2021届高考数学新人教版一轮复习课件：第8章解答题专项突破(五) 圆锥曲线的综合问题

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2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第八章 §8.14 圆锥曲线中的探索性与综合性问题

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第八章§8.14　圆锥曲线中的探索性与综合性问题题型一　探索性问题例1　(2023·广州模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知点A(－2,0)，B(2,0)，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为，点M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程；(2)已知点F(1,0)，直线l：x＝4与x轴交于点D，直线AM与l交于点N，是否存在常数λ，使得∠MFD＝λ∠NFD？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.即∠MFD＝2∠NFD，所以存在λ＝2，使得∠MFD＝2∠NFD.思维升华存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.跟踪训练1　(2023·阜阳模拟)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为(6,4).(1)求C的方程；点A的坐标为(6,4)，得c＝4，设焦点F2(0,4)，F1(0，－4)，则D(0,2m)，故M(0，m)，当直线PQ斜率存在时，如图，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，由已知得3k2≠1，Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，①②题型二　圆锥曲线的综合问题如图，F(4,0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN：x＝ty＋4，代入3x2－y2＝12，整理得(3t2－1)y2＋24ty＋36＝0，由于y1y2<0，不妨设y1>0，y2<0，(2)试判断以MN为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.令y＝0，有x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，综上，以MN为直径的圆过定点(－2,0).思维升华圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现，解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质.如：圆的半径r，弦长的一半h，弦心距d满足r2＝h2＋d2；圆的弦的垂直平分线过圆心；若AB是圆的直径，则圆上任一点P有＝0.(1)求抛物线E的方程；当直线AB斜率存在时，Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2＝4p2(k2＋1)>0，显然当直线AB斜率不存在时，|AB|的值最小，即2p＝4，解得p＝2，∴抛物线E：y2＝4x.△ABH面积S的最小值.)，B(x2，y2)，C(－4，y3)，D(－4，y4)，设A(x若G(t,0)(t为定值)，H(m,0)，∴H也为定点.故△ABH面积S的最小值为22.知识过关(1)求双曲线C的方程；1234由题意得，c＝2，(2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在异于F的点P，使得点F到直线PA，PB的距离始终相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.假设存在P(n,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知，直线AB的斜率不为0，当直线AB的斜率存在时，设直线AB：x＝my＋2(m≠0)，则3m2－1≠0，Δ＝(12m)2－4×9(3m2－1)＝36(m2＋1)>0，因为点F到直线P A，PB的距离相等，所以PF是∠APB的平分线，则y1(my2＋2－n)＋y2(my1＋2－n)＝0，整理得2my1y2＋(2－n)(y1＋y2)＝0，即3m－2m(2－n)＝0，因为m≠0，(1)求椭圆C的方程；求直线l的方程，若不存在，请说明理由.因为点F为△EAB的垂心，记A(x1，y1)，B(x2，y2)，能力拓展3.(2024·唐山模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且倾斜角为的直线交抛物线于M，N两点，|MN|＝8.(1)求抛物线E的方程；所以|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，则p＝2，即抛物线E的方程为y2＝4x.(2)在抛物线E上任取与原点不重合的点A，过A作抛物线E的切线交x轴于点B，点A在直线x＝－1上的射影为点C，试判断四边形ACBF的形状，并说明理由.设A(x0，y0)，则过A作抛物线E的切线为y－y0＝k(x－x0)，令y＝0得x＝－x0，即B(－x0,0)，所以|BF|＝|AF|＝|AC|，又AC∥BF，所以四边形ACBF有一组对边平行且相等，且邻边也相等，所以四边形ACBF为菱形.(1)若椭圆上存在两点B1，B2关于直线y＝x＋m对称，求实数m的取值范围；由题意得，c＝2，A 1(－a ,0)，A 2(a ,0)，P (x ，y )，12·PA PA k k ①∴a 2＝2b 2，∵a 2＝b 2＋4，∴a 2＝8，b 2＝4，设B 1(x 1，y 1)，B 2(x 2，y 2)， ⊥l ，设：y ＝－x ＋t ，12B B l 12B B l。

2021年江苏高考数学一轮复习讲义第8章经典微课堂突破疑难系列2：圆锥曲线

突破疑难系刘2：圆锥曲线解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法（坐标法）•因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化.如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的关键所在•为此，从以下几个途径，结合数学思想在解析几何中的切入为视角，突破思维难点.途径一 “图形”引路，“斜率”搭桥高专示刮方袪与思犠L （2015・童国涉1 ）在宜角 .科.1.币 jc-y a s0 jax + F i d =0» （涉異.占略）（2 ；待在曲4迪总的JL il 昭如F 「 * p （ o 』）的虫 M 叫 j-）./ry, 坐擁寒X Q T 中血裁C ：y = y t ^PM t P X 的斜伞券别和片*£一勺直JR/：J +<f(d>0)j£ 将 ”i 一 tv +。

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新高考数学第8章第8讲第1课时直线与圆锥曲线的位置关系

相交于 A，B 两点，则直线 l 倾斜角 α 的取值范围是
( B)
A．[0，π)
B．π4，π2∪π2，34π
C．0，π2
D．π4，π2∪π2，34π
第八章解析几何
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[解析] (1)直线 y＝kx＋2 恒过定点(0，2)，若直线 y＝kx＋2 与椭圆x72 ＋ym2＝1 总有公共点，则点(0，2)在椭圆x72＋ym2＝1 内部或在椭圆上，所以 m4 ≤1，由方程x72＋ym2＝1 表示椭圆，则 m>0 且 m≠7，综上知 m 的取值范围是 m≥4 且 m≠7.
注：(1)研究直线与圆的位置关系，只需抓住圆心到直线的距离与半径的关系；(2)当直线过定点时，注意定点与圆锥曲线的位置关系；(3)注意“直线与抛物线只有一个交点”与“直线与抛物线相切”的区别．
第八章解析几何
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考点二
直线与圆锥曲线相交的弦的问题——多维探究
角度 1 弦长问题
＋x2)＋p＝8.又 AB 的中点到 y 轴的距离为 2，∴－x1＋2 x2＝2，∴x1＋x2＝
－4，∴p＝4，∴所求抛物线的方程为 y2＝－8x.故选 B．
第八章解析几何
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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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3．(2021·安徽宣城调研)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a＞0，b＞0)的右
焦点为 F，若过点 F 且倾斜角为 45°的直线与双曲线的右支有且只有一个
第八章解析几何
高考一轮总复习 • 数学
[解析] (1)设动点 P(x，y)(x≠± 2)，
则 kPM＝x＋y 2，kPN＝x－y 2.

2021届高考数学人教版一轮创新：第8章第8讲曲线与方程

1
PART ONE
基础知识过关
求曲线方程的基本步骤
1．概念辨析 (1)f(x0，y0)＝0 是点 P(x0，y0)在曲线 f(x，y)＝0 上的充要条件．( ) (2)方程 x2＋xy＝x 的曲线是一个点和一条直线．( ) (3)到两条互相垂直的直线距离相等的点的轨迹方程是 x2＝y2.( ) (4)方程 y＝ x与 x＝y2 表示同一曲线．( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
第八章平面解析几何第8讲曲线与方程
[考纲解读] 1.了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系，能用解析几何的基本思想和坐标法研究几何问题．(重点) 2．能够根据所给条件选择适当的方法求曲线的轨迹方程，并掌握求曲线方程的两种常见题型：①根据曲线确定方程，可用待定系数法；②求轨迹方程，可用直接法、定义法、代入法(相关点法)、参数法．(难点) [考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个命题热点．预测 2021 年高考将会有以下两种命题方式：①用定义法求曲线的方程；②由已知条件直接求曲线的方程．题型为解答题中的一问，试题难度中等偏上．考查知识点多，能力要求较高，尤其是运算变形能力．解题时注意函数与方程思想及等价转化思想的应用.
答案
2．小题热身 (1)已知点 P(x，y)满足方程 x2－y2＋2x＋1＝0，则点 P(x，y)的轨迹是
() A．圆 C．两条直线
B．一条直线 D．直线的交点
解析点 P(x，y)满足方程 x2－y2＋2x＋1＝0，即(x＋1)2＝y2，可得 x＋ 1＝±y，即 x＋y＋1＝0 或 x－y＋1＝0，故点 P(x，y)的轨迹是两条直线．
解析如图，延长 F1M 交 AF2 延长线于点 N，
故|AF1|＝|AN|，|AF1|－|AF2|＝2a，

(江西专用)高考数学一轮复习第八章圆锥曲线课件文新人教A版

| 3 2 2 | 2
=
3 2 , 2
所以△PAB的面积S= |AB|· d= .
1 2
9 2
真题索引
2012年江西卷文8
情境构造
角度切入
椭圆与等比数列交以椭圆的定义与等汇命题,求椭圆的离比数列的性质为结心率. 合点设计求椭圆离心率的问题.
真题索引 2012年新课标全国卷文4
作直线交椭圆于A、B两点,则△ABF2的周长为
y2 x2 5 【解析】设椭圆方程为 2 =1(a>b>0),依题意知,2b= ,∴ 2 + b a
5 b= . 2
a 2 b2 2 c 又e= = ,∴ 2 3 a a
= ,解得a= .
3 2
4 9
3 2
故△ABF2的周长为4a=4× =6. 【答案】6
从这两年江西高考卷来看,对椭圆的考查,2012年以选择
题的形式出现,中档题型,重点考查了椭圆的标准方程、几何性质,尤其是焦点、顶点、焦半径、离心率.所以在复习的过
程中,既要重视椭圆基础知识应用及基本技能的训练,还要注
意和其他数学知识(包括平面几何知识)的联系与结合.
角度探究:
切入角度给出椭圆的性质,运用椭圆定说明依据椭圆短轴长和离心率先
2.以O为中心,F1、F2为两个焦点的椭圆上存在一点M,满足 | |,则该椭圆的离心率为 ( MO |=2| MF MF1 |=2| 2
3 (A) . 3
2 (B) . 3

)
(C)
6 . 3
2 5 (D) . 5
【解析】设F1、F2是x轴上的点,过M作x轴的垂线,交x轴于点
c N,则N( ,0).不妨设| MF2 |=t, 2

2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第8章 §8.4 直线与圆、圆与圆的位置关系

2024年高考数学一轮复习课件（新高考版）第八章　直线和圆、圆锥曲线§8.4　直线与圆、圆与圆的位置关系考试要求1.能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系.2.能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题.内容索引第一部分第二部分第三部分落实主干知识探究核心题型课时精练第一部分相离相切相交图形量化方程观点Δ___0Δ____0Δ____0几何观点d____r d____r d____r1.直线与圆的位置关系(圆心到直线的距离为d，圆的半径为r)<＝>>＝<图形量的关系外离 _________外切 __________2.圆与圆的位置关系(⊙O 1，⊙O 2的半径分别为r 1，r 2，d ＝|O 1O 2|)d >r 1＋r 2d ＝r 1＋r 2知识梳理相交 _______________内切 ____________内含 _________|r 1－r 2|<d <r 1＋r 2d ＝|r 1－r 2|d <|r 1－r 2|3.直线被圆截得的弦长(1)几何法：弦心距d、半径r和弦长|AB|的一半构成直角三角形，弦长|AB|＝__________.(2)代数法：设直线y＝kx＋m与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0相交于点M，N，代入，消去y，得关于x的一元二次方程，则|M N|＝________________________.常用结论1.圆的切线方程常用结论(1)过圆x2＋y2＝r2上一点P(x0，y0)的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2.(2)过圆x2＋y2＝r2外一点M(x0，y0)作圆的两条切线，则两切点所在直线方程为x0x＋y0y＝r2.2.圆与圆的位置关系的常用结论(1)两圆相交时，其公共弦所在的直线方程由两圆方程相减得到.常用结论(2)两个圆系方程①过直线Ax＋By＋C＝0与圆x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0交点的圆系方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)；②过圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交点的圆系方程为x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)(其中不含圆C2，所以注意检验C2是否满足题意，以防丢解).判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若两圆没有公共点，则两圆一定外离.( )(2)若两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交.( )(3)若直线的方程与圆的方程组成的方程组有且只有一组实数解，则直线与圆相切.( )(4)在圆中最长的弦是直径.( )√××√1.直线3x＋4y＝5与圆x2＋y2＝16的位置关系是√A.相交B.相切C.相离D.相切或相交2.直线m：x＋y－1＝0被圆M：x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦长为√∵x2＋y2－2x－4y＝0，∴(x－1)2＋(y－2)2＝5，3.若圆C1：x2＋y2＝16与圆C2：(x－a)2＋y2＝1相切，则a的值为A.±3B.±5√C.3或5D.±3或±5第二部分命题点1　位置关系的判断例1　(1)(多选)(2021·新高考全国Ⅱ)已知直线l ：ax ＋by －r 2＝0与圆C ：x 2＋y 2＝r 2，点A (a ，b )，则下列说法正确的是A.若点A 在圆C 上，则直线l 与圆C 相切B.若点A 在圆C 内，则直线l 与圆C 相离C.若点A 在圆C 外，则直线l 与圆C 相离D.若点A 在直线l 上，则直线l 与圆C 相切√√√若点A(a，b)在圆C上，则a2＋b2＝r2，若点A(a，b)在圆C内，则a2＋b2<r2，则直线l与圆C相离，故B正确；若点A(a，b)在圆C外，则a2＋b2>r2，若点A(a，b)在直线l上，则a2＋b2－r2＝0，即a2＋b2＝r2，(2)直线kx－y＋2－k＝0与圆x2＋y2－2x－8＝0的位置关系为A.相交、相切或相离B.相交或相切√C.相交D.相切方法一　直线kx－y＋2－k＝0的方程可化为k(x－1)－(y－2)＝0，该直线恒过定点(1,2).因为12＋22－2×1－8<0，所以点(1,2)在圆x2＋y2－2x－8＝0的内部，所以直线kx－y＋2－k＝0与圆x2＋y2－2x－8＝0相交.思维升华判断直线与圆的位置关系的常见方法(1)几何法：利用d与r的关系判断.(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断.(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交.命题点2　弦长问题例2　(1)(2022·北京模拟)已知圆x2＋y2＝4截直线y＝k(x－2)所得弦的长度为2，那么实数k的值为√圆x2＋y2＝4的圆心为(0,0)，半径r＝2，(2)(2023·滁州模拟)已知过点P(0,1)的直线l与圆x2＋y2＋2x－6y＋6＝0相交x＝0或3x＋4y－4＝0于A，B两点，则当|AB|＝时，直线l的方程为_____________________.因为圆x2＋y2＋2x－6y＋6＝0可以化为(x＋1)2＋(y－3)2＝4，所以圆心为(－1,3)，半径为r＝2，当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，此时圆心(－1,3)到直线x＝0的距离为1，满足条件；当直线l斜率存在时，设斜率为k，直线l的方程为y＝kx＋1，此时直线l的方程为3x＋4y－4＝0，综上，所求直线的方程为3x＋4y－4＝0或x＝0.思维升华弦长的两种求法(1)代数法：将直线和圆的方程联立方程组，根据弦长公式求弦长.命题点3　切线问题(1)求过点P的圆C的切线方程；由题意得圆心C(1,2)，半径r＝2.∴点P在圆C上.(2)求过点M的圆C的切线方程，并求出切线长.∵(3－1)2＋(1－2)2＝5>4，∴点M在圆C外.当过点M的直线的斜率不存在时，直线方程为x＝3，即x－3＝0.又点C(1,2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，∴直线x＝3是圆的切线；当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y＋1－3k＝0，即3x－4y－5＝0.综上，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.思维升华当切线方程斜率存在时，圆的切线方程的求法(1)几何法：设切线方程为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.(2)代数法：设切线方程为y－y0＝k(x－x0)，与圆的方程组成方程组，消元后得到一个一元二次方程，然后令判别式Δ＝0进而求得k.注意验证斜率不存在的情况.命题点4　直线与圆位置关系中的最值(范围)问题例4　(2023·龙岩模拟)已知点P(x0，y0)是直线l：x＋y＝4上的一点，过点P作圆O：x2＋y2＝2的两条切线，切点分别为A，B，则四边形P AOB的面积的最小值为______.∵点P(x0，y0)是直线l：x＋y＝4上的一点，∴P(x0，4－x0)，思维升华涉及与圆的切线有关的线段长度范围(最值)问题，解题关键是能够把所求线段长度表示为关于圆心与直线上的点的距离的函数的形式，利用求函数值域的方法求得结果.A.相切B.相交C.相离D.相交或相切√所以直线与圆相交或相切.√例5　(1)(2023·扬州联考)已知圆C：(x－1)2＋(y＋ )2＝16和两点A(0，－m)，B(0，m)，若圆C上存在点P，使得AP⊥BP，则m的最大值为A.5B.6√C.7D.8因为两点A(0，－m)，B(0，m)，点P满足AP⊥BP，故点P的轨迹C1是以A，B为直径的圆(不包含A，B)，故其轨迹方程为x2＋y2＝m2(x≠0)，则|4－|m||≤3≤4＋|m|，解得|m|∈[1,7]，则m的最大值为7.(2)圆C1：x2＋y2－2x＋10y－24＝0与圆C2：x2＋y2＋2x＋2y－8＝0的公共x－2y＋4＝0弦所在直线的方程为_____________，公共弦长为______.两式相减并化简，得x－2y＋4＝0，即为两圆公共弦所在直线的方程.由x2＋y2－2x＋10y－24＝0，得(x－1)2＋(y＋5)2＝50，设公共弦长为2l，由勾股定理得r2＝d2＋l2，思维升华(1)判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，一般不采用代数法.(2)若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到.跟踪训练2　(1)(2023·齐齐哈尔模拟)已知圆M：x2＋y2－4y＝0与圆N：x2＋y2－2x－3＝0，则圆M与圆N的位置关系为√A.内含B.相交C.外切D.外离圆M：x2＋y2－4y＝0，即x2＋(y－2)2＝4，圆心M(0,2)，半径R＝2.圆N：x2＋y2－2x－3＝0，即(x－1)2＋y2＝4，圆心N(1,0)，半径r＝2，故两圆是相交关系.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)写出与圆x 2＋y 2＝1和(x －3)2＋(y －4)2＝16都相切的一条直线的方程__________________________________________________________________________________.x ＝－1或7x －24y －25＝0或3x ＋4y －5＝0(答案不唯一，只需写出上述三个方程中的一个即可)如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0,0)，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为A(3,4)，半径r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：①易知公切线l1的方程为x＝－1.②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称.。

2021届高考数学新人教版一轮复习课件：第8章第5讲椭圆

1
PART ONE
基础知识过关
1.椭圆的定义 (1)定义：在平面内到两定点 F1，F2 的距离的 01 _和___等于 02 _常__数___ (大于|F1F2|)的点的轨迹(或集合)叫椭圆．这两定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做 03 __焦__距____． (2)集合语言：P＝{M||MF1|＋|MF2|＝ 04 __2a__，且 2a 05 _>__|F1F2|}，|F1F2| ＝2c，其中 a>c>0，且 a，c 为常数．注：当 2a>|F1F2|时，轨迹为椭圆；当 2a＝|F1F2|时，轨迹为线段 F1F2；当 2a<|F1F2|时，轨迹不存在．
解析
解法一： ∵ △ PF1F2
的
面
积
为
1 2
|PF1||PF2|·sin
∠
F1PF2≤
12|PF1|＋2 |PF2|2＝12a2.又 2a＝4，∴a2＝4，∴△PF1F2 面积的最大值为 2.
解析
解法二：由题意可知 2a＝4，解得 a＝2.当 P 点到 F1F2 距离最大时， S△PF1F2 最大，此时 P 为短轴端点，
解析由已知得点 P 到点 A(0，－7)和 B(0,7)的距离之和为 16，且 16>|AB|，所以点 P 的轨迹是以 A(0，－7)，B(0,7)为焦点，长轴长为 16 的椭圆．显然 a＝8，c＝7，故 b2＝a2－c2＝15，所以动点 P 的轨迹方程为6x42 ＋1y52 ＝1.
解析
2
PART TWO
AF2＋BF2＝(AF1＋AF2)＋(BF1＋BF2)＝4a＝8.
解析答案
2．在平面直角坐标系 xOy 中，P 是椭圆y42＋x32＝1 上的一个动点，点

2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量补上一课立体几何中的翻折轨迹及最值范围问题含解析

立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围）问题知识拓展1.翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材.解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化。

解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析问题和解决问题.而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆向过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试。

2.在立体几何中，某些点、线、面依一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与求平面轨迹类似，应注意几何条件,善于基本轨迹转化.对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑,注意特定情况下的动点的位置,然后对任意情形加以分析判定,也可转化为平面问题。

对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性.3.立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值(上节）或(面积)体积的最值的问题。

其一般方法有：(1）几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2）代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式,利用函数的单调性、有界性,以及不等式的均值定理等，求出最值.题型突破题型一立体几何中的翻折问题【例1】（2019·全国Ⅲ卷）图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②。

(1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE；（2)求图②中的二面角B－CG－A的大小.(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C,G，D四点共面。

由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，所以AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE。

2021届高考数学人教版一轮创新课件：第8章+第7讲抛物线

解析
答案
解析
解析
解析
解析
解
解
解
C组素养关
解析
解
解
解
解
本课结束
第八章平面解析几何第7讲抛物线
1
PART ONE
基础知识过关
焦点
准线
焦点F到准线l的距离
y＝0
x＝0
答案
解析答案
解析答案
解析答案
解析答案
2
PART TWO
经典题型冲关
解析答案
解析
解析
解析答案
解析
题型二抛物线的标准方程和几何性质
解析答案
解析
解
解析答案
答案
解析
答案
解析
解
解
解
解
答案
解析
解析
解析
解
解
解
答案
解析
解析
解解Βιβλιοθήκη 3PART THREE
课时作业
A组基础关
解析答案
解析答案
解析答案
解析答案
解析答案
解析答案
答案
解析
解析
解析
解析
B组能力关
答案
解析
答案

2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第8章 §8.6 双曲线

是双曲线.( × ) (2)方程xm2－yn2＝1(mn>0)表示焦点在 x 轴上的双曲线.( × ) (3)双曲线mx22－ny22＝1(m>0，n>0)的渐近线方程是mx ±ny＝0.( √ ) (4)等轴双曲线的渐近线互相垂直，离心率等于 2.( √ )
教材改编题
1.已知曲线 C 的方程为k＋x21＋5－y2 k＝1(k∈R)，若曲线 C 是焦点在 y 轴上
(2)(2023·连云港模拟)在平面直角坐标系中，已知双曲线ax22－by22＝1(a>0，
b>0)的右焦点为 F，点 A 在双曲线的渐近线上，△OAF 是边长为 2 的等
边三角形，则双曲线的标准方程为
A.x42－1y22 ＝1 C.x32－y2＝1
B.1x22 －y42＝1
√D.x2－y32＝1
性质
对称性顶点
轴
对称轴：_坐__标__轴__；对称中心：_原__点___
_A__1(_－__a_,0_)_，__A_2_(_a_,0_)_
_A_1_(_0_，__－__a_)，__A_2_(_0_，__a_)_
实轴：线段__A_1_A_2__，长：__2_a_；虚轴：线段B1B2，
长：__2_b__，实半轴长：_a__，虚半轴长：_b__
4.若 P 是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点，F1，F2 分别为双曲线
的左、右焦点，则 S△
＝
PF1F2
b2θ，其中 θ 为∠F1PF2.
tan 2
常用结论
5.与双曲线ax22－by22＝1(a>0，b>0)有共同渐近线的方程可表示为ax22－by22 ＝t(t≠0).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面内到点F1(0,4)，F2(0，－4)的距离之差的绝对值等于8的点的轨迹

最新-2021年高考数学理人教A版一轮复习课件：第八章立体几何 86 精品

1 1
-
2 2
=2a2-2a·
c=4.
·(-a)
1
(2) · = 2(c-a)·
(b-c)
1
1
2
=2(b·
c-a·
b-c +a·
c)=-4.
-13知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
1
2
1 1
1 1 1
2 2
2 2 2
1
1
1 1
1
1
1
√2
| |2=4a2+4b2+4c2-2a·
b+2b·
c-2c·
考点2
考点3
证明以点A为原点,AB,AC,AA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图
所示的空间直角坐标系Axyz,令AB=AA1=4,则
A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B1(4,0,4),D(2,0,2),A1(0,0,4).
a=2,则| |= 2 .
1
1
(4) = 2b+2c, = +
1
·
2
=-b+2a,cos< , >=
=-3,
||||
π
因为异面直线所成角的范围是 0, ,所以异面直线
2
2
CE 所成角的余弦值为3.
(3) = + + = a+b-a+ c- b=- a+ b+ c,
∴由共面向量定理知向量与向量 , 1 共面.
(2)当 k=0 时,点 M,A 重合,点 N,B 重合,MN 在平面 ABB1A1 内.

高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第8节直线与圆锥曲线的位置关系第2课时范围最值问题教师用书

第2课时范围、最值问题考点1 范围问题——综合性(2021·梅州二模)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x ＋y ＋22－1＝0与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)△BMN 是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为△BMN 的重心，求点B 到直线MN 距离的取值范围．解：(1)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点F 2(c,0)，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆：(x －c )2＋y 2＝a 2，所以圆心到直线x ＋y ＋22－1＝0的距离d ＝|c ＋22－1|12＋12＝a ．又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a ＝2c ，b ＝3c ，解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．(2)设B (m ，n )，设M ，N 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A ，B 两点．因为O 为△BMN 的重心，则BO ＝2OD ＝OA ，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 2，－n 2，即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 距离的3倍．当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时B 在长轴的端点处．由|OB |＝2，得|OD |＝1，则O 到直线MN 的距离为1，B 到直线MN 的距离为3．当MN 的斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y223＝1，两式相减，得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)3＝0．因为D 为M ，N 的中点，所以x 1＋x 2＝－m ，y 1＋y 2＝－n ，所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－3m4n，所以直线MN 的方程为y ＋n 2＝－3m 4n ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋m 2，即6mx ＋8ny ＋4n 2＋3m 2＝0，所以原点O 到直线MN 的距离d ＝4n 2＋3m264n 2＋36m2．因为m 24＋n 23＝1，所以3m 2＝12－4n 2，所以d ＝4n 2＋3m264n 2＋36m2＝12144＋16n2＝39＋n2．因为0<n 2≤3，所以3<9＋n 2≤23，所以123≤19＋n 2<13，所以332≤3d <3．综上所述，332≤3d ≤3，即点B 到直线MN 距离的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤332，3．圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的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．(3)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，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．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的点到右焦点F (c,0)的最大距离是2＋1，且1，2a,4c成等比数列．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M (m,0)，求实数m 的取值范围．解：(1)由已知可得⎩⎨⎧a ＋c ＝2＋1，1×4c ＝2a 2，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1．(2)由题意得F (1,0)，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)．与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－2＝0，y ＝k (x －1)，消去y 可得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝(－4k 2)2－4(2k 2－2)(1＋2k 2)＝8k 2＋8>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k21＋2k2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝－2k1＋2k2．可得线段AB 的中点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2．当k ＝0时，直线MN 为x 轴，此时m ＝0；当k ≠0时，直线MN 的方程为y ＋k1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2，化简得ky ＋x －k 21＋2k2＝0．令y ＝0，得x ＝k 21＋2k2，所以m ＝k 21＋2k 2＝11k2＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12．综上所述，实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12．考点2 最值问题——应用性考向1 利用几何性质求最值在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为___________．22解析：双曲线x 2－y 2＝1的渐近线为x ±y ＝0，直线x －y ＋1＝0与渐近线x －y ＝0平行，故两平行线间的距离d ＝|1－0|12＋(－1)2＝22，由点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c恒成立，得c ≤22，故c 的最大值为22．考向2 利用函数、导数求最值(2022·江门市高三一模)如图，抛物线C ：y 2＝8x 与动圆M ：(x －8)2＋y 2＝r 2(r >0)相交于A ，B ，C ，D 四个不同点．(1)求r 的取值范围；(2)求四边形ABCD 面积S 的最大值及相应r 的值．解：(1)联立抛物线与圆方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，(x －8)2＋y 2＝r 2，消去y ，得x 2－8x ＋64－r 2＝0．若圆与抛物线有四个不同交点，则方程有两个不等正根．所以⎩⎪⎨⎪⎧64－r 2>0，64－4(64－r 2)>0，解得43<r <8，所以r 的取值范围为(43，8)．(2)设A (x 1,22x 1)，B (x 2,22x 2)，其中x 2>x 1>0，则x 1＋x 2＝8，x 1x 2＝64－r 2，S ＝12(42x 1＋42x 2)(x 2－x 1)＝(22x 1＋22x 2)(x 2－x 1)， S 2＝8(x 1＋x 2＋2x 1x 2)[(x 2＋x 1)2－4x 1x 2]， S 2＝64(4＋64－r 2)[16－(64－r 2)]．令x ＝64－r 2(0<x <4)，令f (x )＝(4＋x )(16－x 2)(0<x <4)，f ′(x )＝16－8x －3x 2＝(4－3x )(x ＋4)．当0<x <43时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当43<x <4时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝2 04827，S ＝8f (x )≤25669．当x ＝43时，S 取得最大值，取64－r 2＝43，r ＝4353．考向3 利用基本不等式求最值(2022·唐山三模)在直角坐标系xOy 中，A (－1,0)，B (1,0)，C 为动点，设△ABC的内切圆分别与边AC ，BC ，AB 相切于P ，Q ，R ，且|CP |＝1，记点C 的轨迹为曲线E ．(1)求曲线E 的方程；(2)不过原点O 的直线l 与曲线E 交于M ，N ，且直线y ＝－12x 经过MN 的中点T ，求△OMN的面积的最大值．解：(1)依题意可知，|CA |＋|CB |＝|CP |＋|CQ |＋|AP |＋|BQ |＝2|CP |＋|AB |＝4>|AB |，所以曲线E 是以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x 轴的交点)，因此曲线E 的方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，代入x 24＋y 23＝1整理，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，(*)Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)>0．则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3，故MN 的中点T ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 4k 2＋3，3m 4k 2＋3．而直线y ＝－12x 经过MN 的中点T ，得3m 4k 2＋3＝－12×－4km4k 2＋3，又m ≠0，所以直线l 的斜率k ＝32．故(*)式可化简为3x 2＋3mx ＋m 2－3＝0，故x 1＋x 2＝－m ，x 1x 2＝m 2－33．由Δ＝36－3m 2>0且m ≠0，得－23<m <23且m ≠0．又|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝132×36－3m 23＝1323×12－m 2，而点O 到直线l 的距离d ＝2|m |13，则△OMN 的面积为S ＝12×2|m |13×1323×12－m 2＝123|m |×12－m 2≤123×m 2＋12－m 22＝3，当且仅当m ＝±6时，等号成立，此时满足－23<m <23且m ≠0，所以△OMN 的面积的最大值为3．最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过点T (0，p )作两条互相垂直的直线l 1和l 2，l 1交抛物线C 于A ，B 两点，l 2交抛物线C 于E ，F 两点，当点A 的横坐标为1时，抛物线C 在点A 处的切线斜率为12．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)已知O 为坐标原点，线段AB 的中点为M ，线段EF 的中点为N ，求△OMN 面积的最小值．解：(1)因为x 2＝2py 可化为y ＝x 22p ，所以y ′＝xp．因为当点A 的横坐标为1时，抛物线C 在点A 处的切线斜率为12，所以1p ＝12，所以p ＝2，所以，抛物线C 的标准方程为x 2＝4y ． (2)由(1)知点T 坐标为(0,2)，由题意可知，直线l 1和l 2斜率都存在且均不为0．设直线l 1方程为y ＝kx ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＝4y ，联立消去y 并整理，得x 2－4kx －8＝0，Δ＝(－4k )2＋32＝16k 2＋32>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1·x 2＝－8，所以，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4＝4k 2＋4．因为M 为AB 中点，所以M (2k,2k 2＋2)．因为l 1⊥l 2，N 为EF 中点，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ，2k2＋2，所以直线MN 的方程为y －(2k 2＋2)＝2k 2＋2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋22k ＋2k·(x －2k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ·(x －2k )，整理得y ＝⎝⎛⎭⎪⎫k －1k x ＋4，所以，直线MN 恒过定点(0,4)．所以△OMN 面积S ＝12×4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2k －⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪k ＋1k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫|k |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k ≥4·2|k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k＝8，当且仅当|k |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k即k ＝±1时，△OMN 面积取得最小值为8．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆C 的右顶点，过原点且异于x 轴的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，M 在x 轴的上方，直线AM 与圆O 的另一交点为P ，直线AN 与圆O 的另一交点为Q ．(1)若AP →＝3AM →，求直线AM 的斜率；(2)设△AMN 与△APQ 的面积分别为S 1，S 2，求S 1S 2的最大值．[四字程序]读想算思已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交 1．向量AP →＝3AM →如何转化？2．如何表示三角形的面积把S 1S 2用直线AM 的斜率k 来表示转化与化归求直线AM 的斜率，求△AMN 与△APQ 的面1．用A ，P ，M 的坐标表示．S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |，进把面积之比的最大值转化为一个变量的不积之比2．利用公式S ＝12ab ·sin C 表示并转化而用基本不等式求其最大值等式思路参考：设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，利用y P ＝3y M 求解．解：(1)设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，将y ＝k (x －2)与椭圆方程x 24＋y 2＝1联立，(1＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0，得x A ＋x M ＝16k21＋4k2，求得点M 的横坐标为x M ＝8k 2－24k 2＋1，纵坐标为y M ＝－4k4k 2＋1．将y ＝k (x －2)与圆方程x 2＋y 2＝4联立，得(1＋k 2)·x 2－4k 2x ＋4k 2－4＝0，得x A ＋x P ＝4k21＋k2，求得点P 的横坐标为x P ＝2k 2－2k 2＋1，纵坐标为y P ＝－4kk 2＋1．由AP →＝3AM →得y P ＝3y M ，即－4k k 2＋1＝－12k4k 2＋1．又k <0，解得k ＝－2．(2)由M ，N 关于原点对称，得点N 的坐标为x N ＝－8k 2＋24k 2＋1，y N ＝4k4k 2＋1，所以直线AN 的斜率为k AN ＝4k4k 2＋1－8k 2＋24k 2＋1－2＝－14k．于是|AM ||AP |＝y M y P ＝k 2＋14k 2＋1，同理|AN ||AQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋1＝16k 2＋116k 2＋4．所以S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |＝k 2＋14k 2＋1·16k 2＋116k 2＋4＝16k 4＋17k 2＋14(16k 4＋8k 2＋1) ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋9k 216k 4＋8k 2＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋916k 2＋1k2＋8 ≤14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋9216k 2·1k 2＋8＝2564，当且仅当16k 2＝1k 2，即k ＝－12时等号成立，所以S 1S 2的最大值为2564．思路参考：设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，由AP →＝3AM →转化为x P －x A ＝3(x M －x A )求解．解：(1)设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，代入椭圆方程，整理得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋4(4k 2－1)＝0．由根与系数的关系得x A x M ＝4(4k 2－1)4k 2＋1，而x A ＝2，所以x M ＝2(4k 2－1)4k 2＋1．将y ＝k (x －2)代入圆的方程，整理得(k 2＋1)x 2－4k 2x ＋4(k 2－1)＝0．由根与系数的关系得x A x P ＝4(k 2－1)k 2＋1，而x A ＝2，所以x P ＝2(k 2－1)k 2＋1．由AP →＝3AM →，得x P －x A ＝3(x M －x A )，即2(k 2－1)k 2＋1－2＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(4k 2－1)4k 2＋1－2，解得k 2＝2．又k <0，所以k ＝－2．(2)因为MN 是椭圆的直径，直线AM ，AN 斜率均存在，所以k AM k AN ＝－14，即kk AN ＝－14，所以k AN ＝－14k．下同解法1(略)．思路参考：设直线AM 的方程为x ＝my ＋2，利用y P ＝3y M 求解．解：(1)设直线AM 的方程为x ＝my ＋2(m ≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m 2＋4)y 2＋4my ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－4mm 2＋4．将x ＝my ＋2代入圆的方程，整理得(m 2＋1)y 2＋4my ＝0，得点P 的纵坐标为y P ＝－4mm 2＋1．由AP →＝3AM →，得y P ＝3y M ，即m m 2＋1＝3m m 2＋4．因为m ≠0，解得m 2＝12，即m ＝±12．又直线AM 的斜率k ＝1m<0，所以k ＝－2．(2)因为MN 是椭圆的直径，直线AM ，AN 斜率均存在，又k AM k AN ＝－14，由(1)知k AM ＝1m ，所以有1m k AN ＝－14，则k AN ＝－m4．又y M ＝－4m m 2＋4，y P ＝－4mm 2＋1，所以|AM ||AP |＝y M y P ＝m 2＋1m 2＋4．同理|AN ||AQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋1＝m 2＋164(m 2＋4)．所以S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |＝m 2＋1m 2＋4·m 2＋164(m 2＋4)．下同解法1(略)．1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k 的函数，从而求其最大值．2．基于新课程标准，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力．本题的解答体现了数学运算的核心素养．已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求椭圆E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解：(1)设F (c,0)，由题意知2c ＝233，解得c ＝3．因为e ＝ca ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1．所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1．(2)(方法一)显然直线l 的斜率存在．设直线l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且P 在线段AQ 上．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＋4y 2－4＝0得(4k 2＋1)x 2－16kx ＋12＝0，所以x 1＋x 2＝16k 4k 2＋1，x 1x 2＝124k 2＋1．由Δ＝(16k )2－48(4k 2＋1)>0，得k 2>34．则S △OPQ ＝S △AOQ －S △AOP＝12×2×|x 2－x 1|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝44k 2－34k 2＋1．令4k 2－3＝t (t >0)，则4k 2＝t 2＋3，于是S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，所以l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2． (方法二)依题意直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．将直线l 的方程代入椭圆方程，整理得(4k 2＋1)x 2－16kx ＋12＝0，则Δ＝(16k )2－48(4k 2＋1)＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34．x 1＋x 2＝16k 4k 2＋1，x 1x 2＝124k 2＋1．由弦长公式得|PQ |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·44k 2－34k 2＋1．由点到直线的距离公式得点O 到直线l 的距离d ＝21＋k2，所以S △OPQ ＝12|PQ |×d ＝121＋k 2×44k 2－34k 2＋1×21＋k 2＝44k 2－34k 2＋1．设4k 2－3＝t (t >0)，则4k 2＝t 2＋3，所以S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立．7 2x－2或y＝－72x－2．故所求直线l的方程为y＝。

高考数学一轮复习第八章圆锥曲线课件文新人教A版

高考第一轮复习用书·数学(文科)
第八章考向案
角度探究:
切入角度
说明
给出椭圆的性质,运用椭圆定依据椭圆短轴长和离心率先
义,求三角形的周长.
求半长轴长,再利用椭圆定义
与焦点弦三角形周长的关系
求三角形的周长.
高考第一轮复习用书·数学(文科)
第八章考向案
切入角度
说明
以向量模的形式、从已知相等关系,求椭圆的离心率.
3
以AB为底边作等腰三角形,顶点为P(-3,2).
(1)求椭圆G的方程;
(2)求△PAB的面积.
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【解析】(1)由已知得c=2 2, c = 6 . a3
解得a=2 3 ,
又b2=a2-c2=4,
所以椭圆G的方程为x 2 + y2 =1. 12 4
(2)设直线l的方程为y=x+m.
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考向案
考题解构视角拓展
第八章考向案
高考第一轮复习用书·数学(文科)
第八章考向案
高频考点一:椭圆的定义、标准方程及简单几何性质
1.(2012年江西卷)椭圆ax 22 + by22 =1(a>b>0)的左、右顶点分别是
A,B,左、右焦点分别是F1,F2.若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,
三角形的交汇命题,
焦点及a、b、c关系,求椭圆的标准方
求椭圆的标准方程, 程;直线与椭圆相交
计算三角形的面积. 问题、等腰三角形
性质、点到直线的
距离公式等知识方
法的综合交汇,以此
为问题求解的切入
点.
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高考数学一轮总复习第八章圆锥曲线课件理

标准方程
焦点在 x 轴上
x a
2 2
+y2
b2
=1(a>b>0)
焦点在 y 轴上
y2 a2
+x2
b2
=1(a>b>0)
图形
范围对称性
|x|≤a,|y|≤b
|x|≤b,|y|≤a
关于 x 轴、y 轴、原点对称
顶点
焦点轴
焦距离心率
a,b,c 的关
系式
长轴顶点(±a,0) 长轴顶点(0,±a)
短轴顶点(0,±b) 短轴顶点(±b,0)
第5题考查椭圆的定义、几何性质及点到直线的距离,解题的关键是根据点到直线的距离确定几何量之间的不等关系,从而得到离心率的
范围,本题是对椭圆离心率概念的理解与拓展.
一、椭圆的定义
平面内到两个定点 F1,F2 的距离之和等于常数 2a (大于|F1F2|) 的点的集合叫作椭圆,这两个定点 F1,F2 叫作椭圆的焦点,焦点 F1,F2 间的距离叫作椭圆的焦距.
5
A.(0, 3] B.(0,3] C.[ 3,1)
2
4
2
D.[3,1)
4
【答案】A
第1题
考查椭圆的标准方程,根据 a,c 的值求 b,是对教材中椭圆的标
准方程形式的理解,解题时要注意椭圆的焦点落在哪个轴上,否则很
容易出现错误.
第2题考查椭圆的顶点,先分析圆经过哪三个顶点,设出圆心坐标后,
再列出方程解答即可.本题源于教材,是教材习题的改编.
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【答案】A
4.(甘肃省兰州市
2015
届高三实战考试)设
F1、F2
分别是椭圆�� 2 +y2=1

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