2021届高三高考数学二轮复习课件-第2部分 专题5 解析几何
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高三数学二轮复习专题突破课件：解析几何
3
A．[1，＋∞) B．[－1，－ )
3
C．( ，1]
4
4
D．(－∞，－1]
答案：B
解析：∵y＝kx＋4＋2k＝k(x＋2)＋4，所以直线过定点(－2，4)，曲线y＝
4 − x 2 变形为x2＋y2＝4(y≥0)，表示圆的上半部分，当直线与半圆相切时直线斜
3
率为k＝－ ，当直线过点(2，0)时斜率为－1，结合图象可知实数k的取值范围是
a=2
所以 ሺ2 − 3 − ሻ2 + 2 = 2 ，解得 b = 1 .
r=2
2 + ሺ1 − ሻ2 = 2
所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
4．[2023·广东深圳二模]过点(1，1)且被圆x2 ＋y2 －4x－4y＋4＝0所
x＋y－2＝0
截得的弦长为2 2的直线的方程为___________．
－2)的距离为 2 − 0 2 + 0 + 2 2 ＝2 2，由于圆心
α
2
5
＝
2 2 2 2
α
αபைடு நூலகம்
α ＝ 2sin cos ＝
2
2
与点(0，－2)的连线平分角α，所以sin ＝
10
α
6
， 所 以 cos ＝ ， 所 以 sin
4
2
4
10
6
15
2×
× ＝ .故选B.
4
4
4
r
＝
(2)[2023·河南郑州二模]若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：(x－a)2＋(y－b)2
解析：圆x2＋y2－4x－4y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝4，
圆心为(2，2)，半径r＝2，
A．[1，＋∞) B．[－1，－ )
3
C．( ，1]
4
4
D．(－∞，－1]
答案：B
解析：∵y＝kx＋4＋2k＝k(x＋2)＋4，所以直线过定点(－2，4)，曲线y＝
4 − x 2 变形为x2＋y2＝4(y≥0)，表示圆的上半部分，当直线与半圆相切时直线斜
3
率为k＝－ ，当直线过点(2，0)时斜率为－1，结合图象可知实数k的取值范围是
a=2
所以 ሺ2 − 3 − ሻ2 + 2 = 2 ，解得 b = 1 .
r=2
2 + ሺ1 − ሻ2 = 2
所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
4．[2023·广东深圳二模]过点(1，1)且被圆x2 ＋y2 －4x－4y＋4＝0所
x＋y－2＝0
截得的弦长为2 2的直线的方程为___________．
－2)的距离为 2 − 0 2 + 0 + 2 2 ＝2 2，由于圆心
α
2
5
＝
2 2 2 2
α
αபைடு நூலகம்
α ＝ 2sin cos ＝
2
2
与点(0，－2)的连线平分角α，所以sin ＝
10
α
6
， 所 以 cos ＝ ， 所 以 sin
4
2
4
10
6
15
2×
× ＝ .故选B.
4
4
4
r
＝
(2)[2023·河南郑州二模]若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：(x－a)2＋(y－b)2
解析：圆x2＋y2－4x－4y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝4，
圆心为(2，2)，半径r＝2，
老高考适用2023版高考数学二轮总复习第2篇经典专题突破核心素养提升专题5解析几何第1讲直线与圆课件
F＝0，
则16＋4D＋F＝0， 16＋4＋4D＋2E＋F＝0，
F＝0，
解得D＝－4， E＝－2，
所以圆的方程为 x2＋y2－4x－2y＝0，
即(x－2)2＋(y－1)2＝5； 若过(0,0)，(4,2)，(－1,1)，
F＝0，
则1＋1－D＋E＋F＝0， 16＋4＋4D＋2E＋F＝0，
F＝0Байду номын сангаас 解得D＝－83，
因为 OP⊥OQ，故 1＋ 2p×(－ 2p)＝0⇒p＝12， 抛物线 C 的方程为：y2＝x， 因为⊙M 与 l 相切，故其半径为 1， 故⊙M：(x－2)2＋y2＝1．
(2)设 A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)．
当 A1，A2，A3 其中某一个为坐标原点时(假设 A1 为坐标原点时)，
A2＋B2
3．两条平行直线 l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B 不
同时为零)间的距离
d＝
|C1－C2| ． A2＋B2
典例1 (1)(2022·辽宁高三二模)若两直线l1：(a－1)x－3y－2＝0
与l2：x－(a＋1)y＋2＝0平行，则a的值为
(A )
A．±2
B．2
C．－2
y0＝－x0＋5， 设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则x0＋12＝y0－x20＋12＋16. 解得xy00＝ ＝32， 或xy00＝ ＝1－1，6. 因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16 或(x－11)2＋(y＋6)2＝144．
6．(2021·全国甲卷)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直 线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ．已知点M(2,0)，且⊙M与l相 切．
2021高考数学二轮复习三核心热点突破专题五解析几何规范答题示范课_解析几何解答题课件2021031
16
(2)设 P(xP，yP)，Q(6，yQ)，根据对称性可设 yQ>0， 由题意知 yP>0. 由已知可得 B(5，0)，直线 BP 的方程为 y＝－y1Q(x－5)， 所以|BP|＝yP 1＋y2Q，|BQ|＝ 1＋y2Q.5 分 因为|BP|＝|BQ|，所以 yP＝1. 将 yP＝1 代入 C 的方程，解得 xP＝3 或－3. 由直线 BP 的方程得 yQ＝2 或 8， 所以点 P，Q 的坐标分别为 P1(3，1)，Q1(6，2)；P2(－3，1)，Q2(6，8).7 分 所以|P1Q1|＝ 10，直线 P1Q1 的方程为 y＝13x，
点 A(－5，0)到直线 P1Q1 的距离为 210， 故△AP1Q1 的面积为12× 210× 10＝52.9 分 |P2Q2|＝ 130，直线 P2Q2 的方程为 y＝79x＋130， 点 A 到直线 P2Q2 的距离为 21630， 故△AP2Q2 的面积为12× 21630× 130＝52.11 分 综上，△APQ 的面积为52.12 分
x1＋x2＝k－2＋2k4t，x1x2＝kt22－＋44.
由m⊥n，即m·n＝0，得4x1x2＋y1y2＝0， 所以4x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0， 即(k2＋4)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0. 所以(k2＋4)·kt22－＋44＋kt·k－2＋2k4t＋t2＝0， 整理得2t2－k2＝4，满足(*)式.
解
e＝ (1)由题意得，
a2a－b2＝
a12＋43b2＝1，
23，解得ab＝ ＝21， . 所以椭圆
C
的方程为y42＋x2＝1.
(2)①当直线 AB 的斜率不存在时，x1＝x2，y1＝－y2，
由 m⊥n，即 m·n＝0，得 4x21－y21＝0，所以 y21＝4x21. 又 A(x1，y1)在椭圆 C 上，所以44x12＋x21＝1，解得|x1|＝ 22，所以|y1|＝ 2，
(2)设 P(xP，yP)，Q(6，yQ)，根据对称性可设 yQ>0， 由题意知 yP>0. 由已知可得 B(5，0)，直线 BP 的方程为 y＝－y1Q(x－5)， 所以|BP|＝yP 1＋y2Q，|BQ|＝ 1＋y2Q.5 分 因为|BP|＝|BQ|，所以 yP＝1. 将 yP＝1 代入 C 的方程，解得 xP＝3 或－3. 由直线 BP 的方程得 yQ＝2 或 8， 所以点 P，Q 的坐标分别为 P1(3，1)，Q1(6，2)；P2(－3，1)，Q2(6，8).7 分 所以|P1Q1|＝ 10，直线 P1Q1 的方程为 y＝13x，
点 A(－5，0)到直线 P1Q1 的距离为 210， 故△AP1Q1 的面积为12× 210× 10＝52.9 分 |P2Q2|＝ 130，直线 P2Q2 的方程为 y＝79x＋130， 点 A 到直线 P2Q2 的距离为 21630， 故△AP2Q2 的面积为12× 21630× 130＝52.11 分 综上，△APQ 的面积为52.12 分
x1＋x2＝k－2＋2k4t，x1x2＝kt22－＋44.
由m⊥n，即m·n＝0，得4x1x2＋y1y2＝0， 所以4x1x2＋(kx1＋t)(kx2＋t)＝0， 即(k2＋4)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝0. 所以(k2＋4)·kt22－＋44＋kt·k－2＋2k4t＋t2＝0， 整理得2t2－k2＝4，满足(*)式.
解
e＝ (1)由题意得，
a2a－b2＝
a12＋43b2＝1，
23，解得ab＝ ＝21， . 所以椭圆
C
的方程为y42＋x2＝1.
(2)①当直线 AB 的斜率不存在时，x1＝x2，y1＝－y2，
由 m⊥n，即 m·n＝0，得 4x21－y21＝0，所以 y21＝4x21. 又 A(x1，y1)在椭圆 C 上，所以44x12＋x21＝1，解得|x1|＝ 22，所以|y1|＝ 2，
高三数学第二轮复习教案第5讲解析几何问题
高三数学第二轮复习教案第 5 讲 解析几何问题的题型与方法（二）五、注意事项1．（ 1） 直线的斜率是一个非常重要的概念，斜率k 反映了直线相对于 x 轴的倾斜程度。
当斜率k 存在时，直线方程通常用点斜式或斜截式表示，当斜率不存在时，直线方程为x=a （ a ∈R ）。
因此，利用直线的点斜式或斜截式方程解 题时，斜率k 存在与否，要分别考虑。
（ 2） 直线的截距式是两点式的特例，a 、b 分别是直线在x 轴、 y 轴上的截距，因为a ≠0，b ≠ 0，所以当直线平行于 x 轴、平行于 y 轴或直线经过原点，不能用截距式求出它的方程，而应选择其它形式求解。
（ 3）求解直线方程的最后结果，如无特别强调，都应写成一般式。
（ 4）当直线l 1或l 2的斜率不存在时，可以通过画图容易判定两条直线是否平行与垂直（ 5）在处理有关圆的问题，除了合理选择圆的方程，还要注意圆的对称性等几何性质的运用，这样可以简化计算。
2．（ 1）用待定系数法求椭圆的标准方程时，要分清焦点在 x 轴上还是 y 轴上，还是两种都存在。
（ 2）注意椭圆定义、性质的运用，熟练地进行 a 、 b 、 c 、 e 间的互求，并能根据所给的方程画出椭圆。
（ 3）求双曲线的标准方程应注意两个问题： （ 1） 正确判断焦点的位置； （ 2） 设出标准方程后，运用待定系数法求解。
（ 4 ）双曲线x 2 y 21 的渐近线方程为ybx 或表示为x 2 y 2 0 。
若已知双曲线的渐近线方程是a 2b 2aa 2b 2ymx ，即 mx ny0 ，那么双曲线的方程具有以下形式：nm 2 x 2 n 2 y 2k ，其中k 是一个不为零的常数。
（ 5）双曲线的标准方程有两个x 2 y 2 1和 y 2x 2 1（a ＞0，b ＞0）。
这里 b 2 c 2 a 2，其中|F 1F 2|=2c 。
a 2b 2a 2b 2要注意这里的 a 、 b 、c 及它们之间的关系与椭圆中的异同。
2021届高考二轮数学人教版课件：第2部分 专题5 第1讲 直线与圆 【KS5U 高考】
专题五 解析几何
圆
高考二轮总复习 • 数学
考点一 圆的方程
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1．圆的标准方程 当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 特别地，当圆心在原点时，方程为x2＋y2＝r2． 2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(其中D2＋E2－4F＞0)表示以 －D2 ，－E2 为圆 心， D2＋2E2－4F为半径的圆．
5m2 1＋m2
，由于向量
→ OP
与
向量
→ OQ
共线且方向相同，即它们的夹角为0，所以
OP
·OQ
＝
→ OP
→ ·OQ
＝
x1x2＋y1y2＝1＋5m2＋15＋mm2 2＝5．
第二部分 专题五 解析几何
高考二轮总复习 • 数学
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【剖析】 上述解法正确，也得出了正确答案，但运算繁杂．下 面的解法简洁明了．
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第二部分 专题五 解析几何
高考二轮总复习 • 数学
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典例3 (1)(2020·天津市部分区期末)直线x－y＋1＝0与圆x2
＋(y＋1)2＝4相交于A、B，则弦AB的长度为
(B )
A． 2
B．2 2
C．2
D．4
(2)(2020·武昌区模拟)若直线y＝kx＋1与圆(x－2)2＋y2＝4相交，且两
【解析】 已知圆C1：x2＋y2＝8与圆C2：x2＋y2＋2x＋y－a＝0相 交于A、B两点，则AB所在直线的方程为2x＋y－a＋8＝0，
第二部分 专题五 解析几何
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若圆C1上存在点P，使得△ABP为等腰直角三角形，分2种情况讨 论：
圆
高考二轮总复习 • 数学
考点一 圆的方程
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1．圆的标准方程 当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 特别地，当圆心在原点时，方程为x2＋y2＝r2． 2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(其中D2＋E2－4F＞0)表示以 －D2 ，－E2 为圆 心， D2＋2E2－4F为半径的圆．
5m2 1＋m2
，由于向量
→ OP
与
向量
→ OQ
共线且方向相同，即它们的夹角为0，所以
OP
·OQ
＝
→ OP
→ ·OQ
＝
x1x2＋y1y2＝1＋5m2＋15＋mm2 2＝5．
第二部分 专题五 解析几何
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【剖析】 上述解法正确，也得出了正确答案，但运算繁杂．下 面的解法简洁明了．
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第二部分 专题五 解析几何
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典例3 (1)(2020·天津市部分区期末)直线x－y＋1＝0与圆x2
＋(y＋1)2＝4相交于A、B，则弦AB的长度为
(B )
A． 2
B．2 2
C．2
D．4
(2)(2020·武昌区模拟)若直线y＝kx＋1与圆(x－2)2＋y2＝4相交，且两
【解析】 已知圆C1：x2＋y2＝8与圆C2：x2＋y2＋2x＋y－a＝0相 交于A、B两点，则AB所在直线的方程为2x＋y－a＋8＝0，
第二部分 专题五 解析几何
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若圆C1上存在点P，使得△ABP为等腰直角三角形，分2种情况讨 论：
高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理
(1)求直线AP斜率的取值范围； (2)求|PA|·|PQ|的最大值．
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借 助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12， 因为－12<x<32， 所以－1＜x－12＜1， 即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动 点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹 为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两 点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直 线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与 方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学 运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝ 23y， 又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4， 将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1， 即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借 助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12， 因为－12<x<32， 所以－1＜x－12＜1， 即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动 点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹 为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两 点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直 线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与 方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学 运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝ 23y， 又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4， 将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1， 即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．
最新-名师导学2021届高三数学理二轮复习课件：专题2第5讲平面向量及其应用 精品
【命题立意】本题主要考查向量的数量积运算、向量 的模及代数运算、二次函数的图象与性质，考查转化化归 思想、抽象概括能力及运算求解能力，试题难度：难．
平面向量 (1)向量加法的法则：三角形法则与平行四边形法则． (2)向量减法的法则：三角形法则． (3)实数 λ 与向量 a 的积是一个向量，记作 λa，规定： |λa|＝|λ|·|a|. (4)向量 b 与非零向量 a 共线的充要条件是有且仅有一
1．平面向量的概念与线性运算 例1(1)如图，A、B 分别是射线 OM、 ON 上的两点，给出下列向量．
①O→A＋2O→B；②12O→A＋13O→B；③ 34O→A＋13O→B；④34O→A－15O→B.这四个向 量中以 O 为起点，终点在阴影区域内的是( )
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
∴A→E＝A→C＋23C→B＝23A→B＋13A→C， 则A→D·A→E＝12(A→B＋A→C)·13(2A→B＋A→C) ＝16(2A→B2＋3A→B·A→C＋A→C2) ＝16(2×22＋3×2×2×cos 120°＋22)＝1.
【点评】平面向量的数量积既有几何运算法则，
又有坐标运算，因此涉及与平面几何有关的问题，应 充分将几何运算法则与几何图形和实数与平面向量乘 法的几何意义恰当结合进行运算求解．
(2)设 f(t)＝D→M·B→N，g(t)＝at＋4－2a(a＞0)，分 别根据以下条件，求出实数 a 的取值范围：
Ⅰ.存在 t1，t2∈(0，1)，使得f（2t1）＝g(t2)； Ⅱ.对任意 t1∈(0，1)，恒存在 t2∈(0，1)，使得 f（2t1）＝g(t2)．
【解析】(1)过点 M 作坐标轴的垂线段，则依题
＝2 2
3
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 .
专题五解析几何直线与圆教学课件2021届新高考数学二轮复习
故|MA|·|MB|≤225(当且仅当|MA|＝|MB|＝5 2 2时取“＝”).
答案
(1)A
25 (2) 2
探究提高 1.求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参 数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性. 2.求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式利用待定系数法求解，同时要考虑 直线斜率不存在的情况是否符合题意.
【例 2】 (1)(2020·石家庄模拟)古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中
提出“在同一平面上给出三点，若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且
不等于 1 的常数，则该点轨迹是一个圆”.现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭
建三座 5G 信号塔来构建一个特定的三角形信号覆盖区域，以实现 5G 商用，已知甲、
解析 (1)由题意知m(1＋m)－2×1＝0，解得m＝1或－2，当m＝－2时，两直线重 合，舍去；当m＝1时，满足两直线平行，所以m＝1.
(2)由题意可知，直线 l1：kx－y＋4＝0 经过定点 A(0，4)，直线 l2：x＋ky－3＝0 经过 定点 B(3，0)，注意到直线 l1：kx－y＋4＝0 和直线 l2：x＋ky－3＝0 始终垂直，点 M 又是两条直线的交点，则有 MA⊥MB，所以|MA|2＋|MB|2＝|AB|2＝25.
热点三 直线(圆)与圆的位置关系
角度 1 圆的切线问题
【例 3】 (1)(2020·全国Ⅲ卷)若直线 l 与曲线 y＝ x和圆 x2＋y2＝15都相切，则 l 的方程
为( ) A.y＝2x＋1
B.y＝2x＋12
C.y＝12x＋1
D.y＝12x＋12
(2)(多选题)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－4x＝0.若直线y＝k(x＋1)
高三二轮复习解析几何课件
2
24
它与
y
轴的交点为
ห้องสมุดไป่ตู้
F
0,
x02 4
由于 2
x0
2, 因此 1
x0 2
1
①当 1 t
0 时， 1
t
1 2
1 ，存在 2
x0
(2, 2), 使得
x0 2
t
1 ， 2
即 l 与直线 PA 平行，故当 1 t 0 时不符合题意
相交，交点分别为 D,E，且△QAB 与△PDE 的面积之比是常数？若存在， 求 t 的值；若不存在，说明理由.
解：（1）由 MA 2 x,1 y, MB 2 x,1 y
MA MB 2x2 2 2 y2 ,OM OA OB = x, y0,2 2y ，
（1）直译法：将原题中由文字语言明确给出动
点所满足的等量关系直接翻译成由动点坐标表示的 等量关系式.
（2）代入法：所求动点与已知动点有着相互关 系，可用所求动点坐标（x , y）表示出已知动点的 坐标，然后代入已知的曲线方程.
（3）参数法：通过一个（或多个）中间变量的
引入，使所求点的坐标之间的关系更容易确立，消 去参数得坐标的直接关系便是普通方程.
（2）圆锥曲线
主要考查圆锥曲线的概念和性质，直线与圆锥 曲线的位置关系等，考查方式大致有以下三类：考 查圆锥曲线的概念与性质；求圆锥曲线的方程和求 轨迹；关于直线与圆锥曲线的位置关系。
考查的主要问题：
（1）几何特征问题； （2）运用圆锥曲线定义解决的问题； （3）求曲线方程问题； （4）最值范围问题； （5）探索性问题.
山东2021新高考数学二轮复习板块2高考专项突破解答题命题区间精讲精讲5解析几何课件
由yx＝ 2＝k4xy＋2＋2， 消去 x 整理得 y2－4(k2＋k＋1)y＋4(k＋1)2 ＝0，
所以 y1＋y2＝4(k2＋k＋1)，y1y2＝4(k＋1)2， 所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝8k2＋12k＋9＝8k＋342＋92， 所以当 k＝－34时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为92.
第 2 步：设点、直 线
由题意可知－3＜n＜3， 由于直线PA的方程为y＝9t x＋3，
设出直线的方程 ←所以y1＝9t x1＋3，
3分
及相交两点的坐 标.
同理可得y2＝3t x2－3，
4分
于是有3y1x2－3＝y2x1＋3①.
5分
由于x922＋y22＝1，所以y22＝－x2＋39x2－3，
←
第 3 步：联立消
y＝kx－4， (1)法一：由y2＝8x
得 k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
由 k≠0 及 Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得 k＝－12，
所以直线 l 的方程为 y＝－12x－4.
法二：由 y2＝8x 得 y＝± 8x，直线 l 恒过点(0，－4)，则 y＝－ 8x，
设切点为(x0，y0)(y0＜0)，由于 y＝－ 8x，
易证 y＝2t＋1t 在[1，＋∞)上单调递增，
∴2t＋1t ≥3，∴S△ABO≤236，
∴△ABO
面积的最大值为2 3
6 .
02 命题点2 范围问题
圆锥曲线中范围问题的常见解法 (1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义， 则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系， 或不等关系，或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些 关系去求参数的取值范围．
所以 y1＋y2＝4(k2＋k＋1)，y1y2＝4(k＋1)2， 所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝8k2＋12k＋9＝8k＋342＋92， 所以当 k＝－34时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为92.
第 2 步：设点、直 线
由题意可知－3＜n＜3， 由于直线PA的方程为y＝9t x＋3，
设出直线的方程 ←所以y1＝9t x1＋3，
3分
及相交两点的坐 标.
同理可得y2＝3t x2－3，
4分
于是有3y1x2－3＝y2x1＋3①.
5分
由于x922＋y22＝1，所以y22＝－x2＋39x2－3，
←
第 3 步：联立消
y＝kx－4， (1)法一：由y2＝8x
得 k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，
由 k≠0 及 Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得 k＝－12，
所以直线 l 的方程为 y＝－12x－4.
法二：由 y2＝8x 得 y＝± 8x，直线 l 恒过点(0，－4)，则 y＝－ 8x，
设切点为(x0，y0)(y0＜0)，由于 y＝－ 8x，
易证 y＝2t＋1t 在[1，＋∞)上单调递增，
∴2t＋1t ≥3，∴S△ABO≤236，
∴△ABO
面积的最大值为2 3
6 .
02 命题点2 范围问题
圆锥曲线中范围问题的常见解法 (1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义， 则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系， 或不等关系，或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些 关系去求参数的取值范围．
2023版高考数学二轮总复习第2篇经典专题突破核心素养提升专题5解析几何第2讲椭圆双曲线抛物线课件
m＝－
33(舍去)．
故答案为 3． 3
5．(2021·全国新高考Ⅱ卷)已知双曲线xa22－yb22＝1(a＞0，b＞0)的离心 率为 2，则该双曲线的渐近线方程为___y＝__±____3_x___．
【解析】 因为双曲线ax22－by22＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2， 所以 e＝ ac22＝ a2＋a2 b2＝2，所以ba22＝3， 所以该双曲线的渐近线方程为 y＝±bax＝± 3x． 故答案为 y＝± 3x．
【解析】 方法一：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且 |PQ|＝|F1F2|，
所以四边形PF1QF2为矩形，设|PF1|＝m，|PF2|＝n， 由椭圆的定义可得|PF1|＋|PF2|＝m＋n＝2a＝8，所以m2＋2mn＋n2＝ 64，
因为|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，即 m2＋n2＝48，所 以 mn＝8，
【解析】 方法一：由题意，不妨设 P 在第一象限，则 Pp2，p，kOP ＝2，PQ⊥OP．
所以 kPQ＝－12，所以 PQ 的方程为：y－p＝－12x－p2，y＝0 时，x＝
52p，
|FQ|＝6，所以52p－p2＝6，解得 p＝3， 所以抛物线的准线方程为：x＝－32． 方法二：由题意，不妨设 P 在第一象限，则 Pp2，p，Qp2＋6，0 则P→Q＝(6，－p)，因为 PQ⊥OP，所以P→Q·O→P＝0，解得 p＝3， 所以抛物线的准线方程为：x＝－32．
2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算” 所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计 算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．
典例1 (1)(2022·广州四校模拟)若椭圆xa22＋yb22＝1(其中 a＞b＞0)
2021届新高考数学二轮复习专题五解析几何 第2课时 圆锥曲线的方程与性质课件(共95张PPT)
3.已知方程
x2 m2
n
y2 3m2
n
=1表示双曲线,且该双曲线两焦点间的距离为4,则n的
取值范围是( )
A.(-1,3) C.(0,3)
B.(-1, 3 ) D.(0, 3 )
【解析】选A.若双曲线的焦点在x轴上,则
m2 n＞0， 3m2 n＞0.
又因为(m2+n)+(3m2-n)=4,
A. 15
B.4
4
C. 11
D.3
2
【解析】选A.椭圆E: x+2 y2=1的右焦点为(1,0),抛物线C:y2=ax(a>0)的焦点为
2
(a，,0由) 题意可得抛物线C的方程为y2=4x,由抛物线的定义可得:
4
|PA|+|PF|=|PA|+|PP1|≥|AP1|,当且仅当A,P,P1三点共线时,|PA|+|PF|最小,此
∠F1MF2≥90°,即∠F1MO≥45°,
所以tan∠F1MO=m 1≥tan 45°=1,解得m≥2,
1
②若焦点在y轴上,即0<m<1,
同理可得tan∠F1MO=1
m m
≥tan
45°=1,
解得0<m≤1 ,
2
综上,实数m的取值范围是
0，12∪ [2,+∞).
【加练备选】
设A,B是椭圆C: x2 y2 =1长轴的两个端点.若C上存在点M满足
=
3x y
3x y
,又2ta3ny∠A，MB=tan 120°=
2
2
39
【变式拓展】
本例中若|AB|=6 3 ,试求双曲线的方程.
【解析】由题意c=2a,2b2=6
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B．必要不充分条件
A
● C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
(2)(2019·保定二模)设点P为直线l：x＋y－4＝0上的动点，点A(－
2,0)，B(2,0)，则|PA|＋|PB|的最小值为
( A)
A．2 10
B． 26
C．2 5
D． 10
●
【解析】 (1)当λ＝－3时，两条直线的方程分别为6x＋4y＋1＝0,3x＋2y－2＝0，此时两
● (3)求直线方程要考虑直线的斜率是否存在．
●
1 ． ( 1 ) ( 2 0 1 9 ·淮 南 二 模 ) 设 λ ∈ R ， 则 “ λ ＝ － 3 ” 是 “ 直 线 2 λ x ＋ ( λ － 1 ) y ＝ 1 与 直 线 6 x ＋ ( 1 －
λ)y＝4平行”的
()
● A．充分不必要条件
● 求解直线方程应注意的问题
●
(1)求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意
代入检验，排除两条直线重合的情况．
● (2)要注意几种直线方程的局限性，点斜式、斜截式要求直线不能与x轴垂直；两点式要求 直线不能与坐标轴垂直；截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．
2018
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 21(1)
12 21(2)
15
考查角度 直线与圆的位置关系 双曲线的性质、圆与圆的位置关系 直线与圆及抛物线的位置关系 直线与圆的弦长问题
分值 4 5 6 5
直线的方程、圆的方程、点到直线的
8
5
距离
02 考点分类 • 析重点
考点一 直线的方程
1．直线方程的五种形式 (1)点斜式：y－y1＝k(x－x1)． (2)斜截式：y＝kx＋b. (3)两点式：yy2－－yy11＝xx2－－xx11(x1≠x2，y1≠y2)． (4)截距式：ax＋by＝1(a≠0，b≠0)． (5)一般式：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)．
● (理科)
年份 卷别 Ⅰ卷
2020 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 11 5 10
考查角度
分值
直线与圆，圆与圆的位置关系的应用， 5
以及圆的几何性质的应用
圆心到直线距离的计算，求圆的方程 5
导数的几何意义的应用以及直线与圆 5
的位置的应用
年份 2019
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷Ⅲ卷2018Ⅰ卷 Ⅱ卷Ⅲ卷题号
考查角度
分值
2．三种距离公式
(1)A(x1，y1)，B(x2，y2)两点间的距离：
|AB|＝ x2－x12＋y2－y12.
(2)点P到直线l的距离：d＝
|Ax0＋By0＋C| A2＋B2
(其中点P(x0，y0)，直线l的
方程：Ax＋By＋C＝0)．
(3)两平行线间的距离：d＝ |CA2－2＋CB1|2(其中两平行线方程分别为l1：Ax
条直线平行；
● 若两条直线平行，则2λ×(1－λ)＝－6(1－λ)，
● 所以λ＝－3或λ＝1，经检验，两者均符合，
●
综上，“λ＝－3”是“直线2λx＋(λ－1)y＝1与直线6x＋(1－λ)y＝4平行”的充分不必要
条件．故选A．
(2)依据题意作出图形如下：
设点B(2,0)关于直线l的对称点为B1(a，b)， 则它们的中点坐标为a＋2 2，2b，且|PB|＝|PB1|，
第二部分
专题篇•素养提升(文理)
专题五 解析几何
第1讲 直线与圆
1 解题策略 • 明方向 2 考点分类 • 析重点 3 易错清零 • 免失误 4 真题回放 • 悟高考 5 预测演练 • 巧押题
● 1．直线方程、圆的方程、两直线的平行与垂直、直线与圆的位置关系是本讲高考的重点．
● 2．考查的主要内容包括求直线(圆)的方程、点到直线的距离、直线与圆的位置关系判断、 简单的弦长与切线问题，多为选择题、填空题．
11
圆与双曲线的综合问题
5
直线与圆的位置关系、直线与抛物线
21 的位置关系
12
直线的方程、圆的方程、点到直线的
8
5
距离
● (文科)
年份 2020
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号
考查角度
6 圆的简单几何性质，以及几何法求弦长
8 圆心到直线距离的计算，求出圆的方程
8
直线过定点问题
分值 5 5 5
年份 2019
＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0且C1≠C2)．
●
3．两条直线平行与垂直的判定
●
若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2⇔k1＝k2，l1⊥l2⇔k1k2＝－1，若给
出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．
●
典例1
＝0平行，则实数m
● A．－2
( 1 ) ( 2 0 2 0 ·三 明 模 拟 ) 已 知 直 线 m x ＋ 2 y ＋ 3 ＝ 0 与 直 线 3 x ＋ ( m － 1 ) y ＋ m
D．2
【解析】 (1)∵直线mx＋2y＋3＝0与直线3x＋(m－1)y＋m＝0平 行，∴m3 ＝m－2 1≠m3 ，求得m＝－2，故选A．
(2)根据题意，直线x＋(a－1)y＋1＝0与直线ax＋2y－1＝0互相垂 直，则有a＋2(a－1)＝0，解得a＝23，故选B．
(3)原点到直线的距离d＝ 122＋12＝ 2，故|OP|的最小值为 2， 故选B．
()
B．3
C．5
D．－2或3 A
(2)(2020·九江三模)若直线x＋(a－1)y＋1＝0与直线ax＋2y－1＝0互
相垂直，则实数a＝
( B)
A．32
B．23
C．－1
D．2
(3)(2020·松江区二模)若O为坐标原点，P是直线x－y＋2＝0上的动
点，则|OP|的最小值为
( B)
A．
2 2
B． 2
C． 3
●
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特别地，当圆心在原点
时，方程为x2＋y2＝r2．
2．圆的一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(其中D2＋E2－4F＞0)表示以 －D2 ，－E2 为圆 心， D2＋2E2－4F为半径的圆．
●
典例2
圆的方程是
( 1 ) ( 2 0 2 0 ·朝 阳 区 二 模 ) 圆 心 在 直 线 x － y ＝ 0 上 且 与 y 轴 相 切 于 点 ( 0 , 1 ) 的 ()
由对称性可得aba＋－ －2 202＋×b2－－14＝＝0－1
，
解得a＝4，b＝2，所以B1(4,2)． 因为|PA|＋|PB|＝|PA|＋|PB1|， 所以当A，P，B1三点共线时，|PA|＋|PB|最小， 此时最小值为|AB1|＝ 4＋22＋2－02＝2 10. 故选A．
考点二 圆的方程
● 1．圆的标准方程