解析几何--专题复习.docx

高中数学学习材料

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解析几何--专题复习

考点1：圆锥曲线的定义及几何性质、标准方程

例1：（2010·安徽高考理科·Ｔ19）已知椭圆E经过点A2,3，对称轴为坐标轴，焦点F1,F2在x轴上，离心率e1。 2 (1)求椭圆E的方程；(2)求F1AF2的角平分线所在直线l的方程；

(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由。

x2y2练习1．已知双曲线221(a>0,b<0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线与双曲线的右

ab支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是（ ）

A.( 1,2) B. (1,2) C.[2,+∞] D.(2,+∞)

考点2：最值或定值问题

例2：（2010·北京高考文科·Ｔ１9）已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是(2,0)，(2,0)，离

心率是

6，直线yt与椭圆C交与不同的两点M，N，以线段MN为直径作圆P,圆心为P. 3（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若圆P与x轴相切，求圆心P的坐标； （Ⅲ）设Q（x,y）是圆P上的动点，当t变化时，求y的最大值.

练习2、已知椭圆中心在原点，焦点在y轴上，离心率为与直线yx2相切． （1）求椭圆的标准方程；

（2）设点F是椭圆在y轴正半轴上的一个焦点，点A，B是抛物线x4y上的两个动点，且满足

23，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆3AFFB(0)，过点A，B分别作抛物线的两条切线，设两切线的交点为M，试推断FMAB是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．

已知椭圆Cy2x2练习3、1：a2b21(ab0)的右顶点为A(1,0)，过C1的

焦点且垂直长轴的弦长为1． （1）求椭圆C1的方程；

（2）设点P在抛物线C22：yxh(hR)上，C2在点P处的

切线与C1交于点M,N．当线段AP的中点与MN的中点的横 坐标相等时，求h的最小值．

考点3：求参数范围问题

2x2y2例3：（2010·山东高考理科·Ｔ21）如图，已知椭圆221ab0的离心率为，以该

2ab椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的周长为4(21).一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D. （1）求椭圆和双曲线的标准方程；

k21； （2）设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，证明k1·（3）是否存在常数，使得ABCDAB·CD恒成立？ 若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

考点4：圆锥曲线综合问题

x2y21的左、右例4：（2010·江苏高考·Ｔ１8）在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆95顶点为A、B，右焦点为F。设过点T（t,m）的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M(x1,y1)、N(x2,y2)，其中m>0,y10,y20。 （1）设动点P满足PF2PB24,求点P的轨迹； （2）设x12,x21，求点T的坐标； 3（3）设t9,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）。

详细解答

x2y2例1（1）设椭圆E的方程为221（ab0），

ab由题意ec149，221，又c2a2b2，解得：c2,a4,b23 a2abx2y2椭圆E的方程为1

1612（2）方法1：由（1）问得F1(2,0)，F2(2,0)，又

A2,3，易得F1AF2为直角三角形，其中

AF23,F1F24,AF15,

设F1AF2的角平分线所在直线l与x轴交于点M，根据角平线定理可知：AF1AF23，可得F2M，F1MF2M211y02，即y2x1。 M(,0) 直线l的方程为：230212x方法2：由（1）问得F1(2,0)，F2(2,0)，又

A2,3，

AF1(4,3)，AF2(0,3)， AF1AF2114(4,3)(0,3)(1,2)，

35|AF1||AF2|5kl2，直线l的方程为：y32(x2)，即y2x1。

（3）假设椭圆E上存在关于直线l对称的相异两点P、Q， 令P(x1,y1)、Q(x2,y2)，且PQ的中点为R(x0,y0)

PQl，kPQy2y11，

x2x12又

x12y121(1)x22x12y22y1216120 ，两式相减得: 221612x2y21(2)1612xx2x1216y2y11612(),即0（3），

y03y2y112x2x11223R(x0,y0)在直线l上，y02x01（4）由（3）（4）解得：x02,y03，

又

所以点R与点A是同一点，这与假设矛盾，故椭圆E上不存在关于直线l对称的相异两点。

x2y2练习1.解：双曲线221(a0,b0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60o的直线与双曲线的右

abb支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率，

a2a2b2b2c≥4，∴ e≥2，选C。 ∴ ≥3，离心率e=22aaa例2：（Ⅰ）因为

c6，且c2，所以a3,ba2c21 a3所以椭圆C的方程为

xy21. 32y（Ⅱ）由题意知p(0,t)(1t1)

MPONyt2由x2 得x3(1t) 2y13所以圆P的半径为3(1t).

2|t|3(1t)，解得t由

x2

33.所以点P的坐标是（0，）.

22222（Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆P的方程x(yt)3(1t).因为点Q(x,y)在圆P上。所以由图可知

23(1t2)xt3(1t2)。设tcos,(0,)，则t3(1t2)cos3sin2sin() y61当，即t，且x0，y取最大值2.

2322练习2、解：（1）设椭圆方程为y2x21（a＞b＞0）．

abb22322，则b22,a23． 因为e，得2．又b3a311y2x21． 故椭圆的标准方程是32（2）由椭圆方程知，c＝1，所以焦点F（0，1），设点A（x1，y1），B（x2，y2）． 由AFFB，得（－x1，1－y1）＝λ（x2，y2－1），所以－x1＝λx2，1－y1＝λ（y2－1）．

22222于是x1x2．因为x14y1，x24y2，则y1＝λ2y2．

1

联立y1＝λ2y2和1－y1＝λ（y2－1），得y1＝λ，y2＝．

λ

11

因为抛物线方程为y＝x2，求导得y′＝x．设过抛物线上的点A、B的切线分别为l1，l2，则直线l1的方程

42111

是y＝x1（x－x1）＋y1，即y＝x1x－x12．

224

111

直线l2的方程是y＝x2（x－x2）＋y2，即y＝x2x－x22．

224

x1x2x1x2,)． 24xx2,1)． 因为x1x2＝－λx22＝－4λy2＝－4． 所以点M(12xx2,2)，AB（x2－x1，y2－y1）于是FM(1． 2联立l1和l2的方程解得交点M的坐标为(2x2x12111

2(y2y1)＝2（x22－x12）－2（4x22－4x12）＝0． 所以FMAB＝

2故F2MAB为定值0．

b12a2y练习3、解：（1）由题意得b2,,所求的椭圆方程为x21．

421b1a2（2）不妨设M(x1,y1),N(x2,y2),P(t,th),

则抛物线C2在点P处的切线斜率为yxt2t，直线MN的方程为y2txt2h，

222将上式代入椭圆C1的方程中，得4x(2txth)40，

即41t2x24t(t2h)x(t2h)240，

422因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有116t2(h2)th40，

x1x2t(t2h)设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3， 222(1t)设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4t1， 222由题意得x3x4，即有t(1h)t10，其中的2(1h)40,h1或h3；

2422当h3时有h20,4h0，因此不等式116t2(h2)th40不成立；

2因此h1，当h1时代入方程t(1h)t10得t1，

将h1,t1代入不等式116t2(h2)th40成立， 因此h的最小值为1．

例3：（1）由题意知，椭圆离心率为

4222c(21)，得a2c，又2a2c42a，所以可解得a22，x2y21；所以椭圆的焦点坐标为（2，0），c2，所以bac4，所以椭圆的标准方程为84222x2y21. 因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，所以该双曲线的标准方程为

44（2）设点P（x0，y0），则k1=

y0y0y0y0k2，k2=，所以k1·=

x02x02x02x02x02y02y021，即y02x024，所以 ，又点P（x0，y0）在双曲线上，所以有244x04y02k1·k22=1.

x04

k21，所以设直线AB的（3）假设存在常数，使得ABCDAB·CD恒成立，则由（2）知k1·方程为yk(x2)，则直线CD的方程为y1(x2)， kyk(x2)2222由方程组x2y2消y得：(2k1)x8kx8k80，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

1488k28k28,x1x22, 则由韦达定理得：x1x222k12k142(1k2)所以|AB|=1k(x1x2)4x1x2=，同理可得

2k21221)242(1k2)12''2k|CD|=1()(x1x2)4x1x2==， 21k2k221k42(1112k21k22又因为ABCDAB·=+ CD，所以有22|AB||CD|42(1k)42(1k)323k2332=，所以存在常数，使得ABCDAB·CD恒成立。 28842(1k)例4：（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。

2222由PF2PB24，得(x2)y[(x3)y]4, 化简得x9。 2故所求点P的轨迹为直线x（2）将x12,x2直线MTA方程为：

9。 251120分别代入椭圆方程，以及y10,y20得：M（2，）、N（，）

33931y0x3，即yx1， 530233y0x3，即2010393直线NTB 方程为：

y55x。 62x710联立方程组，解得：，所以点T的坐标为(7,)。 103y3（3）点T的坐标为(9,m) 直线MTA方程为：

y0x3m(x3)， ，即ym09312直线NTB 方程为：

y0x3m，即y(x3)。 m0936x2y21联立方程组，同时考虑到x13,x23， 分别与椭圆953(80m2)40m3(m220)20m,)N(,)。 解得：M(、

80m280m220m220m220m3(m220)yx2220m20m方法一：当x1x2时，直线MN方程为： 2240m20m3(80m)3(m20)280m20m280m220m2 令y0，解得：x1。此时必过点D（1，0）；

当x1x2时，直线MN方程为：x1，与x轴交点为D（1，0）。 所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。

2403m23m260方法二：若x1x2，则由及m0，得m210， 2280m20m此时直线MN的方程为x1，过点D（1，0）。

若x1x2，则m210，直线MD的斜率kMD40m210m， 80m222403m40m180m2直线ND的斜率kND20m210m20m，得kMDkND，所以直线MN过D点。 3m26040m2120m2因此，直线MN必过x轴上的点（1，0）。