(共46张PPT)
专题六 解析几何
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
第1讲 直线与圆
基础自测 思维引航
基础自测
1.(人B选必一2.2节习题改编)已知直线l1:(m+2)x-(m-2)y+2=0,直线l2:3x+my-5=0,且l1⊥l2,则实数m的值为 .
6或-1
解析 因为l1⊥l2,所以3(m+2)-m(m-2)=0,即m2-5m-6=0,解得m=6或m=-1.
2.(2024北京,3)圆x2+y2-2x+6y=0的圆心到x-y+2=0的距离为( )
A.2 B.2
C.3 D.
C
解析 圆的方程为(x-1)2+(y+3)2=10,圆心坐标为(1,-3),
∴圆心到直线x-y+2=0的距离为d==3故选C.
3.(2023新高考Ⅱ,15)已知直线x-my+1=0与☉C:(x-1)2+y2=4交于A,B两点,写出满足“△ABC面积为”的m的一个值 .
2
解析 由条件知圆心C(1,0),点C到直线x-my+1=0的距离d=,
|AB|=2
由△ABC的面积为,得,
整理,得2m2-5|m|+2=0,解得m=±2,或m=±,不妨取m=2.
4.(人B选必一2.3.4节探索与研究改编)圆C1:x2+y2=2与圆C2:(x-2)2+y2=8的公切线方程为 .
x-y+2=0和x+y+2=0
解析 设公切线方程为y=kx+b,即kx-y+b=0,
依题意有=2,
解得k=1,b=2或k=-1,b=-2,
故公切线方程为x-y+2=0和x+y+2=0.
思维引航
1.直线l1:A1x+B1y+C1=0与l2:A2x+B2y+C2=0互相垂直的充要条件为A1A2+B1B2=0.
2.点P(x0,y0)到直线l:Ax+By+C=0的距离d=.
3.直线被圆截得的弦长|AB|=2,d为弦心距,r为半径.
4.设圆的切线方程为y-y0=k(x-x0),利用点到直线的距离公式表示出圆心到切线的距离d,然后令d=r,进而求出k.注意验证斜率不存在的情况.
考点进阶 素养淬炼
考点一 直线与圆的位置关系
考向1 直线与圆的位置关系及其应用
例1 (1)(2025全国1,7)已知圆x2+(y+2)2=r2(r>0)上到直线y=x+2的距离为1的点有且仅有两个,则r的取值范围是( )
A.(0,1) B.(1,3)
C.(3,+∞) D.(0,+∞)
B
解析 由题知,该圆的圆心为C(0,-2),半径为r,圆心C到直线的距离d==2,
∴要使圆C上到直线y=x+2的距离为1的点有且仅有2个,则d-1
(2)(2024全国甲,理12)已知b是a,c的等差中项,直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y-1=0交于A,B两点,则|AB|的最小值为( )【一题多解】
A.1 B.2
C.4 D.2
C
解析 (方法一 利用直线过定点)由题意,可知 2b=a+c,即a-2b+c=0,所以直线ax+by+c=0恒过点M(1,-2),由x2+y2+4y-1=0,可知圆心C坐标为(0,-2),半径r=当AB⊥MC时,|AB|的值最小,此时|MC|=1,|AB|=2=4.
故选C.
(方法二 利用点到直线的距离公式)因为a,b,c成等差数列,
所以2b=a+c,a=2b-c.圆的标准方程为x2+(y+2)2=5,所以半径为
又圆心(0,-2)到直线ax+by+c=0的距离d=,
所以|AB|=2=2由于b2≥0,所以01,
因此2,即|AB|∈[4,2],故|AB|的最小值为4.故选C.
(3)(2025天津,12)已知直线x-y+6=0与x轴交于点A,与y轴交于点B,与圆(x+1)2+(y-3)2=r2(r>0)交于C,D两点.若|AB|=3|CD|,则r= .
2
解析 由题意知,A(-6,0),B(0,6),
则|AB|=6
又|AB|=3|CD|,∴|CD|=2
该圆圆心(-1,3)到直线x-y+6=0的距离d=,
∴r2=d2+(|CD|)2=2+2=4,∴r=2.
圆心C到直线l的距离d与r的关系 圆上到直线l的距离为的点M的个数
d>r 0
d=r 1
d= 3
0≤d< 4
【对点训练1】(多选题)(2025湖南长沙湖南师范大学附属中学高三下学期模拟)已知圆C:x2+y2-2x-4y+1=0,直线l:ax-2y-2a+3=0(其中a为参数),则下列选项正确的有( )
A.圆C的半径r=4
B.直线l与圆C相交
C.直线l不可能将圆C的周长平分
D.直线l被圆C截得的最短弦长为
BD
解析 对于A,由x2+y2-2x-4y+1=0,得到(x-1)2+(y-2)2=4,
所以圆C的圆心为C(1,2),半径为r=2,故A错误;
对于B,由ax-2y-2a+3=0,得到a(x-2)-2y+3=0,
由得到所以直线过点H(2,),
又|HC|=<2,
所以点H(2,)在圆内,故直线l与圆C相交,故B正确;
对于C,当直线l:ax-2y-2a+3=0过点C(1,2),即a=-1时,直线l平分圆C的周长,故C错误;
对于D,当CH⊥l时,圆心到直线l的距离最大,直线l被圆C截得的弦长最短,此时弦长L=2=2,故D正确.故选BD.
考向2 圆的切线相关问题
例2 (2023新高考Ⅰ,6)过(0,-2)与圆x2+y2-4x-1=0相切的两条直线的夹角为α,则sin α=( )
A.1 B.
C. D.
B
解析 由x2+y2-4x-1=0,得(x-2)2+y2=5,故圆心C(2,0),半径R=过点D(0,-2)作圆的切线,与圆的两个切点为A,B,连接AC,BC,CD,AB,
则AB⊥CD,∠CAD=∠CBD=,∠ADC=∠BDC=,
由几何知识得,|BC|=|AC|=,|CD|==2
由勾股定理得,|AD|=|BD|=
cos,
sin,
sin α=2sincos=2故选B.
【对点训练2】(1)(2025江西景德镇高三上学期第二次质检)已知圆C: x2+y2-6x-4y-3=0,且圆外有一点P(-3,0),过点P作圆C的两条切线,且切点为A,B,则|AB|=( )
A. B.
C. D.
D
解析 圆C:(x-3)2+(y-2)2=16,且P(-3,0),则|PC|==2
又圆C的半径r=4,∴|PA|==2
利用面积相等,可得|AB|=故选D.
(2)(2025山东齐鲁名校高三第六次联考模拟预测)已知圆C:(x-1)2+(y-m)2=4,直线l:x+y-4=0.若过直线l上任意一点A都能作圆C的两条切线,切点为P,Q,且∠PAQ<,则实数m的取值范围是( )
A.(-3,3)
B.(-4,4)
C.(-∞,-2-2)∪(2+2,+∞)
D.(-∞,3-4)∪(3+4,+∞)
D
解析 因为圆C:(x-1)2+(y-m)2=4的半径为2,
过直线l上任意一点A都能作圆C的两条切线,切点为P,Q,且∠PAQ<,
所以圆心(1,m)到直线l的距离d==4,解得m<3-4或m>3+4
故实数m的取值范围是(-∞,3-4)∪(3+4,+∞).故选D.
考点二 圆与圆的位置关系及其应用
例3 (多选题)(2025贵州毕节高三下学期第二次模拟)已知圆O:x2+y2=4,圆C:x2+y2+2y+a=0,则( )
A.当a=0时,圆O与圆C相切
B.当a=-3时,圆O与圆C相交于M,N两点,且直线MN的方程为y=-
C.当0D.当a=-3时,圆O与圆C相交于M,N两点,且|MN|=2
AB
解析 圆C:x2+(y+1)2=1-a,则a<1.
圆O的圆心O(0,0),半径为r1=2;圆C的圆心C(0,-1),半径为r2=
则|OC|=1,r1+r2=2+,|r1-r2|=|2-|.
对于A,当a=0时,r1+r2=3,|r1-r2|=1,则|OC|=|r1-r2|,故两圆内切,故A正确;
对于B,当a=-3时,r1+r2=4,|r1-r2|=0,则|r1-r2|<|OC|又圆C:x2+y2+2y-3=0,故直线MN的方程为y=-,故B正确;
对于D,由选项B可知,此时圆心O到直线MN的距离为,
则|MN|=2,故D错误;
对于C,两圆相交,则|r1-r2|<|OC|解得-8【对点训练3】(1)(2025山东部分学校高三第六次学业水平联合检测)已知圆C1:x2+y2=1与圆C2:(x-3)2+y2=r2(r>0)有3条公切线,圆C覆盖圆C1,C2,则圆C面积的最小值为( )
A.9π B.12π
C.16π D.18π
A
解析 圆C1的圆心C1(0,0),半径r1=1,圆C2的圆心C2(3,0),半径r2=r.
因为圆C1,C2有3条公切线,所以两圆外切,所以两圆圆心距|C1C2|=1+r,
即=3=1+r,解得r=2.
因为圆C覆盖圆C1,C2,所以圆C半径的最小值为r1+r2=1+2=3,
所以圆C面积的最小值为32π=9π.故选A.
(2)(2025安徽安庆高三下学期模拟考试)已知圆C1:x2+y2+4x-4y-1=0与圆C2:x2+y2-2x+2y-7=0相交于两点A,B,则四边形AC1BC2的面积等于 .
9
解析 由已知,圆C1:(x+2)2+(y-2)2=9,圆C2:(x-1)2+(y+1)2=9,
则圆心C1的圆心C1(-2,2),半径r1=3,圆心C2的圆心C2(1,-1),半径r2=3.
将两圆方程相减,可得公共弦AB所在直线的方程为x-y+1=0,
圆心C1到直线AB的距离为d=,
所以,即|AB|=3
又|C1C2|==3,
所以,四边形AC1BC2的面积S=|AB|·|C1C2|=9.
考点三 隐圆问题
例4 (1)(2025安徽高三下学期联考)已知A,B为圆(x-6)2+y2=16上两点, |AB|=4,P为线段AB的中点,点Q为直线x-y+4=0上的动点,则|PQ|的最小值为( )
A.3 B.4
C.5 D.3
A
解析 圆(x-6)2+y2=16的圆心坐标为C(6,0),半径R=4.
因为P为线段AB的中点,|AB|=4,
则|CP|==2,
所以点P的轨迹是圆心为C(6,0),半径为r=2的圆.
因为点Q在直线x-y+4=0上,
可得圆心C(6,0)到直线x-y+4=0的距离d==5,
所以|PQ|的最小值为d-r=5-2=3.故选A.
(2)(2025四川成都石室中学高三下学期二诊模拟考试)在平面直角坐标系Oxy中,已知圆C:(x-1)2+(y-2)2=r2(r>0),点A(4,0),若圆C上存在点M,满足|MA|2+|MO|2=10,则r的取值范围是( )
A.(0,+1] B.[-1,+1]
C.(0,-1] D.[+1,+∞)
B
解析 设M(x,y),则|MA|=,|MO|=
因为|MA|2+|MO|2=10,所以=10,
即(x-2)2+y2=1,所以点M的轨迹是以N(2,0)为圆心,以1为半径的圆N.
又因为点M在圆C上,所以圆C与圆N有公共点,所以|r-1|≤|CN|≤r+1,
即|r-1|r+1,解得-1≤r+1.故选B.
【对点训练4】(2025安徽鼎尖名校高二上学期1月期末联考)已知点A(-2,0), B(2,0),点M满足=0,同时满足|MA|=3|MB|,则点M到x轴的距离为
( )
A. B.
C.1 D.
D
解析 设M(x,y),
因为=0,所以可得(-2-x,-y)·(2-x,-y)=0,计算可得,x2+y2=4.
又因为点M满足|MA|=3|MB|,所以=3,
计算可得,x2+y2-5x+4=0.所以点M是曲线x2+y2=4和x2+y2-5x+4=0的公共点,
联立两式相减可得x=,代入圆x2+y2=4的方程可得, y=±,所以点M到x轴的距离为故选D.(共15张PPT)
第3讲 圆锥曲线中的求值、最值与范围问题
1.求值问题一般是根据条件列出对应的方程,通过解方程求解.注意验证求解的值是否符合题意.
2.圆锥曲线中的最值与范围问题是高考对直线与圆锥曲线综合考查的内容之一,具有一定的综合性,将解析几何问题与函数、不等式知识相结合,难度中等或偏上.
解决最值与范围问题,通常有两种方法.
(1)几何法:若题中给出的条件有明显的几何特征,则考虑用几何图形性质来解决;
(2)代数法:若题中所给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,利用函数或不等式方法求该函数的最值,具体解法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等.
考点一 求值问题
例1 (2025全国2,16)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,长轴长为4.
(1)求C的方程;
(2)过点(0,-2)的直线l与C交于A,B两点,O为坐标原点.若△OAB的面积为,求|AB|.
解 (1)由题意,2a=4,a=2,
又e=,所以c=,b=,故椭圆C的方程为=1.
(2)设P(0,-2),显然直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx-2.
由消去y并整理得(2k2+1)x2-8kx+4=0,
由题意Δ=64k2-4×4(2k2+1)>0,即k2>
设点A,B的横坐标分别为x1,x2,则x1x2>0,
x1+x2=,x1x2=
则S△OAB=|S△OAP-S△OBP|=|OP||x1-x2|=,
即|x1-x2|=,
所以(x1-x2)2=2,即(x1+x2)2-4x1x2=2,即()2-=2,
解得k2=,符合题意.则|AB|=|x1-x2|=
考点二 最值问题
例2 (2025江苏泰州姜堰高三第二次适应性调研测试)在平面直角坐标系Oxy中,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(n,0)(n>0),过点F的直线交抛物线C于M,N两点.当直线MN的斜率为1时,|MN|=8.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线MD,ND与抛物线C的另一个交点分别为A,B,OA⊥OB,求n的值;
(3)在(2)的条件下,记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β,求tan(α-β)的最大值.
解 (1)由题意,F(,0),当直线MN的斜率为1时,直线MN的方程为y=x-,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立得x2-3px+=0,
则Δ=9p2-p2=8p2>0,x1+x2=3p,
所以|MN|=x1+x2+p=3p+p=8,即p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由(1)知,F(1,0).
设M(,y1),N(,y2),A(,y3),B(,y4),
直线MN:x=my+1,联立
可得y2-4my-4=0,
则Δ=16m2+16>0,y1y2=-4.
设直线MD:x=y+n,
联立得y2-y-4n=0,
则Δ=+16n=>0,y1y3=-4n,即y3=-,
同理可得y2y4=-4n,即y4=-
又=(,y3),=(,y4),且OA⊥OB,
所以+y3y4=0,
将y3=-,y4=-代入,得=0.
又y1y2=-4,所以n4-4n2=0,
又n>0,则n=2.
(3)因为直线MN,AB的倾斜角分别为α,β,
所以tan α=kMN=,tan β=kAB=
由y3=-,y4=-,y1y2=-4,得y3+y4=-()=-=2(y1+y2),
则tan β=tan α.
若要使α-β最大,则β∈(0,),设kMN=2kAB=2k>0,
则tan(α-β)=,
当且仅当=2k且k>0,即k=时,等号成立,所以tan(α-β)的最大值为
考点三 范围问题
例3 (2025山东泰山教育联盟高三下学期4月联考)已知双曲线Γ:x2-=1 (b>0),左、右顶点分别为A1,A2,过点M(-2,0)的直线l交双曲线Γ于P,Q两点.
(1)若b=,点P在第一象限,△MA2P是等腰三角形,求点P的坐标;
(2)连接QO并延长交双曲线Γ于点R,若=1,求b的取值范围.
解 (1)当b=时,双曲线Γ:x2-=1,其中M(-2,0),A2(1,0).
因为△MA2P为等腰三角形,点P在第一象限,
所以由双曲线性质可知,MP为△MA2P的底边,|A2P|=|MA2|=3,
所以点P在以A2为圆心、3为半径的圆(x-1)2+y2=9上.
设P(x0,y0),其中x0>0,y0>0,
则有
解得即P(3,).
(2)由题意l的斜率不为0,设直线l:x=my-2,
点P(x1,y1),Q(x2,y2),则R(-x2,-y2),
联立得(b2m2-1)y2-4b2my+3b2=0,
由已知可得b2m2-1≠0,且Δ>0,
则y1+y2=,y1y2==(-x2+1,-y2),=(x1-1,y1),
则=(-x2+1)(x1-1)-y1y2
=(-my2+2+1)(my1-2-1)-y1y2=-(my2-3)(my1-3)-y1y2=1,
即y1y2(m2+1)-3m(y1+y2)+10=0,
即(m2+1)-3m+10=0,
即3b2(m2+1)-3m·4b2m+10(b2m2-1)=0,
化简得b2m2+3b2-10=0,即b2(m2+3)=10,所以b2=(0,].
因为m2=-3,代入b2m2-1≠0,得10-3b2≠1,所以b2≠3,所以b2∈(0,3)∪(3,].
又b>0,所以b∈(0,)∪(].(共14张PPT)
第5讲 圆锥曲线中的证明与探索性问题
圆锥曲线中的证明与探索性问题,是高考对直线与圆锥曲线综合考查的重点之一,题目具有一定的综合性,难度中等或偏上.
证明问题,常见的有两类:一类是关于位置关系的证明,如证明相切、垂直、平行、过定点等;另一类是关于数量关系的证明,如存在定值、恒成立等.在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下,主要采用直接法证明,但有时也会用到反证法.
探索性问题一般可分为探究条件、探究结论两种.若探究条件,则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在,否则不存在;若探究结论,则可求出结论的表达式,再对其表达式分析讨论,往往涉及对参数的讨论.
考点一 证明问题
例1 (2025天津,18)已知椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,P为直线x=a上一点,且直线PF的斜率为,△PFA的面积为,椭圆离心率为.
(1)求椭圆的方程;
(2)若过点P的直线与椭圆有唯一的公共点B(B异于A),求证:直线PF平分∠AFB.
(1)解 设F(-c,0),则直线PF:y=(x+c).
当x=a时,y=(a+c),即P(a,).
由e=,知,∴a=2c.①
由S△PFA=,知|FA|·|PA|=,
即(a+c),即(a+c)2=9.②
由①②得c=1,a=2,∴b2=3.
∴椭圆的方程为=1.
(2)证明 由(1)知P(2,1),直线PB存在斜率且不为0.
由题意知直线PB与椭圆相切.
设直线PB的方程为y-1=k(x-2),即y=kx+(1-2k).
设B(x0,y0),由消去y,
整理得(3+4k2)x2+8k(1-2k)x+4(1-2k)2-12=0,
则Δ=0,即64k2(1-2k)2-4(3+4k2)×4[(1-2k)2-3]=0,
即4k2(1-2k)2-(3+4k2)(1-2k)2+3(3+4k2)=0,解得k=-
∴x0=-=1,直线PB的方程为y=-x+2,
∴y0=,即B(1,).
由F(-1,0),B(1,)知直线BF的方程为y=(x+1),即3x-4y+3=0.
∴点P(2,1)到直线BF的距离为d1==1,
又点P到直线AF的距离为d2=1,
∴d1=d2,即点P到直线AF,BF的距离相等,
∴直线PF平分∠AFB.
知识提炼
解决证明问题的一般方法
直接法 根据已知条件,运用相关公式,通过运算、化简,结合定义、定理、性质等直接推导出所要证明的结论
转化法 通过对问题进行转化,利用相关策略证明问题.
(1)证明两直线垂直(角为直角等),转化为证明斜率之积等于-1或数量积为0.
(2)证明三点共线、点在直线上、直线平行等,可转化为证明斜率相等.
(3)证明两角相等,可转化为两直线斜率相等或某三角函数值相等;证明两角互补,可转化为两直线斜率之和为0
考点二 探索性问题
例2 (2024天津,18)已知椭圆=1(a>b>0)的离心率e=,左顶点为A,下顶点为B,C是线段OB的中点,其中S△ABC=.
(1)求椭圆方程.
(2)过点(0,-)的动直线与椭圆有两个交点P,Q.在y轴上是否存在点T使得≤0恒成立 若存在,求出这个点T的纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.
解 (1)设椭圆=1(a>b>0)的焦距为2c(c>0).
∵e=,=1-,
,,即b=a.
由题意可得S△ABC=ab=ab=,
aa=,∴a2=12,a=2
∴b=a=2=3.∴椭圆的方程为=1.
(2)设点T(0,m),
①当直线PQ的斜率不存在时,直线PQ与椭圆交于椭圆的上、下顶点.
不妨设P(0,3),Q(0,-3),则=(0,3-m),=(0,-3-m)
=(3-m)(-3-m)=m2-9.
0,∴m2-9≤0,∴-3≤m≤3,即点T的纵坐标的取值范围为[-3,3].
②当直线PQ的斜率存在时,
设直线PQ的斜率为k,则直线PQ的方程为y-(-)=k(x-0),即y=kx-
设点P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线PQ与椭圆的方程,
得消去y,整理得(4k2+3)x2-12kx-27=0.
∴Δ=(-12k)2-4(4k2+3)·(-27)=576k2+324>0,
且x1+x2=-,x1x2=-
又=(x1,y1-m),=(x2,y2-m),
=(x1,y1-m)·(x2,y2-m)=x1x2+(y1-m)(y2-m)
=x1x2+y1y2-m(y1+y2)+m2=x1x2+(kx1-)(kx2-)-m[(kx1-)+(kx2-)]+m2
=x1x2+k2x1x2-k(x1+x2)+-m[k(x1+x2)-3]+m2
=(k2+1)x1x2-(k+mk)(x1+x2)+(m+)2
=(k2+1)·(-)-(k+mk)+(m+)2=
0恒成立,∴4(m2-9)k2+3m2+9m-0恒成立
解得-3≤m
综上可得,在y轴上存在点T,使得0,
此时点T的纵坐标的取值范围为[-3,].(共43张PPT)
第2讲 圆锥曲线中的基本问题
基础自测 思维引航
考点进阶 素养淬炼
目 录 索 引
基础自测 思维引航
基础自测
1.(2024全国甲,理5)已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,-4),点(-6,4)在该双曲线上,则该双曲线的离心率为( )
A.4 B.3
C.2 D.
C
解析 设点P(-6,4),F1(0,-4),F2(0,4),则e==2.故选C.
2.(2023新高考Ⅰ,5)设椭圆C1:+y2=1(a>1),C2:+y2=1的离心率分别为e1,e2.若e2=e1,则a=( )
A. B.
C. D.
A
解析 由题意,在C1:+y2=1中,a>1,b=1,c=,
∴e1=在C2:+y2=1中,a=2,b=1,c=,∴e2=
e2=e1,,解得a=故选A.
3.(人A选必一3.1.1节习题)如果椭圆=1上一点P与焦点F1的距离等于6,那么点P与另一个焦点F2的距离是 .
14
解析 依题意椭圆中a2=100,所以a=10,因此|PF1|+|PF2|=2a=20,
由于|PF1|=6,所以|PF2|=14.
4.(人A选必一3.3.1节习题改编)若抛物线y=4x2上的一点M与焦点间的距离
是1,则点M的纵坐标是 .
解析 抛物线方程化为x2=y,所以准线方程为y=-,由于点M与焦点间的距离是1,所以点M到准线的距离也为1,故点M的纵坐标为1-
思维引航
1.双曲线的离心率:e=.
在双曲线的“焦点三角形”中,||PF1|-|PF2||=2A.
2.椭圆的离心率:e=.
3.在椭圆的“焦点三角形”中,|PF1|+|PF2|=2A.
4.求解焦半径常利用抛物线的定义转化为焦点到相应的准线的距离.
考点进阶 素养淬炼
考点一 圆锥曲线的定义与标准方程
考向1 圆锥曲线的定义及其应用
例1 (2023全国甲,理12)设O为坐标原点,F1,F2为椭圆C:=1的两个焦点,点P在C上,cos∠F1PF2=,则|OP|=( )【一题多解】
A. B.
C. D.
B
解析 (方法一)由题意,不妨设F1,F2分别为左、右两焦点.
在椭圆C:=1中,a==3,b=,c=,
∴|PF1|+|PF2|=2a=6,即|PF2|=6-|PF1|.
在△PF1F2中,|F1F2|=2c=2,cos∠F1PF2=,
由余弦定理得,
|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos∠F1PF2,
解得|PF1|=3+,
∴|PF2|=6-|PF1|=3-
),
∴||=|=
=
=
∴|PO|=故选B.
(方法二)由题意,不妨设F1,F2分别为左、右焦点.
在椭圆C:=1中,a=3,b=,c=,
设|PF1|=m,|PF2|=n,则m+n=6.
在△PF1F2中,由余弦定理及cos∠F1PF2=,得(2c)2=m2+n2-2mn,
即12=(m+n)2-=36-,得mn=
又),∴||2=+2)=(m2+n2+2mn)=[(m+n)2-mn]=(36-)=,
∴||=故选B.
【对点训练1】(1)(2025河南安阳高三第一次模拟考试)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与双曲线C的右支交于A,B两点,且|AF2|∶|BF2|∶|AF1|=1∶2∶3.若△ABF1的周长为20,则双曲线C的实轴长为( )
A.1 B.2 C.4 D.6
C
解析 由题意设|AF2|=m,则|BF2|=2m,|AF1|=3m.
由|AF1|-|AF2|=2a,即3m-m=2a,可得2m=2a,即m=a.
因为|BF1|-|BF2|=2a,所以|BF1|=|BF2|+2a=2m+2a=4m.所以△ABF1的周长L=|AF1|+|BF1|+|AB|=3m+4m+3m=10m=20,所以m=2,所以实轴长2a=4.
故选C.
(2)(2025全国2,6)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点A在C上,过A作C的准线的垂线,垂足为B.若直线BF的方程为y=-2x+2,则|AF|=( )
A.3 B.4
C.5 D.6
C
解析 由直线BF的方程:y=-2x+2知F(1,0),
所以=1,p=2,
所以抛物线方程为y2=4x,准线方程为x=-1,
所以B(-1,4),所以yA=4,
代入抛物线方程得A(4,4),
所以|AF|=|AB|=+xA=1+4=5,故选C.
考向2 圆锥曲线的标准方程
例2 (2025天津河东高三下学期质量检测)已知双曲线C1:=1 (a>0,b>0)的右焦点F与抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点重合,过点F的直线与双曲线C1的一条渐近线垂直且交于点A,FA的延长线与抛物线C2的准线交于点B,,△AOB的面积为2,O为原点,则双曲线C1的标准方程为
( )
A.=1 B.=1
C.x2-=1 D.-y2=1
B
解析 设双曲线C1的半焦距为c,x轴与抛物线C2的准线交于点P,
则F(c,0),c2=a2+b2,①
抛物线C2的准线方程为x=-c.
不妨设直线FA与渐近线OA:y=-x垂直,
则点F到直线OA的距离|FA|==b,则|OA|==a.
因为,所以|AB|=2b,|BF|=3b.
则S△AOB=|OA||AB|=a×2b=ab=2②
因为cos∠OFA=,即,所以3b2=2c2.③
联立①②③得,a=,b=2,c=,则双曲线C1的方程为=1.故选B.
【对点训练2】(1)(2025湖北十堰高三下学期四月调研考试)设双曲线C1: =1(a>0,b>0)的离心率为,实轴长为6,若曲线C2上的任意一点到双曲线C1的两个焦点的距离之和均为26,则曲线C2的标准方程为( )
A.=1 B.=1
C.=1 D.=1
D
解析 因为双曲线C1的实轴长为6,所以a=3.因为双曲线C1的离心率为,所以c=5.则b==4.所以双曲线C1的方程为=1.
因为曲线C2上的任意一点到双曲线C1的两个焦点的距离之和均为26,由椭圆的定义可知,曲线C2是以双曲线C1的两个焦点为焦点,长轴长为26的椭圆.设椭圆C2的标准方程为=1(m>n>0),则m=13,所以n==12,因此椭圆C2的标准方程为=1.故选D.
(2)(2025辽宁名校联盟高三下学期3月联合考试)若抛物线y2=2px(p>0)上一点M到准线和对称轴的距离均为4,则p的值为( )
A.18 B.4
C.2或18 D.4或9
B
解析 抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-,
因为抛物线y2=2px(p>0)上一点M到准线和对称轴的距离均为4,所以点M的坐标为(4-,±4),代入抛物线方程得16=2p(4-)(p>0),解得p=4.故选B.
考点二 圆锥曲线的几何性质
例3 (1)(2025湖北高三下学期4月调研模拟考试)已知O为坐标原点,F为双曲线C:=1(a>0,b>0)的右焦点,A1,A2分别为双曲线C的左、右顶点,M为双曲线C上一点,MF⊥x轴,过点A1的直线分别交y轴和线段MF于H,N两点,直线A2N交y轴于点G,且2=0,则双曲线C的渐近线方程为( )
A.y=±x B.y=±2x
C.y=±x D.y=±x
B
解析 如图,设|OH|=m,由+2=0,得|OG|=2m.由△OGA2∽△FNA2,可得,即,则由△A1OH∽△A1FN,可得,即,即2(c-a)=a+c,解得c=3a.∴b2=8a2,即b=2a,∴双曲线C的渐近线方程为y=±x=±2x.故选B.
(2)(2025山东济宁高考模拟考试)设F为抛物线C:y2=6x的焦点,过点F的直线交抛物线C于A,B两点.若|AF|=3|BF|,则|AB|=( )
A.2 B.4
C.6 D.8
D
解析 设直线AB的倾斜角为θ,过点A作AA1垂直于准线于点A1,作FQ⊥AA1于点Q,则|AA1|=|AQ|+|QA1|=|AF|cos θ+3=|AF|,
∴|AF|=,同理可得|BF|=
∵|AF|=3|BF|,,解得cos θ=
sin2θ=1-cos2θ=,
∴|AB|=|AF|+|BF|==8.故选D.
【对点训练3】(多选题)(2025甘肃靖远高三第三次高考模拟测试)已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别是F1,F2,左、右顶点分别是A,B,M是椭圆C上的一个动点(不与A,B重合),则( )
A.椭圆C的离心率e=
B.△MF1F2的周长与点M的位置无关
C.|MF1|的取值范围为(1,2)
D.直线MA与直线MB的斜率之积为-
ABD
解析 对于A,因为椭圆C:+y2=1,所以a=,b=1,c=1,
则离心率e=,故A正确;
对于B,因为M是椭圆C上的动点(不与A,B重合),
所以△MF1F2的周长=|MF1|+|MF2|+|F1F2|=2a+2c=2+2,
故B正确;
对于C,因为a-c<|MF1|对于D,设M(x0,y0)(x0≠±),则=1,
因为A(-,0),B(,0),
所以kMA·kMB==-,故D正确.故选ABD.
考点三 圆锥曲线的离心率问题
考向1 求离心率的值
例4 (1)(2025山东济宁高考模拟考试)已知F是椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点,直线y=x交椭圆C于A,B两点,若AF⊥BF,则椭圆C的离心率为( )
A. B.
C. D.
A
解析 如图,因为椭圆C:=1(a>b>0)关于原点对称,直线y=x过原点,所以A,B关于原点对称.设椭圆的左焦点为F1,连接AF1,BF1,由椭圆的对称性可得|AF1|=|BF|,|BF1|=|AF|,
所以四边形AFBF1为平行四边形.
又因为AF⊥BF,所以平行四边形AFBF1是矩形.
所以AF1⊥AF,|OA|=|OF|=c,
所以点B在圆x2+y2=c2上.
联立解得x=±c,
不妨令点B的坐标为(c,c),
代入椭圆方程=1,
又b2=a2-c2,可得=1,
上式可化为=1,
化简可得9e4-50e2+25=0,即(9e2-5)(e2-5)=0.
因为0所以椭圆C的离心率为故选A.
(2)(2024新高考Ⅰ,12)设双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作平行于y轴的直线交曲线C于A,B两点,若|F1A|=13,|AB|=10,则
双曲线C的离心率为 .
解析 由双曲线的对称性不妨设点A为双曲线C与直线AB在第一象限的交点.由题意知,|AF2|=5,2a=|F1A|-|AF2|=13-5=8,
∴a=4.易知AF2⊥F1F2,
∴在Rt△AF2F1中,
有|F1F2|==12.
设双曲线C的焦距为2c(c>0),则2c=|F1F2|=12,
∴c=6.∴双曲线C的离心率e=
【对点训练4】(2025浙江台州高三第二次教学质量评估)已知F1,F2分别为双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过点F2作直线l与双曲线C的右支交于A,B两点,且|AB|=|BF1|,cos∠ABF1=,则双曲线C的离心率为( )
A. B.
C. D.
B
解析 由双曲线的定义得,|AF1|-|AF2|=|BF1|-|BF2|=2a,|F1F2|=2c.
设|BF1|=|AB|=m(m>0),
则|BF2|=m-2a.
由图知,|AF2|=|AB|-|BF2|=2a,则|AF1|=4a.
在△ABF1中,
由余弦定理得cos∠ABF1=,得m=3a,
∴|BF2|=m-2a=a.
在△BF1F2中,由余弦定理得cos∠F2BF1=cos∠ABF1=,
∴7a2=3c2.故离心率e=故选B.
考向2 求离心率的取值范围
例5 (2025河北邯郸高三第三次调研监测(一模))已知双曲线C:=1 (a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,过点F2的直线l与双曲线C的右支交于A,B两点.若|AF1|+|BF1|=3|F1F2|,则双曲线C的离心率的取值范围是( )
A.(1,3+] B.(1,]
C.[,3+] D.[,3+]
B
解析 易知|AF1|-|AF2|=2a,|BF1|-|BF2|=2a,
两式相加得|AF1|+|BF1|-(|AF2|+|BF2|)=4a.
又|AF2|+|BF2|=|AB|,所以|AF1|+|BF1|-|AB|=4a.
又|AF1|+|BF1|=3|F1F2|=6c,所以|AB|=6c-4a.
当AB⊥x轴时,|AB|最小,此时|AB|=,
所以6c-4a.又b2=c2-a2,
所以6c-4a,整理得2c2-6ac+2a2≤0,
即c2-3ac+a2≤0,两边同时除以a2得e2-3e+1≤0,解得e
又双曲线的离心率e>1,所以双曲线的离心率的取值范围是(1,].故选B.
【对点训练5】(1)(2025四川雅安高三下学期第二次诊断性考试)已知双曲线渐近线的斜率的绝对值大于,则该双曲线离心率的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(1,)
C.(1,)∪(2,+∞) D.(1,)∪(2,+∞)
D
解析 当双曲线的焦点在x轴上时,则,所以e=>2;
当焦点在y轴上时,则,所以0<,所以e=(1,).
综上所述,该双曲线离心率的取值范围是(1,)∪(2,+∞).故选D.
(2)已知椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆上存在一点P,若∠F1PF2=120°,则椭圆的离心率的取值范围为( )
A.[] B.(,1) C.[,1) D.[]
C
解析 设|PF1|=m,|PF2|=n,则m+n=2a.在△F1PF2中,cos 120°=,所以m2+n2-4c2=-mn,得(m+n)2-2mn-4c2=-mn,所以4a2-4c2=mn.
因为2a=m+n≥2,当且仅当m=n=a时,等号成立,
所以mn≤a2,所以4a2-4c2≤a2,所以3a2≤4c2,所以所以e=
又0微培优10 圆锥曲线大题解题策略(快速解法)
类型一 寻求几何条件的最优代数化
类型二 选择直线方程的最优设法和坐标代换
目 录 索 引
类型三 合理运用设点的坐标还是设方程
类型四 合理利用双联立与“同理可得”
熟练掌握直线与圆锥曲线方程的联立,准确计算判别式和运用根与系数的关系是解决圆锥曲线大题的最基本的功底,以椭圆为例:联立椭圆方程=1和直线方程y=kx+m,消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2(m2-b2)=0,计算Δ=-4(b2+a2k2)a2(m2-b2)时注意此项必然消掉,即判别式Δ=4a2b2(b2+a2k2-m2),弦长公式中的|x1-x2|的计算用|x1-x2|=一般要比用|x1-x2|=快一些.
熟悉一些利用根与系数的关系需要配凑x1+x2,x1x2的常见结构,例如
(x1-2)(x2-2)+y1y2=0 x1x2-2(x1+x2)+y1y2+4=0,此处y1y2考虑直线代换,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2,再代入上式即可得(k2+1)x1x2+(mk-2)(x1+x2)+m2+4=0,但是仅仅掌握这些还是不够的,下面介绍一些常见的解题策略.
类型一 寻求几何条件的最优代数化
例1 (2025浙江绍兴高三下学期4月高考科目适应性考试)已知椭圆Γ:=1(a>b>0)的焦距为2,且过点().
(1)求椭圆Γ的方程;
(2)设A,B为椭圆Γ的左、右顶点,在过点A且垂直于x轴的直线上任取一点P,过点P作椭圆Γ的切线,切点为C(异于点A),作CD⊥AB,垂足为D.记△PBC和△PBD的面积分别为S1,S2,求的值.
解 (1)由题意知椭圆的半焦距c=1,且过点(),
即a2-b2=1,=1,解得a2=4,b2=3,
所以椭圆Γ的方程为=1.
(2)设P(-2,t),直线PC的方程为y=k(x+2)+t,
代入椭圆Γ的方程得(3+4k2)x2+8k(2k+t)x+4(2k+t)2-12=0.
因为直线PC与椭圆Γ相切,
所以Δ=64k2(2k+t)2-4(3+4k2)[4(2k+t)2-12]=0,
化简得4kt+t2-3=0,所以k=,
所以xC=-,代入直线PC的方程得yC=
设PB与CD交于点E,又B(2,0),所以直线PB的方程为y=-(x-2).
因为xE=xC=,代入直线PB的方程得yE=
所以yE=yC,所以E为CD的中点.因此点C,D到直线PB的距离相等,所以=1.
【对点训练1】(2025四川南充高三高考适应性考试)在平面直角坐标系Oxy中,F1(-,0),F2(,0),若P是平面上一动点,且△PF1F2的周长为4+2,设动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)若直线y=k(x-1)与曲线C交于A,B两点,且D(,0),|DA|=|DB|,求k的值.
解 (1)由题意可知|PF1|+|PF2|+|F1F2|=|PF1|+|PF2|+2=4+2,
∴|PF1|+|PF2|=4>|F1F2|=2
由椭圆的定义知,动点P的轨迹是以F1(-,0),F2(,0)为焦点,长轴长为4的椭圆.
可设椭圆的方程为=1(a>b>0),
则c=,a=2,b==1,故曲线C的方程为+y2=1.
(2)联立消去y,整理可得(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,
则Δ=64k4-16(1+4k2)(k2-1)=16(3k2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为M(x3,y3),
则由根与系数的关系可知x1+x2=,x1x2=
∴x3=,y3=k(x3-1)=k(-1)=
D(,0),|DA|=|DB|,∴DM⊥AB,如图所示.
又kDM=,∴kDM·kAB==-1,即k2=,解得k=±
类型二 选择直线方程的最优设法和坐标代换
例2 (2025湖南岳阳高三上学期教学质量监测)已知抛物线C:y2=2px的焦点为F,点F在直线2x+3y-2=0上,A,B是抛物线C上两个不同的点.
【一题多解】
(1)求抛物线C的方程;
(2)设直线OA,OB的斜率为kOA,kOB,若kOA·kOB=-2,证明:直线AB过定点,并求定点坐标.
解 (1)y2=2px(p>0)的焦点在x轴上,为(,0),
直线2x+3y-2=0与x轴的交点坐标为(1,0),则=1,即p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)(方法一)由题意可知AB所在直线斜率不为0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),AB所在直线方程为x=my+n,与y2=4x联立,
化简可得y2-4my-4n=0,则Δ=16m2+16n>0, (*)
y1y2=-4n.
又kOA·kOB==-2,所以n=2,满足(*)式,
此时直线AB:x=my+2,即直线AB恒过点(2,0).
(方法二)当直线AB的斜率不存在时,设A(,y0),B(,-y0),
所以kOA·kOB==-2,所以=8,所以直线AB的方程为x=2;
当直线AB的斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB所在直线方程为y=kx+b(k≠0,b≠0),与y2=4x联立,化简可得k2x2+(2kb-4)x+b2=0,
由题意可知Δ=(2kb-4)2-4k2b2=16-16kb>0,
即kb<1, (*)
由根与系数的关系知x1+x2=,x1x2=,
所以kOA·kOB==-2,所以b=-2k,满足(*)式,
所以AB所在直线方程为y=kx-2k=k(x-2).综上,直线AB恒过点(2,0).
【对点训练2】(2025江苏南京航空航天大学苏州附属中学高三下学期二模适应性练习)已知点F(1,0)和直线l:x=2,点P到l的距离d=|PF|,记点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程;
(2)过点Q(2,0)作斜率不为0的直线与曲线E交于不同的两点A,B,再过点F(1,0)作直线AB的平行线与曲线E交于不同的两点C,D.
①证明:为定值;
②求△QCD面积的取值范围.
解 (1)设P(x,y),由题意|x-2|=,即x2-4x+4=2x2+2y2-4x+2,
整理可得x2+2y2=2.故曲线E的方程为+y2=1.
(2)设直线AB的方程为x=my+2(m≠0),则直线CD的方程为x=my+1.联立得(m2+2)y2+4my+2=0,由Δ=(4m)2-4(m2+2)×2>0可得m2>2.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=
联立得(m2+2)y2+2my-1=0,Δ=8m2+8>0,
设C(x3,y3),D(x4,y4),则y3+y4=,y3y4=
①证明:因为CD∥AB,
所以=2,
故为定值.
②因为△QCD的面积S=S△QFC+S△QFD=|QF|·|y3-y4|=|y3-y4|,
|y3-y4|=,
所以S=|y3-y4|=,m2>2.
设t=,则S=
由对勾函数的性质可得y=t+,
所以S∈(0,).故△QCD面积的取值范围为(0,).
类型三 合理运用设点的坐标还是设方程
例3 已知点P(0,1),椭圆=m(m>1)上两点A,B满足=2,当点B的横坐标的绝对值最大时,求m的值.【一题多解】
解 (方法一)设点A(x1,y1),B(x2,y2),=2
两式相减得=-3m,所以y1-2y2=-3m.
又y1+2y2=3,所以y1=,代入=m,
可得=m-=-m2+m-,当m=时,等号成立.故m=
(方法二)若直线AB的斜率不存在,那么xB=0,不是最大值,
故设直线AB:y=kx+1,点A(x1,y1),B(x2,y2).
由得(4k2+3)x2+8kx+4-12m=0,Δ>0,
所以x1+x2=-,x1x2=
因为=2x1+2x2=0,所以x2=|x2|=,
当且仅当4|k|=,即k2=时,等号成立.
此时x1x2=-2=-,所以m=k2+1=故m=
(方法三)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则=(-x1,1-y1),=(x2,y2-1)
=2
又点A,B均在椭圆上,则y2=而=4(m-)=-(m-)2+,则当m=时,取得最大值故m=
(方法四)设点B(x0,y0).
由=2得点A(-2x0,3-2y0),AB的中点为Q(-).
因为kOQ·kAB=-=-,即=-,所以3+4(y0-2)2=4,
当y0=2时,|x0|最大,此时|x0|=,代入=m(m>1),得到m=故m=
【对点训练3】(2025河北沧州盐山中学高三下学期5月第二次模拟考试)已知双曲线C:=1(a>0,b>0),点P(1,1)到双曲线C的两条渐近线的距离之比为1∶3,过点P的直线l与双曲线C交于A,B两点,且当l的斜率为0时, |AB|=.
(1)求双曲线C的方程;
(2)若点A,B都在双曲线C的右支上,且l与x轴交于点Q,设=m=n,求m+n的取值范围.
解 (1)双曲线C:=1(a>0,b>0)的渐近线方程为bx±ay=0,
由已知得9(a-b)2=(a+b)2 4(a-2b)(b-2a)=0,解得a=2b或b=2a.
当l的斜率为0时,可得直线l的方程为y=1,
代入双曲线方程可得x=±,
∴2+a2=
若b=2a,则可求得a=1,b=2;
若a=2b,则代入得a2=-,无实数解.∴a=1,b=2,双曲线C的方程为x2-=1.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),Q(t,0),
由=m=n可得(x1-1,y1-1)=m(t-x1,-y1),(x2-1,y2-1)=m(t-x2,-y2),
故代入双曲线方程得4(t2-1)m2+8(t-1)m-1=0,
同理,代入双曲线方程得4(t2-1)n2+8(t-1)n-1=0,
∴m,n是一元二次方程4(t2-1)x2+8(t-1)x-1=0的两个实数解,
∴t2-1≠0,m+n=-
由题意可知,直线AB的斜率存在,
设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为y-1=k(x-1) y=kx-k+1,
与双曲线方程联立得(4-k2)x2+2k(k-1)x-k2+2k-5=0,
由直线与双曲线交于右支两点得
解得k<-2或2又k=t=1-,∴m+n=
由于k<-2或2类型四 合理利用双联立与“同理可得”
例4 已知椭圆Γ:+y2=1,过右焦点F作椭圆Γ的两条互相垂直的弦AB,CD,若|AB|+|CD|=λ|AB|·|CD|,求证:λ为定值.
证明 当直线AB的斜率不存在或斜率为0时,
λ=;
当直线AB的斜率存在且不为0时,
设直线AB的方程为y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2),
则直线CD的方程为y=-(x-2),
由消去y得,
(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0,Δ>0,则x1+x2=,x1x2=,
所以|AB|=|x1-x2|=,
同理,|CD|=,
所以λ=综上可知,λ为定值
【对点训练4】已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F,左顶点为A,短轴长为2,且过点(1,).
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点F的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P,Q两点,直线AP,AQ与直线x=4的交点分别为M,N,记直线MF,NF的斜率分别为k1,k2,证明:k1k2为定值.
(1)解 因为2b=2,所以b=,再将点(1,)代入=1得=1,
解得a2=4,故椭圆C的方程为=1.
(2)证明 由题意可设l:x=ty+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),
由可得(3t2+4)y2+6ty-9=0,
易知Δ>0恒成立,所以y1+y2=-,y1y2=-
又因为A(-2,0),
所以直线PA的方程为y=(x+2),令x=4,则y=,故M(4,),
同理N(4,),从而k1=,k2=,
故k1k2==-1,为定值.(共15张PPT)
第4讲 圆锥曲线中的定值、定点与定直线问题
圆锥曲线中的定值、定点、定直线问题都是研究某些几何元素与几何量动中有静,变化中蕴含不变等规律的问题,是高考对直线与圆锥曲线综合考查的热点之一,题目具有一定的综合性,难度中等或偏上.
定值、定点、定直线问题虽考查角度各不相同,但解决问题的思路基本是一致的,首先是解决好参数问题,通过引进参数、运用参数、消去参数解决相关问题;其次是要善于运用特殊化方法,即先从问题的特殊情况入手,发现和推导问题结论,然后再证明一般情形成立,从而解决定值、定点、定直线问题.
考点一 定值问题
例1 (2025山东济宁高考模拟考试(二模))已知双曲线C:=1 (a>0,b>0)的离心率为,且点A(4,3)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程;
(2)若直线l交双曲线C于P,Q两点,∠PAQ的平分线与x轴垂直,求证:l的倾斜角为定值.
(1)解 由题意有得b2=a2.
又点A(4,3)在双曲线C上,所以=1.
联立解得所以双曲线C的方程为=1.
(2)证明 由已知得直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+b,设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立得(3-4k2)x2-8kbx-4b2-12=0,
所以3-4k2≠0,
Δ=(-8kb)2-4(3-4k2)(-4b2-12)=48(b2-4k2+3)>0,
则x1+x2=,x1x2=-
又因为∠PAQ的平分线与x轴垂直,
所以kAP+kAQ=0,即=0,
所以(y1-3)(x2-4)+(y2-3)(x1-4)=0,即2kx1x2+(b-3-4k)(x1+x2)-8(b-3)=0,
所以-2k+(b-3-4k)-8(b-3)=0,
即-24(k+1)(b+4k-3)=0,所以k=-1或b=3-4k.
当b=3-4k时,直线l的方程为y=kx+3-4k=k(x-4)+3,
即直线l过点A(4,3),不符合题意,
所以k=-1.设l的倾斜角为α(0≤α<π),即k=tan α=-1,α=,
即直线l的倾斜角为定值
知识提炼
求解定值问题的基本方法
先猜后证法 从特殊化入手,求出定值,再证明这个定值与变量无关
消参数法 直接推理、计算,并在计算推理过程中消去参数,从而得到定值.解题步骤:(1)设参.选择适当的参数当变量,一般情况先设出直线方程y=kx+b或x=my+n、点的坐标等.(2)用参.要把证明为定值的量表示成上述参数的函数.(3)消参.将中间结果代入目标量,通过计算化简得出目标量与引入的参数无关,是一个常数
考点二 定点问题
例2 (2025海南高三下学期学业水平诊断)已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M(,y0)在抛物线E上,且|MF|=.
(1)求抛物线E的方程;
(2)过点F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与抛物线E交于A,B两点,直线l2与抛物线E交于C,D两点,设线段AB,CD的中点分别为P,Q,证明:直线PQ过定点.
(1)解 抛物线E的准线方程为x=-,
因为点M(,y0)在抛物线E上,且|MF|=,即,得p=2,
所以抛物线E的方程为y2=4x.
(2)证明 由(1)知F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2).
设l1的方程为x=my+1(m≠0),代入y2=4x,得y2-4my-4=0.所以y1+y2=4m,
则yP==2m,代入x=my+1,得xP=2m2+1,所以P(2m2+1,2m).
因为l1⊥l2,所以l2的方程为x=-y+1,同理可得Q(+1,-).
当m=±1时,2m2+1=+1=3,直线PQ:x=3.
当m≠±1时,kPQ=,
直线PQ的方程为y-2m=[x-(2m2+1)],
即y=x-+2m=x-,
整理得y=(x-3).所以直线PQ过定点(3,0).
知识提炼
圆锥曲线的定点问题的求解策略
参数无 关法 把直线或者曲线方程中的变量x,y当作常数,将方程一端化为零,既然过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,所以参数的系数须全部为零,由此得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点
特殊到 一般法 先根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关
关系法 对于满足一定条件的两点连接所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题,可设直线(或曲线)上两点的坐标,利用坐标在直线(或曲线)上,建立点的坐标所满足的方程(组),求出相应的直线(或曲线),然后再利用直线(或曲线)过定点的知识求解
考点三 定直线问题
例3 (2025湖南长沙湖南师范大学附属中学高三下学期模拟)已知椭圆C: =1(a>b>0)的离心率为,A,B分别为椭圆C的上、下顶点,O为坐标原点,直线y=kx+2与椭圆C交于不同的两点P,Q.
(1)设M为线段PQ的中点,证明:直线OM与直线PQ的斜率之积为定值;
(2)若|AB|=2,证明:直线BP与直线AQ的交点D在定直线上.
证明 (1)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则M(),
则=1,=1,两式相减可得=0,即=-,
所以kOM·kPQ==-=e2-1=-1=-,为定值.
(2)由题意可得,解得
所以椭圆的方程为+y2=1.则A(0,1),B(0,-1).
联立可得(2k2+1)x2+8kx+6=0,
则Δ=(8k)2-4×6(2k2+1)>0,得k2>,
故x1+x2=,x1x2=
直线BP的方程为y+1=,①
直线AQ的方程为y-1=,②
设直线BP与直线AQ的交点D(x0,y0),
则由①②两式相减可得x0=,代入①可得,
y0+1=,即y0=
所以点D在定直线y=上.
知识提炼
解决圆锥曲线中定直线问题的求解方法
引进参数法 实质是求动点的轨迹方程,首先根据题意引入参数,用参数表示经过定直线的动点,将其代入已知条件中,并根据问题所给的条件建立关系式,然后消去参数,即可得到定直线的方程
相关点法 用一个点的坐标把另外一些点的坐标表示出来,再代入已知的曲线方程和直线方程中,便可求出定直线的方程(共14张PPT)
真题解构 解析几何
例题 (17分)(2025全国1,18)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,下顶点为A,右顶点为B,|AB|=.【一题多解】
(1)求C的方程;
(2)已知动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AP|·|AR|=3.
(ⅰ)设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示);
(ⅱ)设O为坐标原点,Q是C上的动点,直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍,求|PQ|的最大值.
命题分析 本题以椭圆为载体,考查解析几何的核心概念及其应用.第(1)问通过基本量计算考查学生对椭圆几何性质的理解;第(2)(ⅰ)问通过向量参数化考查几何条件的代数转化能力;第(2)(ⅱ)问通过最值问题考查学生的数学建模与优化能力.试题体现了代数与几何的综合运用,注重考查学生的空间想象能力和分析推理能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为, |AB|= 通过离心率和几何条件构建方程,解a,b
2 动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AR|·|AP|=3 利用向量参数方程或比例关系表示点R的坐标
3 直线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍 通过斜率关系建立方程,约束点P的坐标
4 Q是C上的动点,求|PQ|的最大值 转化为参数优化问题或者直接运算
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(1)求椭圆方程 建立方程, e=,c2=a2-b2 代数运算与椭圆性质的结合
计算 a2=9,b2=1 正确计算结果
结果 方程为+y2=1 验证几何条件是否全部满足
关键步骤 思维要点 思维缘由
(2)(ⅰ)求点R的坐标 ① =3; ②参数化表示:设=t,t>0, t= ①借助斜率相等以及距离公式列出等式;
②向量法精确描述几何关系
结果 点R的坐标为() 确保满足距离乘积条件
关键步骤 思维要点 思维缘由
(2)(ⅱ)斜率关系 由kOR=3kOP得m2+(n+4)2=18(m≠0) 几何条件转化为代数约束
最值求解 设Q(3cos θ,sin θ)或Q(xQ,yQ),根据点与圆上一点间的距离的最值求法,结合三角换元或者直接运算即可解出 将几何最值转化为函数最值
书写表达
解 (1)∵椭圆离心率为e=,∴,∴b2=a2-c2=a2,即a2=9b2.(1分)
由题意知A(0,-b),B(a,0),∴|AB|=,(2分)
∴b2=1,a2=9,∴椭圆的标准方程为+y2=1.(3分)
(2)(ⅰ)(方法一)设R(x0,y0),易知m≠0,A(0,-1),
所以kAP=,注①→思考:已知点的坐标是如何求斜率的 (4分)
故,且mx0>0.(5分)
因为|AR|·|AP|=3,所以=3,
注②→思考:如何求解x0,y0 (7分)
即[1+()2]x0m=3,解得x0=,
所以y0=,所以点R的坐标为().(9分)
(方法二)∵A(0,-1),∴=(m,n+1).
∵点R在射线AP上,设R(xR,yR),=t(t>0),(4分)
∴||=t||.又|AP|·|AR|=3,∴t|AP|2=t||2=t[m2+(n+1)2]=3,(5分)
∴t=,注③→思考:如何求解x0,y0 (6分)
∴xR=tm=,yR=t(n+1)-1=-1=,(8分)
∴点R的坐标为().(9分)
(ⅱ)由(ⅰ)可知kOR=,kOP=,m≠0,
∵kOR=3kOP,(10分)
即,得m2+(n+4)2=18,m≠0,
注④→思考:点P的轨迹是什么 (11分)
可知点P的轨迹为以点N(0,-4)为圆心,以3为半径的圆(不包含与y轴的交点).(12分)
(方法一)∵点Q在椭圆+y2=1上,故而可设点Q(3cos θ,sin θ),
注⑤→思考:用参数表示点的坐标的动机是什么 (13分)
∴|QN|2=9cos2θ+(sin θ+4)2=9-9sin2θ+sin2θ+8sin θ+16
=-8sin2θ+8sin θ+25=-8(sin θ-)2+27.(15分)
∵sin θ∈[-1,1],
∴|QN|max=3,注⑥→思考:如何转化为利用三角函数的范围求最值的
(16分)
∴|PQ|max=3+3.(17分)
(方法二)设Q(xQ,yQ),则=1,yQ∈[-1,1],
|QN|2=+(yQ+4)2=9-9+8yQ+16=-8+8yQ+25=-8(yQ-)2+27≤27,
注⑦→如何转化为函数求最值的 (16分)
当且仅当yQ=时,等号成立,故|PQ|max=+3=3+3.(17分)
回顾反思 本题以椭圆为载体,第(1)问借助椭圆基本性质及相关公式构建方程组求标准方程;
第(2)(ⅰ)问通过斜率相等或向量共线及距离条件确定点R的坐标;
第(2)(ⅱ)问依据斜率关系得点P轨迹,再结合椭圆参数方程或直接运算求|PQ|的最值.
考查对椭圆概念、向量、直线斜率及函数最值等知识的综合运用,关键在于准确把握各条件之间的联系,合理运用公式求解.(共35张PPT)
微培优9 圆锥曲线的切线与光学性质
类型一 椭圆的切线与光学性质的应用
类型二 双曲线的切线与光学性质的应用
目 录 索 引
类型三 抛物线的切线与光学性质的应用
1.圆锥曲线的光学性质
(1)抛物线的光学性质:
如图1所示,从抛物线的焦点F发出的光线,经过抛物线反射后,得到的是一系列的与抛物线对称轴平行(或重合)的光线;如图2所示,设抛物线在点P处的切线l交抛物线对称轴于点Q,PM⊥l交对称轴于点M,则焦点F是QM的中点.
图1
图2
(2)椭圆的光学性质:
如图3所示,从椭圆的一个焦点发出的光线,经过椭圆反射后,反射光线交于椭圆的另一个焦点上;如图4所示,椭圆在点P处的切线为l,PQ⊥l交直线F1F2于点Q,则PQ平分∠F1PF2,由角平分线定理,知.
图3
图4
(3)双曲线的光学性质:
如图5所示,从双曲线的一个焦点发出的光线,经过双曲线反射后,反射光线的反向延长线交于另一个焦点;如图6所示,双曲线在点P处的切线l与直线F1F2相交于点Q,则PQ平分∠F1PF2,由角平分线定理,知.
图5
图6
2.圆锥曲线的切线与法线的定义
设直线t与曲线C交于P,Q两点,当直线t连续变动时,P,Q两点沿着曲线渐渐靠近,一直到P,Q重合为一点M,此时直线l称为曲线C在点M处的切线,过点M与直线l垂直的直线称为曲线C在点M处的法线.
3.圆锥曲线的切线
(1)若点P(x0,y0)是椭圆=1上任意一点,则椭圆过该点的切线方程为=1.
证明:由=1-得y2=b2(1-),求导得2yy'=-x,
∴y',
∴切线方程为y-y0=(x-x0).①
∵点P(x0,y0)在椭圆=1上,故=1,代入①得=1.
同理可以证明:
(2)若点P(x0,y0)是双曲线=1上任意一点,则双曲线过该点的切线方程为=1.
(3)若点P(x0,y0)是抛物线y2=2px上任意一点,则抛物线过该点的切线方程是y0y=p(x+x0).
4.圆锥曲线光学性质的证明
证明圆锥曲线光学性质就是证明以下定理:
定理1 椭圆上一个点P的两条焦半径的夹角被椭圆在点P处的法线平分;
定理2 双曲线上一个点P的两条焦半径的夹角被双曲线在点P处的切线平分;
定理3 抛物线上一个点P的焦半径与过点P且平行于对称轴的直线的夹角被抛物线在点P处的法线平分.(如下图)
我们只证明定理1,提供一种比较简单的证明方法,类似可以证明定理2和3.
已知:如图,椭圆C的方程为=1,F1,F2分别是其左、右焦点,l是过椭圆上一点P(x0,y0)的切线,l'为垂直于l且过点P的椭圆的法线,交x轴于点D,设∠F2PD=α,∠F1PD=β.
求证:α=β.
证明:点P(x0,y0)在椭圆C:=1上,则过点P的切线方程为=1,l'是过点P且与切线l垂直的法线,则l':()x-()y=x0y0(),
则D(()2x0,0),∴|F1D|=x0+c,|F2D|=c-x0,
∴.
又由焦半径公式得|PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0,
∴,∴PD是∠F1PF2的平分线,∴α=β.
类型一 椭圆的切线与光学性质的应用
例1 (2025湖南长沙第一中学高三下学期一模)椭圆具有光学性质:从椭圆的一个焦点发出的光线,经过椭圆反射后,反射光线过椭圆的另一个焦点(如图).已知椭圆E:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2的直线与椭圆E交于点A,B,过点A作椭圆的切线l,点B关于l的对称点为M,若|AB|=a,,则椭圆E的离心率为( )
A. B.
C. D.
D
解析 如图,由椭圆的光学性质可得M,A,F1三点共线,
由点B与点M关于直线l对称,得|AM|=|AB|,
则,
解得|AF1|=,
|AF2|=2a-,|BF2|=|AB|-|AF2|=,
|BF1|=2a-|BF2|=,
于是+|AB|2=,即AF1⊥AB,则有,
因此()2+()2=(2c)2,所以椭圆E的离心率e=故选D.
【对点训练1】(1)(2025江苏南菁高级中学高一上学期期末考试)椭圆的光学性质:从椭圆的一个焦点发出的光线,经过椭圆反射后,反射光线都汇聚到椭圆的另一个焦点上.已知椭圆C:=1(0[5-4,5+4]
解析 (1)根据椭圆定义得|MF1|+|MF2|=2a,
所以|MN|+|MF1|=|MN|-|MF2|+2a≤|NF2|+2a,
当且仅当M为射线NF2与椭圆的交点时,等号成立.
因为|MN|+|MF1|的最大值为6,且a=2,
所以|NF2|+2a=6,即|NF2|=2.
又|NF2|=,解得c=1,
则b=
设l切椭圆于点A,
由椭圆的光学性质可得P,A,F1三点共线,
|F1P|=|F1A|+|AP|=|F1A|+|AF2|=2a=4,
则点P的轨迹是以F1(-1,0)为圆心,半径为4的圆.
F1(-1,0)到直线x+y+11=0的距离为=5,
由圆的几何性质可知,点P到直线x+y+11=0的距离最小值为5-4,最大值为5+4,即d∈[5-4,5+4].
(2)(2025上海四校高三下学期3月联考)光线从椭圆的一个焦点发出,被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点;光线从双曲线的一个焦点发出,被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出.如图1,一个光学装置由有公共焦点F1,F2的椭圆Γ与双曲线Ω构成,现一光线从左焦点F1发出,依次经Ω与Γ反射,又回到了点F1,历时0.003秒;若将装置中的Ω去掉,如图2,此光线从点F1发出,经Γ两次反射后又回到了点F1,历时t秒.已知Γ与Ω的离心率之比为2∶3,则t= .
图1
图2
0.018
解析 设|F1F2|=2c,设椭圆的长轴长为2a1,双曲线的实轴长为2a2,光速为v.
Γ与Ω的离心率之比为2∶3,即,即a2=a1.
在题图1中,|BF1|+|BF2|=2a1,|AF2|-|AF1|=2a2,
两式相减得|BF1|+|BF2|-|AF2|+|AF1|=2a1-2a2,
即|BF1|+|AB|+|AF1|=2a1-2a2,即△ABF1的周长为2a1-2a2.
在题图2中,△CF1D的周长为|CF1|+|CF2|+|DF1|+|DF2|=4a1.
由题意可知0.003v=2a1-2a2,tv=4a1,则,故t=0.018.
类型二 双曲线的切线与光学性质的应用
例2 从双曲线的一个焦点发出的光线,经双曲线反射后,反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点.由此可得,过双曲线上任意一点的切线,平分该点与两焦点连接的夹角.请解决下面问题:已知F1,F2分别是双曲线C:x2-=1的左、右焦点,P为双曲线C在第一象限上的点,点M在F1P的延长线上,点Q的坐标为(,0),且PQ为∠F1PF2的平分线,则下列说法正确的是
( )
A.=3
B.||=2
C.点P到x轴的距离为
D.∠F2PM的平分线所在直线的倾斜角为150°
D
解析 由已知可得PQ是双曲线的一条切线,
设点P(x0,y0),则切线PQ为x0x-=1,将点Q(,0)代入切线方程,可得x0=,
所以P(,2),即点P到x轴的距离为2,故C错误;
由双曲线的方程可得F2(,0),
由角平分线定理可知=2,故A错误;
因为||=2||=2,故B错误;
又因为直线PQ的斜率为,
所以∠F2PM的平分线所在直线的斜率为-,即倾斜角为150°,故D正确.
故选D.
【对点训练2】(1)费马定理是几何光学中的一条重要原理,在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质.例如,P为双曲线(F1,F2为焦点)上一点,点P处的切线平分∠F1PF2.已知双曲线C:=1,O为坐标原点,l是点P(3,)处的切线,过左焦点F1作l的垂线,垂足为M,F2为右焦点,则|OM|= .
2
解析 如图,延长PF2交F1M的延长线于点N.
因为M是∠F1PF2的平分线上的一点,且F1M⊥MP,
所以M为F1N的中点,所以|PN|=|PF1|.
又O为F1F2的中点,且|PF1|-|PF2|=2a=4,
所以|OM|=|F2N|=(|PN|-|PF2|)=(|PN|-|PF1|+4)=2.
(2)(2025辽宁县域重点高中高三下学期二模)
“双曲线电瓶新闻灯”是我国首先研制成功的,
利用了双曲线的光学性质:从双曲线的一个焦
点发出的光线经过双曲线镜面反射,其反射光
线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.这
种灯的轴截面是双曲线的一部分(如图),从双
曲线的右焦点F2发出的互为反向的光线,经双曲线上的点P,Q反射,反射光线的反向延长线交于点M,且sin∠MPQ=sin∠MQP, sin∠PMF2=sin∠QMF2.制作时,通过双曲线的离心率控制该新闻灯的开
口大小,则该新闻灯轴截面双曲线的离心率为 .
解析 由双曲线的光学性质可知,直线PG,HQ的交点M为双曲线的左焦点.在△PQM中,由正弦定理得,
则
设|MP|=5m,则|MQ|=3m.
在△MPF2中,由正弦定理得,
在△MQF2中,由正弦定理得,
两式作商得=3.
设|PF2|=3n,则|QF2|=n.
由双曲线的定义可知,|MP|-|PF2|=5m-3n=2a,
|MQ|-|QF2|=3m-n=2a,
解得m=n=a.则|QF2|=a,|PF2|=3a,|MP|=5a,|MQ|=3a,所以|PQ|=4a,
则|MP|2=|MQ|2+|PQ|2,即PQ⊥MQ.
在Rt△QMF2中,|MQ|2+,
则(3a)2+a2=(2c)2,则5a2=2c2,即,
所以双曲线的离心率为e=
类型三 抛物线的切线与光学性质的应用
例3 (多选题)(2025安徽江南十校高三3月联考)已知抛物线E:y2=2px的焦点为F,从点F发出的光线经过抛物线上的点P(原点除外)反射,则反射光线平行于x轴.经过点F且垂直于x轴的直线交抛物线E于B,C两点,经过点P且垂直于x轴的直线交x轴于点Q,抛物线E在点P处的切线l与x轴、y轴分别交于点M,N,则( )
A.|PQ|2=|BF|·|QF|
B.|PQ|2=|BC|·|OQ|
C.|PF|=|MF|
D.FN⊥l
BCD
解析 对于A,B,设点P(x,y),则Q(x,0),y=,
则|PQ|=,而|BF|=p,
|QF|=|-x|,所以|PQ|2不一定等于|BF|·|QF|,故A错误;
又|BC|=2p,|OQ|=x,所以|PQ|2=2px=|BC|·|OQ|,故B正确;
对于C,如图所示,过点P作x轴的平行线RH,与抛物线E的准线KH交于点H,
由抛物线的光学性质可得∠SPR=∠MPF,
∠SPR=∠PMF,所以∠MPF=∠PMF,从而|PF|=|MF|,故C正确;
对于D,因为∠SPR=∠HPM,所以∠MPF=∠HPM,即PM为∠HPF的平分线,
又由抛物线定义知|PH|=|PF|,结合|PF|=|MF|,可得四边形MFPH为菱形,
而y轴经过线段FH中点,从而PM与y轴的交点即为点N,所以FN⊥l,故D正确.故选BCD.
【对点训练3】(多选题)(2025江苏南通高二上学期期末调研)探照灯应用了抛物线的光学性质“从焦点处发出的光线经过抛物线反射后变成与抛物线的对称轴平行或重合的光线射出”.已知一探照灯的轴截面是抛物线C:y2=4x(顶点在原点O),从焦点F射出两条互为反向的光线经C上的点P,Q反射,若直线PQ的倾斜角为θ,则( )
A.当θ=45°时,P,Q处两条反射光线所在直线的距离为4
B.当θ=45°时,△OPQ的面积为2
C.=-3
D.|FP|+|FQ|=|FP||FQ|
ACD
解析 在抛物线y2=4x中,焦点F的坐标为(1,0).设点P(x1,y1),Q(x2,y2),
设直线PQ的方程为x=my+1.
将其代入抛物线方程y2=4x,可得y2=4(my+1),即y2-4my-4=0,Δ>0,
则y1+y2=4m,y1y2=-4.直线PQ的斜率k=tan θ=
因为从焦点射出的光线经抛物线反射后平行或重合于对称轴,所以P,Q处的两条反射光线所在直线分别平行于x轴,它们之间的距离为|y1-y2|.
-4y1y2=(4m)2-4×(-4)=16m2+16.
若θ=45°,则tan θ=1,即=1,得m=1.
则=16×1+16=32,|y1-y2|=4,
所以P,Q处的两条反射光线所在直线的距离为4,故A正确.
△OPQ的面积S=|OF||y1-y2|,|OF|=1,|y1-y2|=4,则S=1×4=22,故B错误.
=(x1,y1),=(x2,y2),则=x1x2+y1y2.
由=4x1,=4x2,可得x1=,x2=
所以+y1y2=+(-4)=1-4=-3,故C正确.
根据抛物线的焦半径公式,|FP|=x1+1,|FQ|=x2+1.
由=4x1,=4x2以及y1y2=-4可得x1x2==1.
x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2.
则|FP|+|FQ|=x1+x2+2=4m2+4,
|FP||FQ|=(x1+1)(x2+1)=x1x2+x1+x2+1=1+4m2+2+1=4m2+4.
所以|FP|+|FQ|=|FP||FQ|,故D正确.故选ACD.(共25张PPT)
微培优8 抛物线中的阿基米德三角形
类型一 阿基米德三角形的直接使用
类型二 阿基米德三角形在解答题中的应用
目 录 索 引
抛物线中的阿基米德三角形在近几年的高考中经常出现,主要考查抛物线中的阿基米德三角形中的定点、面积及最值问题,常以多选题、解答题为主,难度较大.阿基米德三角形的性质,在选择题、填空题可直接应用,在解答题中需要推导证明.
以开口向上的抛物线为例说明阿基米德三角形的一些常用性质:
如图所示,AB为抛物线x2=2py(p>0)的弦,A(x1,y1),B(x2,y2),分别过点A,B作抛物线的切线,交于点P,称△PAB为阿基米德三角形,弦AB为阿基米德三角形的底边.
(1)阿基米德三角形底边上的中线平行(或重合)于抛物线的对称轴.
(2)若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内定点C(x0,y0),则另一顶点P的轨迹为一条直线.
(3)若直线l与抛物线没有公共点,以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点.
(4)点P的坐标为().
(5)底边AB所在的直线方程为(x1+x2)x-2py-x1x2=0.
(6)△PAB的面积为S△PAB=.
(7)若点P的坐标为(x0,y0),则底边AB的直线方程为x0x-p(y+y0)=0.
(8)若阿基米德三角形的底边即弦AB过焦点,则顶点P的轨迹为抛物线的准线,且阿基米德三角形的面积的最小值为p2(可以由(6)导出).
(9)若弦AB过抛物线的焦点F,则PA⊥PB,PF⊥AB.
(10)抛物线和它的一条弦所围成的面积,等于以此弦为底边的阿基米德三角形面积的.
类型一 阿基米德三角形的直接使用
例1 (多选题)过抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F的直线与抛物线C相交于A,B两点,以A,B为切点作抛物线C的两条切线l1,l2,设l1,l2的交点为M,称△AMB为阿基米德三角形.则关于阿基米德三角形AMB,下列说法正确的有
( )
A.△AMB是直角三角形
B.顶点M的轨迹是抛物线C的准线
C.MF是△AMB的高
D.△AMB面积的最小值为2p2
ABC
解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),由x2=2py可得y=,y'=x.
由导数的几何意义知,直线AM的斜率为kAM=x1,
同理直线BM的斜率为kBM=x2.
设直线AB:y=kx+,联立化为x2-2pkx-p2=0,
则Δ>0,得到x1+x2=2pk,x1x2=-p2.
对于A,因为kMA·kMB==-1,
所以△AMB是直角三角形,故A正确.
对于B,
由导数的几何意义可得抛物线C在点A处的切线方程为y-y1=x1(x-x1),
则y-x1(x-x1),化简可得y=x-,所以直线AM的方程为y=x-,
同理可得,直线BM的方程为y=x-
令x-x-,则(x1-x2)x=,
因为x1≠x2,解得x=,代入直线BM的方程,
可得y==-,
所以M(,-).因为抛物线C:x2=2py的准线为y=-,所以顶点M的轨迹是抛物线C的准线,且取AB的中点H,连接MH,MH平行于y轴,故B正确.
对于C,kAB=,
kMF=-=-,所以kMF·kAB=-1,
所以MF是△AMB的高,故C正确.
对于D,因为MH平行于y轴,
所以△AMB的面积S=|MH|·|x1-x2|
=)·|x1-x2|=)·|x1-x2|=)·|x1-x2|.
因为x1+x2=2pk,x1x2=-p2,
所以-2x1x2=4p2k2+2p2,
|x1-x2|==2p,
代入可得S=)·2p
2p=p2,
当k=0时,Smin=p2,故D不正确.故选ABC.
【对点训练1】(多选题)(2025湖北黄冈黄梅育才高级中学高三上学期核心模拟考试)抛物线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形,阿基米德三角形有一些有趣的性质,如:若抛物线的弦过焦点,则过弦的端点的两条切线的交点在其准线上.设抛物线y2=4x,弦AB过焦点F,H为AB的中点,O为坐标原点,△ABQ为其阿基米德三角形,则( )
A.存在点Q,使得>0
B.任意点Q,都有AB⊥QF
C.任意点Q,都有
D.△ABQ面积的最小值为4
BCD
解析 作为小题,若能记住阿基米德三角形的性质,则有QA⊥QB,AB⊥QF,QH∥OF,△ABQ面积的最小值为p2=4.
具体推导过程如下:设A(x1,y1),B(x2,y2),设直线AB:x=my+1,
联立得y2-4my-4=0,Δ>0,则y1+y2=4m,y1y2=-4.
设过点A的切线为y-y1=k(x-x1),则=4x1,
联立整理可得y2-y+=0,
由Δ=(-)2-4()=0,可得k=,
同理可得过点B的切线斜率为
对于A,因为kQA·kQB==-1,所以=0,故A错误;
对于B,可得点A处的切线方程为y-y1=(x-x1),=4x1,即y1y=2(x+x1),
同理点B处的切线方程为y2y=2(x+x2),
由
得y==2m,x=-x1=-x1=-1,
可得Q(-1,2m),因为F(1,0),所以kQF=-m,
又因为直线AB的斜率为,所以AB⊥QF,故B正确;
对于C,因为yH=yQ=,所以,故C正确;
对于D,|AB|==4(1+m2),|QF|=2,
S△ABQ=|AB|·|QF|=4(1+m2)×2=4(1+m2,
当m=0时,△ABQ的面积取得最小值,为4,故D正确.故选BCD.
类型二 阿基米德三角形在解答题中的应用
例2 (2021全国乙,理21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
解 (1)点F到圆M上的点的距离的最小值为|FM|-1=+4-1=4,解得p=2.
(2)由(1)知,抛物线的方程为x2=4y,即y=x2,则y'=x.
设切点A(x1,y1),B(x2,y2),
则易得直线lPA:y=x-,直线lPB:y=x-,从而得到P().
设直线lAB:y=kx+b,联立抛物线方程,消去y并整理可得x2-4kx-4b=0,
∴Δ=16k2+16b>0,即k2+b>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4b,∴P(2k,-b).
∵|AB|=,
点P到直线AB的距离d=,
∴S△PAB=|AB|d=4(k2+b,①
又点P(2k,-b)在圆M:x2+(y+4)2=1上,故k2=,
代入①得,S△PAB=4,
而yP=-b∈[-5,-3],∴当b=5时,(S△PAB)max=20
【对点训练2】(2019全国Ⅲ,理21)已知曲线C:y=,D为直线y=-上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.
(1)证明:直线AB过定点;
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.
(1)证明 设D,A(x1,y1),则=2y1.
由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故=x1.
整理得2tx1-2y1+1=0.
设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.
故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.
所以直线AB过定点
(2)解 由(1)得直线AB的方程为y=tx+
由可得x2-2tx-1=0.
于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,
|AB|=|x1-x2|==2(t2+1).
设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,
则d1=,d2=
因此,四边形ADBE的面积S=|AB|(d1+d2)=(t2+3)
设M为线段AB的中点,则M
由于,而=(t,t2-2),与向量(1,t)平行,
所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1.
当t=0时,S=3;当t=±1时,S=4
因此,四边形ADBE的面积为3或4(共39张PPT)
融合创新 解析几何中的创新问题
(函数、数列、立体几何)
创新点1 解析几何与函数、导数融合问题
创新点2 解析几何与数列融合问题
目 录 索 引
创新点3 解析几何与立体几何融合问题
从近年高考命题趋势来看,解析几何融合函数、数列、立体几何逐渐成为高考中的热点与难点.一种类型是以圆锥曲线方程的基本知识为基础,以构建函数、数列模型为目标,综合考察函数、导数的知识;另一种类型是把圆锥曲线放在立体图形中或者立体图形中某些动点轨迹为圆锥曲线,更注重对学生创新思维、逻辑推理以及知识迁移能力的检验.
创新点1 解析几何与函数、导数融合问题
例1 (2025山东日照高三下学期第二次校际联合考试)在平面直角坐标系Oxy中,过点M(2,0)的直线l与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,当直线l平行于y轴时,|AB|=4.
(1)求抛物线C的方程.
(2)若直线l的斜率存在,直线AO与直线x=-2相交于点D,过点B且与抛物线C相切的直线交x轴于点E.
(ⅰ)证明:∠DEO+∠BMO=π.
(ⅱ)是否存在直线l使得四边形ABDE的面积为 若存在,说明直线l有几条;若不存在,请说明理由.
(1)解 当直线l∥y轴时,|AB|=4,则点(2,2)在抛物线上,故4=4p p=1,
所以抛物线C的方程为y2=2x.
(2)(ⅰ)证明 由题意可知,直线l的斜率存在且不为0,
设l:x=my+2(m≠0),则斜率kAB=
设A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0>y2,
联立得y2-2my-4=0,Δ>0,
所以y1+y2=2m,y1y2=-4.
由y=-,得y'=-,故点B处的切线斜率为-=-,
所以对应的切线方程为y=(x-x2)+y2=(x-)+y2=,
令y=0 x=-,故E(-,0).
直线OA:y=x,令x=-2,则y=-=-=-,故D(-2,-).
所以kDE=所以kAB=kDE,即l∥DE,所以∠DEO+∠BMO=π.
(ⅱ)解 存在.连接AE,BD,由(ⅰ)得D(-2,-),y1y2=-4,则D(-2,y2).
又B(x2,y2),所以BD∥x轴,即四边形DBME为平行四边形,
所以S四边形ABDE=S四边形DBME+S△AEM=(2-xE)( |yB|+yA)=(2+)(-y2+y1)
=(2+)(-y2-)=--3y2-
若四边形ABDE的面积为,则--3y2-,整理得+6+15y2+8=0.
令f(x)=x4+6x2+15x+8,x<0,则f'(x)=4x3+12x+15,
令g(x)=f'(x),则g'(x)=12x2+12>0,
故g(x)=f'(x)在区间(-∞,0)上单调递增.
又f'(-1)=-1<0在区间(-∞,x0)上f'(x)<0,f(x)在区间(-∞,x0)上单调递减;
在区间(x0,0)上f'(x)>0,f(x)在区间(x0,0)上单调递增.
而f(-1)=0>f(x0),f(-)=,故 x0'∈(x0,-)使f(x0')=0.
所以f(x)在区间(-∞,0)上有两个零点,为-1和x0',x0'∈(x0,-),即--3y2-在区间(-∞,0)上有2个不同根.由对称性,使四边形ABDE的面积为的直线l共有4条.
【对点训练1】(2025安徽芜湖高三二模)已知圆心在x轴上移动的圆经过点A(-4,0),且与x轴、y轴分别交于B(x,0),C(0,y)两个动点.
(1)求点M(x,y)的轨迹E的方程;
(2)若圆N与曲线E恰有一个公共点,且圆N与x轴相切于点F(1,0),求圆N的半径.
解 (1)因为圆经过x轴上的两点A(-4,0)和B(x,0),圆心在x轴上,
所以圆心为AB的中点(,0).
又因为该圆经过点A(-4,0)和C(0,y),
所以,化简得y2=4x.
所以点M(x,y)的轨迹E的方程为y2=4x.
(2)设圆N的半径为r,且不妨设圆心N在x轴的上方.
因为圆N与x轴相切于点F(1,0),
所以圆心N(1,r),圆N的方程为(x-1)2+(y-r)2=r2.
联立消去x得(-1)2+y2-2ry=0,
于是r=[(-1)2+y2]= (*)
因为圆N与曲线E恰有一个公共点,所以恰有一个正数y满足(*)式.
记f(y)=(y>0),f'(y)=,
令f'(y)<0,得y∈(0,);令f'(y)>0,得y∈(,+∞).
则f(y)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增,
所以当y=时,f(y)取到最小值
因此当r<时,(*)式没有正实数解;当r=时,(*)式恰有一个正实数解;
当r>时,因为当y→0和y→+∞时r→+∞,
所以(*)式总有两个正实数解.综上,r=
创新点2 解析几何与数列融合问题
例2 (2025山东潍坊高三下学期4月高考模拟考试)双曲线C:x2-y2=a2(a>0)的左、右顶点分别为A,A1,点A1到双曲线C的渐近线的距离为.
(1)求双曲线C的方程.
(2)按照如下方式依次构造点An(n≥2且n∈N):过点An-1作斜率为-2的直线交双曲线C于另一点Bn-1,设An是点Bn-1关于实轴的对称点,记点An的坐标为(xn,yn).
(ⅰ)证明:数列{xn-yn},{xn+yn}是等比数列,并求数列{xn}和{yn}的通项公式;
(ⅱ)记△AnAAn+1的面积为S,△AnA1An+1的面积为T,求的最大值.
解 (1)双曲线C的渐近线方程为x±y=0,A1(a,0),
则点A1到渐近线的距离为,所以a=1,所以双曲线C的方程为x2-y2=1.
(2)(ⅰ)因为An(xn,yn),所以An-1(xn-1,yn-1),Bn-1(xn,-yn),直线An-1Bn-1的方程为y+yn=-2(x-xn),即y=-2x+2xn-yn,代入x2-y2=1,得3x2-4(2xn-yn)x+(2xn-yn)2+1=0,根据根与系数的关系得xn-1+xn=(2xn-yn).
所以yn=xn-xn-1,yn-1=-2xn-1+2xn-yn=xn-xn-1.由题设有x1+y1=x1-y1=1.
因为,
所以{xn-yn}是公比为的等比数列.
因为=3,
所以{xn+yn}是公比为3的等比数列.
所以xn-yn=()n-1,xn+yn=3n-1,
所以xn=,yn=
(ⅱ)先证明结论:若=(a1,b1),=(a2,b2)为两个不共线的非零向量,
则S△PMN=|·||sin∠PMN=|·|
=
=
=
=|a1b2-a2b1|.
本题中,因为=(xn+1,yn)=(xn+1+1,yn+1),
所以S=|(xn+1)yn+1-(xn+1+1)yn|=|xnyn+1-xn+1yn+yn+1-yn|.
因为=(xn-1,yn),=(xn+1-1,yn+1),
所以T=|(xn-1)yn+1-(xn+1-1)yn|=|xnyn+1-xn+1yn+yn-yn+1|.
又因为xnyn+1-xn+1yn=,
yn+1-yn=3n-1+()n,所以T=[3n-1+()n-].
同理S=+3n-1+()n].
所以=1+
设dn=3n-1+()n-,则dn+1=3n+()n+1-,
所以dn+1-dn>0,所以dn+1>dn,所以dn≥3+
所以1+=1+=1+,
当且仅当n=2时,等号成立,所以的最大值为
【对点训练2】(2025河北邯郸高三下学期第四次调研监测)已知离心率e=且焦点在x轴上的序列椭圆Cn:=1(n∈N*),其中C2的一个焦点为(2,0).过Cn上一点Pn(,yn)(yn>0)作Cn的两条弦PnAn,PnBn,交Cn于另两点An,Bn,且△PnAnBn的内心在垂直于x轴的一条直线上.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求直线AnBn的斜率;
(3)若O为坐标原点,当△OAnBn的面积为an时,直线AnBn交x轴于(cn,0),证明:
.
(1)解 由e=,解得an+1=2an.
∵C2的一个焦点为(2,0),
∴4=a3-a2=2a2-a2,a2=4,
∴an=4×2n-2=2n.
(2)解 由(1)知Cn:x2+2y2=2n+1.
∵△PnAnBn的内心在垂直于x轴的一条直线上,=0.
设An(x1,y1),Bn(x2,y2),直线AnBn的方程为y=kx+b.
代入Cn中整理得(1+2k2)x2+4bkx+2(b2-2n)=0,
Δ=16k2b2-8(1+2k2)(b2-2n)>0,即(2k2+1)2n-b2>0,
∴x1+x2=-,x1x2=
∵Pn(),由=0得=0,
即(kx1+b-)(x2-)+(kx2+b-)(x1-)=0,代入x1+x2与x1x2整理得(k+b-)·(k-1)=0,当k+b-=0时,AnBn过点Pn,舍去.
∴k=
(3)证明 由(2)知AnBn的方程为y=x+b,
此时由Δ>0,可得b2<2n+1,x1+x2=-b,x1x2=b2-2n,
|AnBn|=,
点O到直线AnBn的距离d=|b|,
∴△OAnBn的面积为|AnBn|·d=an=2n,解得b2=2n,满足Δ>0.
∵yn>0,∴b=-,cn=
<0,
,则+…+
创新点3 解析几何与立体几何融合问题
例3 (2025湖北“新八校”协作体高三下学期5月联考)把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图,椭圆柱OO'中底面长轴AB=A'B'=4,短轴长为2,F1,F2分别为下底面椭圆的左、右焦点,F2'为上底面椭圆的右焦点,AA'=4,P为BB'的中点,E为直线A'B'上的动点,
MN为过点F2的下底面的一条动弦(不与AB重合).
(1)求证:F1F2'∥平面PMN;
(2)若Q是下底面椭圆上的动点,Q'是点Q在上底面
的射影,且Q'F1,Q'F2与下底面所成的角分别为α,β,
试求出tan(α+β)的最小值;
(3)求三棱锥E-PMN的体积的取值范围.
(1)证明 由题意,长轴长AB=A'B'=4,短轴长为2,则OF1=OF2=O'F2'=1,
所以F2,F2'分别是OB,O'B'的中点,而四边形ABB'A'为矩形,连接OB',
由B'F2'∥OF1,B'F2'=OF1=1,得四边形F1OB'F2'为平行四边形,则OB'∥F1F2'.
当P为BB'的中点时,连接PF2,则PF2∥OB',故PF2∥F1F2',
PF2 平面PMN,F1F2' 平面PMN,故F1F2'∥平面PMN.
(2)解 由题意,令|QF1|=m,|QF2|=n,则m+n=4.
又|QQ'|=4,所以tan α=,tan β=,
则tan(α+β)=
因为mn≤()2=4,
当且仅当m=n,即tan α=tan β时,等号成立,
所以tan(α+β)≥-
故tan(α+β)的最小值为-
(3)解 VE-PMN=,
在正方形ABB'A'中,P为BB'的中点,
易得E与A'重合时,F2P与EP垂直,
此时PF2=,EP=,
则的最大值为=5.
构建如图所示的空间直角坐标系,B(0,2),
底面椭圆的方程为=1,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
直线MN:y=tx+1,与椭圆方程联立得(3t2+4)x2+6tx-9=0,且Δ=144(t2+1)>0,
所以x1+x2=-,x1x2=-
所以|x1-x2|=,
令u=1,则|x1-x2|=,
由对勾函数性质知f(u)=3u+在区间[1,+∞)上单调递增,故|x1-x2|∈(0,3].
故VE-PMN=|x1-x2|∈(0,5].
【对点训练3】(2025辽宁协作体高三下学期第二次模拟考试)已知椭圆C:=1 (a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,且点A()在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若经过点F1且倾斜角为θ(0<θ<)的直线l与椭
圆C交于M,N两点(其中点M在x轴上方),如图1.将平面Oxy沿x轴折叠,使点M折至M'的位置,且y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面M'F1F2)与y轴负半轴和x轴所确定的半平面(平面NF1F2)互相垂直,如图2.
(ⅰ)当直线l的倾斜角为时,求折叠后图2中M'N的长度.
(ⅱ)是否存在直线l,使得折叠后△M'NF2的周长与折叠前△MNF2的周长之比是3∶4 若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解 (1)因为e=,所以c2=a2,所以b2=a2,椭圆C的方程为=1.
又因为点A()在椭圆C上,可得=1,
所以a2=4,b2=1,故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)(ⅰ)可知折叠前F1(-,0),所以直线l的方程为y=(x+).
联立解得
又因为点M在x轴上方,所以M(0,1),N(-,-).
折叠后,以OF2为y轴,以y轴的负半轴反方向为x轴,
以折叠后y轴的正半轴为z轴,建立空间直角坐标系,图略,
可得M'(0,0,1),N(,-,0),
所以|M'N|=
(ⅱ)存在.假设存在直线l满足题意,折叠前△MNF2的周长为4a=8,
则折叠后△M'NF2的周长为8=6,∴|MN|-|M'N|=8-6=2.
在题图1中,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为x=my-,联立
得(m2+4)y2-2my-1=0,Δ=12m2+4(m2+4)=16m2+16>0,
则y1+y2=,y1y2=-,
|MN|=|y1-y2|
=
在(ⅰ)中建立空间直角坐标系后,可得M'(0,x1,y1),N(-y2,x2,0),
|M'N|=
==
又因为|MN|-|M'N|=2,所以=2,整理得6m4+23m2-4 =0,(6m2-1)(m2+4)=0,所以m2=(负值舍去),因此m=±又倾斜角为锐角,所以m=,所以存在直线l满足题意,直线的方程为x-y+=0.
