橢圓雙曲線拋物線教師用

1、 第一講 直線與圓知識結(jié)構(gòu)框架題型一：直線的相關(guān)概念1. 在直角坐標(biāo)系中，直線的傾斜角是（）ABCD 2. 如果直線互相垂直，那么a的值等于() A1BCD題型二：直線與圓客觀題1.直線與圓的位置關(guān)系是（ ）A相交且過圓心B相切C相離D相交但不過圓心2.動點在圓 上移動時，它與定點連線的中點的軌跡方程是( )A BC D3.參數(shù)方程 表示的圖形是()A圓心為，半徑為9的圓B圓心為，半徑為3的圓C圓心為，半徑為9的圓D圓心為，半徑為3的圓4.設(shè)，若直線與圓相切，則的取值范圍是( )（A） （）C D 5.已知圓，過點的直線，則（ ）（A）與相交 （B） 與相切 （C）與相離 （D） 以上三個選項

2、均有可能6.【2012高考浙江文17】定義：曲線C上的點到直線l的距離的最小值稱為曲線C到直線l的距離，已知曲線C1：y=x2+a到直線l:y=x的距離等于曲線C2：x2+(y+4)2=2到直線l:y=x的距離，則實數(shù)a=_.【解析】C2：x 2(y4) 2 2，圓心(0，4)，圓心到直線l：yx的距離為：，故曲線C2到直線l：yx的距離為另一方面：曲線C1：yx 2a，令，得：，曲線C1：yx 2a到直線l：yx的距離的點為(，)，7.【2102高考北京文9】直線被圓截得弦長為_。【答案】8.【2012高考江西文14】過直線x+y-=0上點P作圓x2+y2=1的兩條切線，若兩條切線的夾角是6

3、0°，則點P的坐標(biāo)是_。 【答案】【解析】如圖：由題意可知,由切線性質(zhì)可知,在直角三角形中，,又點P在直線上，所以不妨設(shè)點P，則,即，整理得，即,所以，即點P的坐標(biāo)為。9.【2012高考江蘇12】在平面直角坐標(biāo)系中，圓的方程為，若直線上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓有公共點，則的最大值是 【解析】根據(jù)題意將此化成標(biāo)準(zhǔn)形式為：，得到，該圓的圓心為半徑為 ，若直線上至少存在一點，使得以該點為圓心，1為半徑的圓與圓C有公共點，只需要圓心到直線的距離，即可，所以有，化簡得解得，所以k的最大值是 .10.(2012年高考浙江卷理科16)定義：曲線C上的點到直線l的距離的最小值

4、稱為曲線C到直線l的距離已知曲線C1：yx 2a到直線l：yx的距離等于C2：x 2(y4) 2 2到直線l：yx的距離，則實數(shù)a=_第二講橢圓雙曲線拋物線自主學(xué)習(xí)導(dǎo)引真題感悟1(2012·江西)橢圓1(ab0)的左、右頂點分別是A、B，左、右焦點分別是F1、F2，若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比數(shù)列，則此橢圓的離心率為A.B. C. D.2解析利用等比中項性質(zhì)確定a，c的關(guān)系由題意知|AF1|ac，|F1F2|2c，|F1B|ac，且三者成等比數(shù)列，則|F1F2|2|AF1|·|F1B|，即4c2a2c2，a25c2，所以e2，所以e.2(2012·

5、山東)已知雙曲線C1：1(a0，b0)的離心率為2.若拋物線C2：x22py(p0)的焦點到雙曲線C1的漸近線的距離為2，則拋物線C2的方程為Ax2y Bx2y Cx28y Dx216y解析根據(jù)離心率的大小和距離列出方程或方程組求解雙曲線C1：1(a0，b0)的離心率為2，2，ba，雙曲線的漸近線方程為x±y0，拋物線C2：x22py(p0)的焦點到雙曲線的漸近線的距離為2，p8.所求的拋物線方程為x216y.考題分析橢圓、雙曲線、拋物線的定義、性質(zhì)、方程一直是每年高考必要內(nèi)容近幾年命題更加注意知識的融合創(chuàng)新，涉及導(dǎo)數(shù)、函數(shù)、不等式、數(shù)列、向量等知識，同時注意思想方法的運用網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建高

6、頻考點突破考點一：圓錐曲線的定義及應(yīng)用【例1】(2012·濰坊二模)已知雙曲線C：1的左、右焦點分別為F1、F2，P為C的右支上一點，且|PF2|F1F2|，則·等于A24B48 C50D56審題導(dǎo)引據(jù)已知條件和雙曲線的定義可以求出|PF1|與|PF2|的長，在PF1F2中利用余弦定理可求兩向量夾角的余弦值，即得·.規(guī)范解答如圖所示，|PF2|F1F2|6，由雙曲線定義可得，|PF1|10.在PF1F2中，由余弦定理可得，cos F1PF2.·|cos F1PF210×6×50.【規(guī)律總結(jié)】焦點三角形問題的求解技巧(1)所謂焦點三角形

7、，就是以橢圓或雙曲線的焦點為頂點，另一個頂點在橢圓或雙曲線上的三角形(2)解決此類問題要注意應(yīng)用三個方面的知識：橢圓或雙曲線的定義；勾股定理或余弦定理；基本不等式與三角形的面積公式【變式訓(xùn)練】1已知雙曲線1，直線l過其左焦點F1，交雙曲線左支于A、B兩點，且|AB|4，F(xiàn)2為雙曲線的右焦點，ABF2的周長為20，則m的值為A8 B9 C16 D20解析由雙曲線的定義可知，|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)橢圓1的左焦點為F，直線xm與橢圓相交于點A、B，當(dāng)FAB的周長最大時，F(xiàn)AB的面積是_解析根據(jù)橢圓的定義結(jié)合其幾何性質(zhì)求解直線xm過右焦點(1,0)時，F(xiàn)AB的周長最大，由橢圓定義知，其周長為4a8，此時，|AB|2×3，SFAB×2×33.考點二：圓錐曲線的性質(zhì)【例2】(2012·咸陽二模)已知橢圓C1：1與雙曲線C2：1共焦點，則橢圓C1的離心率e的取值范圍為A. B. C(0,1) D.審題導(dǎo)引根據(jù)橢圓與雙曲線的方程確定其焦點位置，進而求出m、n的范圍，可求離心率e的取值范圍規(guī)范解答由雙曲線的方程知，橢圓與雙曲線的焦點在x軸，.設(shè)橢圓C1

9、的離心率為e，e211.m0，e2，e，即離心率的范圍是.【規(guī)律總結(jié)】離心率的求法雙曲線與橢圓的離心率就是的值，有些試題中可以直接求出a、c的值再求離心率，在有些試題中不能直接求出a、c的值，由于離心率是個比值，因此只要能夠找到一個關(guān)于a、c或a、b的方程，通過這個方程解出或，利用公式e求出，對雙曲線來說，e，對橢圓來說，e.【變式訓(xùn)練】3(2012·日照模擬)已知雙曲線1(a0，b0)的離心率為2，一個焦點與拋物線y216x的焦點相同，則雙曲線的漸近線方程為Ay±x By±x Cy±x Dy±x解析拋物線y216x的焦點為(4,0)，c4，e

10、2，a2，b2，故漸近線方程為y±x.考點三：求圓錐曲線的方程【例3】(1)(2012·湖南)已知雙曲線C：1的焦距為10，點P(2,1)在C的漸近線上，則C的方程為（ ）A.1 B.1 C.1 D.1(2)設(shè)斜率為2的直線l過拋物線y2ax(a0)的焦點F，且和y軸交于點A，若OAF(O為坐標(biāo)原點)的面積為4，則拋物線方程為Ay2±4x By2±8x Cy24x Dy28x審題導(dǎo)引(1)利用焦距為10與P(2,1)在雙曲線的漸近線上可列出關(guān)于a，b的方程組，解出a與b，得雙曲線的方程(2)求出各點的坐標(biāo)，就可以根據(jù)三角形的面積列出關(guān)于a的方程，解方程即

11、得規(guī)范解答(1)1的焦距為10，c5.又雙曲線漸近線方程為y±x，且P(2,1)在漸近線上，1，即a2b.由解得a2，b，故應(yīng)選A.(2)拋物線y2ax(a0)的焦點F坐標(biāo)為，則直線l的方程為y2，它與y軸的交點為A，所以O(shè)AF的面積為·4，解得a±8.所以拋物線方程為y2±8x.故選B.【規(guī)律總結(jié)】求圓錐曲線方程的方法(1)定義法：在所給的條件滿足圓錐曲線的定義時或已知圓錐曲線的焦點及其上一點的坐標(biāo)時常用此方法(2)待定系數(shù)法：頂點在原點，對稱軸為坐標(biāo)軸的拋物線，可設(shè)為y22ax或x22ay(a0)，避開對焦點在哪個半軸上的分類討論，此時a不具有p的幾

12、何意義中心在坐標(biāo)原點，焦點在坐標(biāo)軸上，橢圓方程可設(shè)為1(m0，n0)，雙曲線方程可設(shè)為1(mn0)這樣可以避免繁瑣的計算利用以上設(shè)法，根據(jù)所給圓錐曲線的性質(zhì)求出參數(shù)，即得方程（3）代入法（相關(guān)點法）（4）設(shè)參用參消參法?！咀兪接?xùn)練】5若點P(x，y)到點F(0,2)的距離比它到直線y40的距離小2，則點P(x，y)的軌跡方程為Ay28x By28x Cx28y Dx28y解析點P(x，y)到點F(0,2)的距離比它到直線y40的距離小2，說明點P(x，y)到點F(0,2)和到直線y20的距離相等，所以P點的軌跡為拋物線，設(shè)拋物線方程為x22py，其中p4，故所求的軌跡方程為x28y.名師押題高

13、考【押題1】設(shè)F1、F2分別是雙曲線1(a0，b0)的左、右焦點，若雙曲線右支上存在一點P滿足|PF2|F1F2|，且cos PF1F2，則雙曲線的漸近線方程為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±. 押題依據(jù)對于圓錐曲線，定義是非常重要的，高考中常以選擇題或填空題的形式靈活考查圓錐曲線的定義以及由定義所涉及的幾何性質(zhì)本題是典型的焦點三角形問題，突出了定義，同時考查了余弦定理，方法較靈活，

14、故押此題【押題2】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的中心為原點，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為.過F1的直線l交C于A、B兩點，且ABF2的周長為16，那么C的方程為_解析可設(shè)橢圓方程為1(ab0)，e，.根據(jù)ABF2的周長為16得4a16，因此a4，b2，橢圓方程為1.押題依據(jù)橢圓的方程、幾何性質(zhì)與定義是解析幾何的重要內(nèi)容，是高考的熱點問題，通常的考查方式是把橢圓的幾何性質(zhì)、橢圓的定義相互綜合本題難度較小，屬基礎(chǔ)題目，故押此題第三講直線與圓錐曲線自主學(xué)習(xí)導(dǎo)引真題感悟1(2012·陜西)已知橢圓C1：y21，橢圓C2以C1的長軸為短軸，且與C1有相同的離心率(1)求橢圓C2的方程；

15、(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，點A、B分別在橢圓C1和C2上，2，求直線AB的方程解析(1)由已知可設(shè)橢圓C2的方程為1(a2)，其離心率為，故，解得a4.故橢圓C2的方程為1.(2)解法一A，B兩點的坐標(biāo)分別記為(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三點共線且點A，B不在y軸上，因此可設(shè)直線AB的方程為ykx.將ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x.將ykx代入1中，得(4k2)x216，所以x.又由2，得x4x，即，解得k±1.故直線AB的方程為yx或yx.網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建高頻考點突破考點一：圓錐曲線中的弦長問題【例1】(2012·荊州模擬)已知橢圓1(

16、ab0)右頂點與右焦點的距離為1，短軸長為2.(1)求橢圓的方程；(2)過左焦點F的直線與橢圓分別交于A、B兩點，若三角形OAB的面積為，求直線AB的方程審題導(dǎo)引(1)利用相關(guān)的幾何性質(zhì)求得a、b、c，可求橢圓方程；(2)設(shè)出直線的方程，利用弦長公式得到三角形OAB面積的表達式并解出直線的斜率，可得直線方程規(guī)范解答(1)由題意，解得a，c1.即橢圓方程為1.(2)當(dāng)直線AB與x軸垂直時，|AB|，此時SAOB不符合題意，故舍掉；當(dāng)直線AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為：yk(x1)，代入消去y得：(23k2)x26k2x(3k26)0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則，所以|AB|

17、.原點到直線的AB距離d，所以三角形的面積S|AB|d·.由Sk22k±，所以直線lAB：xy0或lAB：xy0.【規(guī)律總結(jié)】弦長問題的解決方法(1)弦長問題涉及直線與二次曲線的兩個交點坐標(biāo)，此時一般不是求出兩個點的坐標(biāo)，而是設(shè)出這兩個點的坐標(biāo)，根據(jù)直線方程和曲線方程聯(lián)立后的方程根的情況，使用根與系數(shù)的關(guān)系進行整體代入，這是解決弦長問題以及其他直線與二次曲線問題的最基本方法(2)注意使用弦長公式|AB|x1x2|y1y2|(k0)【變式訓(xùn)練】1設(shè)橢圓C：1(ab0)的右焦點為F，過F的直線l與橢圓C相交于A、B兩點，直線l的傾斜角為60°，2.(1)求橢圓C的離心

18、率；(2)如果|AB|，求橢圓C的方程解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知y10，y20.(1)設(shè)直線l的方程為y(xc)，其中c.聯(lián)立得(3a2b2)y22b2cy3b40，解得y1，y2.因為2，所以y12y2，即2·.得離心率e.(2)因為|AB| |y2y1|，所以·.由得ba.所以a，得a3，b.橢圓C的方程為1.考點二：圓錐曲線中的最值與范圍問題【例2】(2012·大連模擬)已知橢圓1(ab0)經(jīng)過點A(2,1)，離心率為，過點B(3,0)的直線l與橢圓交于不同的兩點M，N.(1)求橢圓的方程；(2)求·的取值范圍審題導(dǎo)引(1)

19、根據(jù)所給條件利用橢圓的幾何性質(zhì)求出a2、b2；(2)設(shè)出直線的斜率與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理利用直線的斜率表示·，并求其范圍規(guī)范解答(1)由離心率為，可設(shè)ct，a2t，則bt.因為1(ab0)經(jīng)過點A(2,1)，所以1，解得t2，所以a26，b23，橢圓方程為1.(2)由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為yk(x3)，直線l與橢圓的交點坐標(biāo)為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)×.因為0k21，所以23，所以·的取值范圍是(2,3【規(guī)律總結(jié)】最值或范圍問題的解決方法解析幾何中的最值問題涉及的知識面較廣，解法靈活多樣，但最常用的方法有以下幾種：(1)利用函數(shù)，尤其是二次函數(shù)求最值；(2)利用三角函數(shù)，尤其是正、余弦函數(shù)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)利用判別式求最值；(5)利用數(shù)形結(jié)合，尤其是切線的性質(zhì)求最值【變式訓(xùn)練】2已知橢圓1(ab0)的右焦點為F2(3,0)，離心率為e.(1)若e，求橢圓的方程；(2)設(shè)直線ykx與橢圓相交于A、B兩點，M、N分別

21、為線段AF2，BF2的中點若坐標(biāo)原點O在以MN為直徑的圓上，且e，求k的取值范圍解析(1)由題意得，得a2，所以a212，結(jié)合a2b2c2，解得b23.所以，橢圓的方程為1.(2)由得(b2a2k2)x2a2b20.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)所以x1x20，x1x2，依題意知，OMON，易知，四邊形OMF2N為矩形，所以AF2BF2，因為(x13，y1)，(x23，y2)，所以·(x13)(x23)y1y2(1k2)x1x290.即90，將其整理為k21.因為e，所以2a3，12a218.所以k2，即k.考點三：圓錐曲線中的定點、定值與探索性問題【例3】在平面直角坐標(biāo)系xO

22、y中，過定點C(p,0)作直線m與拋物線y22px(p0)相交于A、B兩點(1)設(shè)N(p,0)，求·的最小值；(2)是否存在垂直于x軸的直線l，使得l被以AC為直徑的圓截得的弦長恒為定值？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由審題導(dǎo)引(1)求出·的表達式，并求最小值；(2)是探索性問題，假設(shè)存在，以此為條件，求出弦長的表達式若能為定值，則存在；反之，則不存在規(guī)范解答(1)依題意，可設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為xmyp.由y22pmy2p20.·(x1p，y1)·(x2p，y2)(x1p)(x2p)y1y2(my12p)

23、83;(my22p)y1y2(m21)y1y22pm(y1y2)4p22p2m22p2.當(dāng)m0時，·的最小值為2p2.(2)假設(shè)滿足條件的直線l存在，其方程為xa，AC的中點為O，l與以AC為直徑的圓相交于P，Q兩點，PQ的中點為H，則OHPQ，O的坐標(biāo)為.|OP|AC|，|PH|2|OP|2|OH|2(xp2)(2ax1p)2x1a(pa)|PQ|2(2|PH|)24.令ap0，得ap，此時|PQ|p為定值故滿足條件的直線l存在，其方程為xp.【規(guī)律總結(jié)】1化解探索性問題的方法首先假設(shè)所探求的問題結(jié)論成立、存在等，在這個假設(shè)下進行推理論證，如果得到了一個合情合理的推理結(jié)果，就肯定假

24、設(shè)，對問題做出正面回答，如果得到一個矛盾的結(jié)果，就否定假設(shè)，對問題作出反面回答在這個解題思路指導(dǎo)下解決探索性問題與解決具有明確結(jié)論的問題沒有什么差別2求定值問題的方法定值問題是解析幾何中的一種常見問題，基本的求解方法是：先用變量表示所需證明的不變量，然后通過推導(dǎo)和已知條件，消去變量，得到定值，即解決定值問題首先是求解非定值問題，即變量問題，最后才是定值問題【變式訓(xùn)練】3(2012·北京東城11校聯(lián)考)已知頂點在坐標(biāo)原點，焦點在x軸正半軸的拋物線上有一點A，A點到拋物線焦點的距離為1.(1)求該拋物線的方程；(2)設(shè)M(x0，y0)為拋物線上的一個定點，過M作拋物線的兩條互相垂直的弦M

25、P，MQ，求證：PQ恒過定點(x02，y0)；(3)直線xmy10與拋物線交于E、F兩點，在拋物線上是否存在點N，使得NEF為以EF為斜邊的直角三角形？解析(1)由題意可設(shè)拋物線的方程為y22px，則由拋物線的定義可得1，即p1，所以拋物線的方程為y22x.(2)證明由題意知直線PQ與x軸不平行，設(shè)PQ所在直線方程為xmyn，代入y22x中，得y22my2n0.所以y1y22m，y1y2n，其中y1，y2分別是P，Q的縱坐標(biāo)，因為MPMQ，所以kMP·kMQ1.即·1，所以(y1y0)(y2y0)4.y1·y2(y1y2)y0y40，(2n)2my02x040，即

26、nmy0x02.所以直線PQ的方程為xmymy0x02，即xm(yy0)x02，它一定過定點(x02，y0)(3)假設(shè)N(x0，y0)為滿足條件的點，則由(2)知，點(x02，y0)在直線xmy10上，所以x02my010，(x0，y0)是方程的解，消去x得y22my60，4m2240，所以存在點N滿足條件名師押題高考【押題1】過雙曲線1(a0，b0)的一個焦點F作一條漸近線的垂線，垂足為點A，與另一條漸近線交于點B.若2，則此雙曲線的漸近線的斜率是_解析雙曲線的漸近線方程是y±x，設(shè)過右焦點F(c,0)的直線l與漸近線yx垂直，則直線l的方程即y(xc)，兩直線方程聯(lián)立，解得點A的縱坐標(biāo)y1；把方程y(xc)與方程yx聯(lián)立，解得點B的縱坐標(biāo)y2.由于2，即(x2c，y2)2(x1c，y1)，由此得y22y1，故，此即2(b2a2)c2a2b2，即ba，故其漸近線的斜率是±. 押題依據(jù)本題以向量為背景，綜合考查雙曲線的幾何性質(zhì)，既考查了通性通法，又可考查考生的應(yīng)變能力，新穎別致、難度適中，故押此題【押題2】(2012·濟南三模)已知直線l：yx1，圓O：x2y2，直線l被圓截得的弦長與橢圓C：