(完整word版)解析几何综合3大考点(word文档良心出品)

1、解析几何综合3大考点考点一定点、定值问题例1已知椭圆C:白+ &= 1(a>b>0)的右焦点F(V3, 0),长半轴长与短半轴长的比值为2.a b(1)求椭圆C的标准方程；(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点 M, N,若点B在以线段MN为直径的圆上，证 明直线l过定点，并求出该定点的坐标.2解 由题意得，c= J3, b= 2, a2= b2+ c2,a= 2, b=1,椭圆C的标准方程为、+y2=1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线 l的方程为y=kx+m(mwl), M(xi, yi), N(x2, y2).y= kx+ m,由 22

2、消去 y 可得(4k2+1)x2+8kmx+ 4m24=0.J y =，2 -2,8km4m2-4 A= 16(4k + 1 m )>0, xi + x2= 4k2+, xx2= 4k2+1.点B在以线段MN为直径的圆上，血.BN =0.BM BN = (x1, kx+m1)(x2, kx2+m 1)= (k2+1)x1x2+k(m1)(x1 +x2)+(m1)2 = 0,24m之一48km2 _22 _ _. .(k2+1)4k2+1 +k(m-1)4k2+1 +(m-1)2=0,整理，得 5m2-2m-3=0,解得m=3或m= 1(舍去).，直线l的方程为y=kx-3. 55 3易知

3、当直线l的斜率不存在时，不符合题意.故直线 l过定点，且该定点的坐标为 (0,-9).5解题技法圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动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，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.题组训I练21.如图，已知直线l：y=kx+1(k>0)关于直线y=x+1对称的直线为l1，直线l, l1与椭圆E：24+y2=1分别交于点A, M和A, N,记直线l1的斜率为k1.(1)求k k1的值；(2)当k变化时，试问直线 MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若V

4、/./不恒过定点，请说明理由.广刁解：(1)设直线l上任意一点P(x, y)关于直线y = x+ 1对称的点为P0(x0, y°),二直线 l 与直线 l1的交点为(0,1), l: y=kx+1, l1： y=kx+1,当、Cy- 1k= 1-， ki =xyo - iy+ yox + xoxo+ 1,y y0付 y+y0=x+ xo+2) 由 =1i) 付 yy0=x0 x) x xoy= xo+ 1,由得 一lyo= x+ 1 ,y=kx+ 1,(2)由 Sy2_i得(4k2+i)x2+8kx=0,设 M(xm, yM),8ki 4k2N(xN, yN),xM=4k2+ i，y

5、M=4k2+ i .同理可得xN=8ki 8k4k2+ i 4+k2'1 -4k2 k24 yN=4kT7 =4Tk2.k yyo (y+ V。广 1 =(X+1 po+1 厂(x+xo+2 户1 = 1 xxoxxo181 4k2 k24kMN =yM yN 4k2+ 4+k2xm - xn8k - 8k4k2 + 1 4+k28-8k4k2+1 4 .8k(3k2-3 丁 丁'直线 MN： yyM=kMN(x-xM)，21 4k即y4k干k2+1-8k"x Ei)，口口k2+18(k2+1) 1 4k2y=- 3k x-3(4k +1 : 4k2+ 1 =k +1

6、5 ，一5、f厂x .当k变化时，直线 MN过定点(0,).3k 33例2 (2019沈阳*II拟)已知椭圆C: x2+y2=1(a>b>0)的焦点为Fi, F2,离心率为,点P为其上一动点,且三角形PFiF2的面积最大值为 g O为坐标原点.求椭圆C的方程;(2)若点M, N为C上的两个动点，求常数 m,使OM ON=m时，点。到直线MN的距离为定值，求这个定值.解(i)当点P位于短轴的端点时， PFiF2的面积最大，即X2cXb = V3,(c2 = a2b2, r 则有 b bc=cT，a 2a 2， 所以椭圆C的方程为x-+"= 1.力=M,4 3(2)设 M(x

7、i, yi), N(x2, y2),则 xix2+yiy2=m,当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+n,则点O到直线MN的距离d= |n| =Vk2+i3x2+ 4y2= i2,消去 y,得(4k2+3)x2+8knx+4n2 i2=0,由 A>0 得 4k2 n2 + 3> 0,ly= kx+ n,8kn4n21222则 x1+x2= 4k2+3, x1x2= 4k2+3，所以 xix2+(kxi + n)(kx2+ n) = (k + 1)xi&+kn(x +x2)+n =m,整理得7n2mf4k2+3)12+kT".因为 d=消去V,得x2考,题组训

8、I练222. (2019昆明调研)已知椭圆C: a2+V2=1(a>b>0)的焦距为4,求椭圆C的方程；.5 ,P(2,%-)是椭圆C上的点.(2)0为坐标原点，A, B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设0D = 0A+OB,证明：直线ab的斜率与0D的斜率的乘积为定值.22解：由题意知2c= 4,即c= 2,则椭圆C的方程为x2+ 2y = 1,a a -4因为点P(2,£5)在椭圆C上，所以乌+ , 21 . = 1,解得a2=5或 5a 5 a 4a2 =噂舍去),5所以椭圆C的方程为4+y2=1.5(2)证明：设 A(x1, y1), B(X2, V2), X1

9、WX2且 X1+X2W0,由 OA + -Ob =0D ,得 D(x1 + x2, y1 + y2),所以直线 AB 的斜率 kAB =煞,直线0D的斜率3=定2 ,2'£+=1, 由1小康1,yiy2 V1y21x1+x2)(x1 X2)+ (yi + y2)(yi-y2)= 0,即 x1 +x2 x1_x2= 5,耳为常数,则m=0, d= /W，此时11=12满足A> 0.3x2+4y2=12,当MN，x轴时，由m=0得koM = 土，联立 ly=垃点O到直线MN的距离d=冈=可21亦成立.综上可知，当 m=0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是 2用.解题

10、技法圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.(2)两大解法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；引起变量法：其解题流程为11所以kABkOD=- 5.故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值5.考点二最值、范围问题例1 (2018南昌*II拟)已知抛物线C： y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为1,过焦点F的直线交C于A(x1, yi), B(x2, y2)两点，y1y2= 4.(1)求抛物线C的方程；(2)如图，点B在准线1上的正投影为 E, D是C上一点，且 ADXEF,求 ABD面积 的最小值及此时直线 AD的方程.解

11、依题意知F(,0),当直线AB的斜率不存在时，y1y2=-p2= 4, 2当直线AB的斜率存在时，设1ab： y= k(x -p) (kw 0),解得p=2.设点B到直线AD的距离为d,则d =t2282t 4一1山+t22.4+t2 .21632 +8 尸 16,1所以 SAABD = 2 |AD | d =r_ r_p、?=婕2/ 消去 x并整理，得 y2-2py-p2=0,则 y1y2= p2,2 -ky = 2px,由y1y2= 4,得p2=4,解得p= 2.综上所述，抛物线 C的方程为y2 = 4x. 22tt4(2)设 D(x0, y°), B ( ,t),则 E(-1,

12、 t),又由 y1y2=4,可得 A(-,). 44tt2因为 kEF = -2, AD_L EF ,所以 kAD=4 248则直线1ad的万程为y+j = - (x -p-),化简得2x-ty-4-2= 0.2x-ty-4-82=0.-e-16 cAi由彳t消去 x 并整理，得 y -2ty-8-r = 0, A= ( 2t) 4(8-=)=4t +旨+32 > 0、y2=4x,t16恒成乂，所以 y1 + y0=2t, 丫1丫0 = 8 ？于是 |AD |=4|y1-y0| =寸1+%(/ + 丫024yy。=14 + t2 t2 +y+8,当且仅当t4=16,即1=及时取等号，即

13、ABD面积的最小值为16.当t=2时，直线 AD的方程为x- y3=0;当t=2时，直线 AD的方程为x+y- 3= 0.解题技法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几 何量或代数表达式表示为某个 (些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.题组训I练221 . (2018安康质检)已知椭圆X2+y2= 1(a>b>0)的左、右焦点分别为 Fi和F2,由M(-a, b), N(a, b),F2和Fi这4个点构成了一

14、个高为 艰，面积为3寸3的等腰梯形.(1)求椭圆的方程；(2)过点Fi的直线和椭圆交于 A, B两点，求 F2AB面积的最大值.a2c2=3,a= 2, c= 1,2a+ 2c解：(1)由已知条件，得 b=。3,且 2x <3= 3。3,a+c= 3.又22，椭圆的方程为G1.(2)显然，直线的斜率不能为0,设直线的方程为x=my-1,Ai得！X22十消去x得,、x= my 1,(3m2+4)y2-6my- 9=0.直线过椭圆内的点，无论m为何值，直线和椭圆总相交.，6my1+y2=3mr ' y1y2=-3rn.=41 .= 2|F1F2|y1-y2|= |y1一m±

15、1 ; 4+ "21 2 . 2 Im+1 + 3+9m2T7)y2 |= M(y1 +y24y1y2 = 12m + 1 (3m2+42 211 1令t=m+1>1,设f(t)=t+f,易知te (0,)时，函数f(t)单调递减，te(一,")时，函数f单调递增, 9t33当t=m2+1=1,即m = 0时，f(t)取得最小值，f(t)min = 10,此时，*丹"取得最大值3.9. X2 y2,、2例2 (2019合肥*II拟)已知椭圆C:9+餐=1(a>b>0)的离心率为彳,且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线 xsin。+ ycos

16、。一 1 = 0相切(0为常数).(1)求椭圆C的标准方程；(2)若椭圆C的左、右焦点分别为 F1, F2,过F2作直线与椭圆交于M, N两点，求 而 fTN的取值范围.a/,1解(1)由题意，得<-c.sin2 0+ cos2 0'a2=b2+c2c= 1,解得4a2=2,由2= 1,2故椭圆c的标准方程为X+ y2= 1.(2)由(1)得 F1( 1,0), F2(1,0).若直线l的斜率不存在，则直线l，x轴，直线l的方程为x=1,不妨记M(1苧，N(1, 苧),.z2 72、/ F1M = (2,) F1N = (2,22、 ,>> 7),故 F1M F1N

17、= j.22若直线l的斜率存在，设直线y=k(x-1 >l的方程为y=k(x 1),由：x22-2+y =1 < J消去y得,(1 +2k2)x2 4k2x+ 2k2 2 = 0,设 M(xi, y), N(x2, y2),4k2贝U x1 + x2= TI Cl 2' x1x2 =1 + 2k2k2-2TTT2.CDFiM=(xi+1, yi), FiN=(x2 + 1,1十2 ky”则F1M fTN = (x1 + 1)(x2+1) + yy2= (x1+ 1)(x2 + 1)+k(x1 一1) k(x2 1)=(1 + *)x1x2+ (1 k2)(x + x2) +

18、1+ k2,9打人小日> 2fk41 4k2-4k4 / 2 7k2- 1 72结合可信F1M小=合1"派不1 +1 + k=2k2+=227T7，, 2._,1_7、， ，一 _ _7 .由k >0可得F1M F1N C 15).综上可知，F1M F1N的取值氾围是1,万.解题技法解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围;(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系;利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围;(4)利用已知的不等关系构造不等式

19、，从而求出参数的取值范围;(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.题组训I练222. (2019惠州调研)如图，椭圆C: x+y2=1(a>b>0)的右顶点为A(2,0),左、右焦点分别为F1, F2,过a b1,点A且斜率为2的直线与y轴交于点P,与椭圆交于另一个点B,且点B在x轴上的射影恰好为点Fi.(1)求椭圆C的标准方程；1 一(2)过点P且斜率大于的直线与椭圆交于M, N两点(|PM|>|PN|),若S；apam ： Sapbn=N求实数入的取值范围.a= 2,解得Sb = <3,c= 1,二2解：(1)因为

20、BFJx轴,所以点,b2、b21B(g占)，所以)= ?- a2= b2+ c222所以椭圆C的标准方程是:>1.(2)因为1,o-|PA| |PM| sin/APMSA PAM 2S PBN 12|PB| |PN|sin/BPN盟=2(X>2),所以儒芥壮1、由(1)可知 P(0, 1),设直线 MN 的万程为 y=kx-1(k >-) , M(xi, y1)，N(x2, Y2),28ky=kx一1，X1+X24?T3 3联立方程，得化简彳导,(4k2+3)x28kx8=0.得_、4+3 1，IX1 X2=4k2zfh.(*)又 PM = (X1, y1+ 1), PN =

21、(X2, y2+ 1),有 X1 = - 2X2,将X1 = - 2X2代入(*)可得,(2-入216k2 e、，.116k24kF .因为k> 2，所以4to163即4e (1,4),0J)V 4且A>2,解得4V K 4+243.综上所述，实数 入的取值范围为(4,4+ 2().考点三证明、探索性问题2例1 (2018全国卷I )设椭圆C: X2+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A, B两点，点 M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时，求直线 AM的方程;(2)设O为坐标原点，证明：/ OMA =Z OMB.解(1)由已知得F(1,0),直线l的方程为x=1.则

22、点A的坐标为, 2、(11或(1,-.又 M(2,0),所以直线AM的方程为y=当x+业或y = x 血，即x+V2y2 = 0或x 42y2 = 0.(2)证明：当l与x轴重合时，/ OMA = /OMB = 0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以/ OMA = / OMB .当l与x轴不重合也不垂直时，设 l的方程为y=k(x1)(kw 0), A(X1, y1)，B(X2, 7公, 则X1V2, X2<V2,直线MA, MB的斜率之和为2、X 2.将 y= k(x- 1)代入£ + y2= 1kMA+kMB=己 + 出.由 y1=kX1 k，y*%

23、k，/曰,2kX1&一3k(x1 + x2 计 4k2k2-2 X1X2=2k2T7.行 kMA+ kMB= (XL 2%2:4 k2得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2”所以"+定许,4k3-4k-12k3+8k3+4k贝U 2kX1X2-3k(X1+ X2)+ 4k=2k2+1= 0.从而kMA+kMB=0,故MA, MB的倾斜角互补.所以/ OMA = /OMB.综上，/ OMA = /OMB成立.解题技法圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，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，要多采用直接法证

24、明，但有时也会用到反证法.题组训I练1. (2018全国卷出)已知斜率为k的直线l与椭圆C: +=1交于A, B两点，线段AB的中点为M(1, 43m)(m>0).1证明：kv2；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且 苗+了A +亩=0.证明：PFA |, "P|, |亩成等差数列，并 求该数列的公差.2222xiyi,X2y2,证明： 设 A(xi, yi), B(x2, y2),则 7+与=1, 1 + 1=1.4343两式相减，并由y1三=k得审+吗当k=0.由题设知X-2=1, y1 2，2 = m,于是 k=一 焉.由题设得 Ovmv,故 k< - -2.(

25、2)由题意得 F(1,0).设 P(X3, y3),则(X31, y3)+(x1-1, y1)+(x21, y2)=(0,0).由(1)及题设得 X3= 3(x + x2)= 1, y3= 一 (y+丫2)= 2mv0.又点P在C上，所以m= 3,从而P(1,-) , |亩|=3,422于是 PFA |= ,(x T j+y2 = ypL1 2+3,_, j= 2 g.同理 |亩|= 2x2.所以 |"fA 什 |点|=4 2(xI + x2)=3.故 2|点|=|7A|+| fB |,即 |"FA|, |FP|, |7B |成等差数列.设该数列的公差为 d,则21d|=|

26、谊|rFA|=2|x1-x2|1c37=2 4 (x1 + x2 j - 4x x2.将 m =4代入得-1,所以1的方程为y=x+7，代入C的方程，并整理得 7x214x+1=0.4故x1+x2=2, %地 = 28,代入解得d|= 3281所以该数列的公差为 噜1或一弩1.例2 (2019合肥质检)如图，在平面直角坐标系中，点F(-1, 0),过直线l: x= 2右侧的动点P作PAL l于点A, / APF的平(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过点F的直线q交曲线C于M,EN分别交直线l于R, S两点，使/分线交x轴于点B, |PA|= V2|BF|.2,化简得x2+y2=1,在，请说明

27、理由.解(1)设P(x, y),由平面几何知识得 胆=乎，即亚巨2口2 =当|PA| 2|x十 2|22所以动点P的轨迹C的方程为，+y2=1(xw迎.2m(2)假设满足条件的点 E(n,0)(n>0)存在，设直线 q的方程为x= my 1, M(xi, yi), N(x2, y” R( 2, y3),S(-2, y4) .联立；+2' 2'消去 x,得(m2 + 2)y2 2my1 = 0, yI+y2= |x= my 1,2x&= (my1 -1)(my2-1)=m y1y2 m(y1+ 丫2) + 1 =22m 2mm2+2 m2+222m2+ 1 = 22

28、，2m 一 4x1 + x2 = m(y1 + y2) 2 = 2 _ 2 = 一 2 _,由条件知m + 2 m + 2yix1 n 2 n,y332 x1 n同理 y4= +, kRF= Q3, A = 一 y3, kSF= - y4.x2 n 2 十 1因为/ RFS为直角，所以y3y4= 1,所以(2+ n)2yy2= x1x2 n(x1 + x2)+ n?, (2+ n)2-222 2m所以(n2 2)(m2+1)=0, n=平,故满足条件的点 E存在，其坐标为(0 0).解题技法存在性问题的求解方法存在性问题通常采用 肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化. 其步骤为：假设满足条件的元

29、素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.题组训练222. (2019福州四校联考)已知椭圆C: x2+y2= 1(a>b>0)的两个焦点分别为F1, F2,短轴的一个端点为 P, PF1F2内切圆的半径为 之 设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS, 3当 lx 轴时，|RS|=3.(1)求椭圆C的标准方程;(2)在x轴上是否存在一点 T,使彳导当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在

30、，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.解：(1)由内切圆的性质，得22将x=c代入学+卜;1,得2故椭圆C的标准方程为a11b c 1一x 2cX b= -x (2a + 2c)x -得一=一22 '3 3 a 2.,22y= 3,所以 2= 3.又 a2=b2 + c2,所以 a=2, a a2y3= 1.b = yf3,(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.当直线l不垂直于x轴时，假设存在 T(t,0)满足条件，设l的方程为y=k(x1), R(Xi, y) S(x2,联立Ck4 IL”得(3+4函8k2+4k2-12 =。,j8

31、k2 .其中A> 0恒成立,1C 的万程为 7 + y2 = 1,且焦点 F1(一1,0), F2(1,0), + X2=3T由根与系数的关系得4k2-2由TS与TR所在直线关于x轴对称，得 ks+ %r= 0(显然TS, TR的斜率存在),即上十2_=0.因为R, S两点在直线 y=k(x- 1)上, X1 t X2 - t所以 y= k(x1一 1), y2= k(X21),代入得k(xi 1 02 t)+ k(X2 1 (Xi t)_ k2xiX2 (t+1 (X1+X2 7 2tX1 t X2- t(XL t 02 t)=0,即 2X1X2 (t+1)(X1+ X2) + 2t=

32、0,将代入得8k2 24 (t+ 1 pk2 + 2t(3 + 4k2)6t 2423+4k23+4k则t= 4,综上所述，存在 T(4,0),使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称.课时跟检测1.(2018郑州一检)已知椭圆C:22上+y2= 1(a>b>0)的左、右焦点分别为 a bF1,F2,以F1F2为直径的圆与直求1 2a2= 2b2,所以 e=线 ax+ 2by43ab = 0 相切.(1)求椭圆C的离心率;(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于 P, Q两点，若 PQF2的周长为40,F2P f1Q的最大值.解：(1)由题意知 |；*ab2=c,即 3a

33、2b2=c2(a2+4b2)=(a2b2)(a2+4b2).化简得,a2+4b2, 八 /(2)因为 PQF2的周长为4版所以4a = 4/，得a=也由(1)知b2= 1,所以椭圆若直线l的斜率不存在,则直线 lx轴,直线方程为一 , 2、 一 ,.2、x= - 1, P ( -1,) , Q (-1, 一),22F2P= (-2,2>/ c，FzQ= (-2,、,>> 7),故 F2P F2Q =3.若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x+ 1),由y=k(x+ 1 >X2+ 2y2= 2,消去y并整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k22=0,设 P(x，

34、y。，Q(x2, y?),则一4k2X1 + X2 _2k2 + 1'2k22X1X2=2k2+rF2P F2Q = (x1 1 , y1)(X2 1 , y2)=(Xl 1)(x2 1)+ yiy2= (k2+ 1)xiX2+ (k2 1)(xi +x2)+ k2 + 1Z12 ,、2k224k2 12 , 7k2-1 79=(k2+ 1)- + (k2 1)( - ) + k2 +1 = 2- = 79,2F 1( 2k2 1)2k2 1 2 2 2k2 1由k2>。可得F2P EQ e(1,7).综上所述，f1P F1Q e (1,j ,所以 薪 F1Q的最大值是7.2.

35、(2019沈阳教学质量监测)设O为坐标原点，动点 M在椭圆十5= 1上，过M作x轴的垂线，垂足为 94N,点 P 满足 NP = 2NMI .求点P的轨迹E的方程；(2)过F(1,0)的直线11与点P的轨迹交于A, B两点，过F(1,0)作与11垂直的直线12与点P的轨迹交于C, D两点，求证:解：(1)设 P(x, y),易知 N(x,0), NP = (0, y),又 NM =；疝=(0,-y=) ,，M (x,*),22 22 2(_y )22()22又点M在椭圆上，x+ 12=1,即&+工=1.，点P的轨迹E的方程为949 8x2+y2=1.98161117(2)证明：当直线l1与x轴重合时，1ABi= % 1CD=石,西|+而=而当直线1i与x轴垂直时，|AB|=§, |CD|=6, 3当直线1i与x轴不垂直也不重合时，