝2px（p>0）的准线与圆 （x－3）2＋y2＝16 相切，所以 2,423  pp 法二：作图可知，抛物线 y2＝2px（p>0）的准线与圆（x－3）2＋y2＝16 相切与点（-1,0） 所以 2,12  pp 4．解：（Ⅰ）由已知得 31, 2 cb a，解得 2a  ，所以椭圆方程为 2 2 14 x y． 椭圆的右焦点为 ( 3,0) ，此时直线 l 的方程为 3 13yx   ，代入椭圆方程得 27 8 3 0xx，解得 12 830, 7xx，代入直线 的方程得 12 11, 7yy   ，所以 8 3 1( , )77D  ， 故 228 3 1 16| | ( 0) ( 1)7 7 7CD       ． （Ⅱ）当直线 与 x 轴垂直时与题意不符． 设直线 的方程为 11( 0 )2y kx k k   且 ．代入椭圆方程得 22(4 1) 8 0k x kx   ． 解得 122 80, 41 kxxk  ， 代 入 直 线 的 方 程 得 2 122 141, 41 kyyk  ，所以 D 点 的 坐 标 为 2 22 8 1 4( , )4 1 4 1 kk kk   ． 又直线 AC 的方程为 12 x y，又直线 BD 的方程为 12( 2)24 kyxk  ，联立得 4, 2 1. xk yk    因此 ( 4 ,2 1)Q k k，又 1( ,0)P k ．所以 1( ,0)( 4 ,2 1) 4OP OQ k kk      ．故OP OQ 为定值． 习题 6-4 1．D 提示：对于椭圆，因为 2AP PB ，则 12 , 2 , 2OA OF a c e     2．C 提示：设直线l 的方程为 mxy  ，则弦长 5 104 5 542 2  mAB . 3. 3 24 提示：利用抛物线的定义结合题设条件可得出 p 的值为 2 ，B 点坐标为（ 14 2 ，）所以点 B 到抛物线准线的距离为 ，本题主要考察抛物线的定义及几何性质，属容易题. （Ⅱ）方法一：假设存在这样的直线l 过抛物线焦点 (1,0)F ，设直线l 的方程为 ,1 myx  两 交点坐标为 ),(),,( 2211 yxNyxM ，由      14 1 2 2 yx myx 消去 x ，得 ,032)4( 22  myym ∴ 4 3,4 2 221221    myym myy ① 2 1 2 1 2 1 2 1 2(1 )(1 ) 1 ( )x x my my m y y m y y       4 44 4 3 4 21 2 2 2 2 2     m m mmm mm ② 由OM ON ，即 0ONOM ，得 (*)02121  yyxx 将①②代入（*）式，得 04 3 4 44 22 2    mm m ， 解得 2 1m 所以假设成立，即存在直线l 满足条件，且l 的方程为： 22yx或 22yx   . 方法二：容易验证直线l 的斜率不存在时，不满足题意； 当直线 斜率存在时，假设存在直线l 过抛物线焦点 (1,0)F ，设其方程为 ( 1)y k x，与 1C 的交点坐标为 ),(),,( 2211 yxNyxM ， 由 2 2 14 ( 1) x y y k x     消掉 y ，得 2 2 2 2(1 4 ) 8 4( 1) 0k x k x k     ， 于是 2 12 2 8 14 kxx k   ， 2 12 2 4( 1) 14 kxx k   ① 2 1 2 1 1 1 2 1 2( 1) ( 1) [ ( ) 1]y y k x k x k x x x x        即 2 2 2 2 12 2 2 2 4( 1) 8 3( 1) 1 4 1 4 1 4 k k ky y k k k k         ② 由OM ON ，即 0ONOM ，得 (*)02121  yyxx 将①、②代入（*）式，得 2 2 2 2 2 2 4( 1) 3 4 0 1 4 1 4 1 4 k k k k k k       ，解得 2k  ； 所以存在直线l 满足条件，且l 的方程为： 22yx或 22yx   ． w w w . k s 5 u . c o m 来 源 ： 高 考 资 源 网 高 考 资 源 网 ( w w w . k s 5 u . c o m ) 整理得 42 2 4 2 4 2 18 81 81118 18 aak a a a a       ，因为 23 22e ≤ ，所以 2 3 3 2a ≤ ， 212 18a ≤ 所以 2 1 8k ≥ ，即 22( , ] [ , )44k    