高三数学第二轮复习教案 第5讲 解析几何问(2)

例7、 已知⊙M：x2?(y?2)2?1,Q是x轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点，（1）如果|AB|?42，求直线MQ的方程； 3（2）求动弦AB的中点P的轨迹方程。

解:（1）由|AB|?42，可得 3|MP|?|MA|2?(|AB|22221)?12?()?, 233由射影定理，得|MB|2?|MP|?|MQ|,得|MQ|?3, 在Rt△MOQ中，

|OQ|?|MQ|2?|MO|2?32?22?5，

故a?5或a??5， 所以直线AB方程是

2x?5y?25?0或2x?5y?25?0;

（2）连接MB，MQ，设P(x,y),Q(a,0),由 点M，P，Q在一直线上，得

2y?2?,(*)由射影定理得|MB|2?|MP|?|MQ|, ?ax即

x2?(y?2)2?a2?4?1,(**) 把（*）及（**）消去a，

2并注意到y?2，可得x?(y?)?7421(y?2). 16说明：适时应用平面几何知识，这是快速解答本题的要害所在。

例8、直线l过抛物线y2?2px(p?0)的焦点，且与抛物线相交于A(x1,y1)和B(x2,y2)两点。（1）求证：4x1x2?p2;

（2）求证：对于抛物线的任意给定的一条弦CD，直线l不是CD的垂直平分线。

解: （1）易求得抛物线的焦点F(P,0)。

2

2若l⊥x轴，则l的方程为x?P,显然x1x2?P。

24若

2l不垂直于x

轴，可设y?k(x?P)，代入抛物线方程整理得

22PP2P2。

x?P(1?2)x??0,则x1x2?44k综上可知 4x1x2?p2。

2222（2）设C(c,c),D(d,d)且c?d，则CD的垂直平分线l?的方程为y?c?d??c?d(x?c?d)

2p2p22p4p22假设l?过F，则0?c?d??c?d(p?c?d)整理得

22p24p(c?d)(2p2?c2?d2)?0 ?p?0

?2p2?c2?d2?0，?c?d?0。

这时l?的方程为y=0，从而l?与抛物线y2?2px只相交于原点。 而l与抛物线有两个不同的交点，因此l?与l不重合，l不是CD的垂直平分线。

说明：此题是课本题的深化，课本是高考试题的生长点，复习要重视课本。

x2y2??1，能否在此椭圆位于y轴左侧的部分上找到一点M，使它到左准线的例9、已知椭圆43距离为它到两焦点F1、F2距离的等比中项，若能找到，求出该点的坐标，若不能找到，请说明理由。

解：假设存在满足条件的点，设M（x1，y1）a2=4，b2=3，∴a=2，b?3，c=1，∴e?1， 2|MF1|?|MF2|?(a?ex1)(a?ex1)?a2?e2x1?4?212x1，点M到椭圆左准线的距离 4a2d?x1??x1?4，∴

cr1r2?d, ? 4?12x1?(x1?4)2，∴5x12?32x1?48?0，∴4x1??4或x1??12，这与x1∈[－2，0）相矛盾，∴满足条件的点M不存在。 52， 3例10、已知椭圆中心在原点，焦点在y轴上，焦距为4，离心率为（Ⅰ）求椭圆方程；

（Ⅱ）设椭圆在y轴正半轴上的焦点为M，又点A和点B在椭圆上，且M分有向线段AB所成的比为2，求线段AB所在直线的方程。

c2y2x2解：（Ⅰ）设椭圆方程为2?2?1 由2c=4得c=2 又?

a3ab

y2x2故a=3， b?a?c?5∴所求的椭圆方程为??1

95222（Ⅱ）若k 不存在，则AMMB?2，若k 存在，则设直线AB的方程为：y=kx+2

又设A(x1,y1)B(x2,y2)

?y?kx?2?由?x2 得 (9?5k2)x2?20kx?25?0 y2?1??9?5x1?x2??20k?25?x?x??② ① 129?5K29?5K2∵点M坐标为M（0，2） ∴AM?(?x1,2?y1)MB?(x2,y2?2)

由AMMB?2得AM?2MB∴(?x1,2?y1)?2(x2,y2?2)

20k2522x??④ ? ③ 29?5k29?5k2∴x1??2x2代入①、②得x2?由③、④ 得 2(20k225132)?k? ∴ k??9?5k29?5k233∴线段AB所在直线的方程为：y??3x?2。 3说明：有向线段所成的比，线段的定比分点等概念，本身就是解析几何研究的一类重要问题。向量概念的引入，使这类问题的解决显得简洁而流畅。求解这类问题可以用定比分点公式，也可以直接用有向线段的比解题。

另外，向量的长度，点的平移等与解析几何都有着千丝万缕的联系，向量与解析几何的结合，为解决这些问题开辟了新的解题途径。

x2y2例11、已知直线l与椭圆2?2?1(a?b?0)有且仅有一个交点Q，且与x轴、y轴分别交于R、

abS，求以线段SR为对角线的矩形ORPS的一个顶点P的轨迹方程．

解：从直线l所处的位置，设出直线l的方程，

由已知，直线l不过椭圆的四个顶点，所以设直线l的方程为y?kx?m(k?0). 代入椭圆方程b2x2?a2y2?a2b2， 得 b2x2?a2(k2x2?2kmx?m2)?a2b2.

化简后，得关于x的一元二次方程

(a2k2?b2)x2?2ka2mx?a2m2?a2b2?0.

于是其判别式??(2ka2m)2?4(a2k2?b2)(a2m2?a2b2)?4a2b2(a2k2?b2?m2). 由已知，得△=0．即a2k2?b2?m2. ①

在直线方程y?kx?m中，分别令y=0，x=0，求得R(?m,0),S(0,m). kym??x??,k??,??令顶点P的坐标为（x，y）， 由已知，得?k解得?x ???y?m.?m?y22代入①式并整理，得 a?b?1， 即为所求顶点P的轨迹方程．

x2y222说明：方程a?b?1形似椭圆的标准方程，你能画出它的图形吗?

x2y2x2y2233例12、已知双曲线2?2?1的离心率e?，过A(a,0),B(0,?b)的直线到原点的距离是.32ab（1）求双曲线的方程；

（2）已知直线y?kx?5(k?0)交双曲线于不同的点C，D且C，D都在以B为圆心的圆上，求k的值。

ababd???c23xy解：∵（1）22?,原点到直线AB：??1的距离ca?baba3?b?1,a?3.2故所求双曲线方程为 x?y2?1.

3. 2。

3（2）把y?kx?5代入x2?3y2?3中消去y，整理得 (1?3k2)x2?30kx?78?0。 设C(x1,y1),D(x2,y2),CD的中点是E(x0,y0)，则 x0?kBEx1?x215k5??y?kx?5?,0021?3k21?3k2 y?11?0??.x0k?x0?ky0?k?0,

15k5k2??k?0,又k?0,?k?7 即221?3k1?3k故所求k=±7。

说明：为了求出k的值，需要通过消元，想法设法建构k的方程。

例13、过点P(?3, 0)作直线l与椭圆3x2+4y2=12相交于A、B两点，O为坐标原点，求△OAB面积的最大值及此时直线倾斜角的正切值。

分析：若直接用点斜式设l的方程为y?0?k(x?3)，则要求l的斜率一定要存在，但在这里l的斜率有可能不存在，因此要讨论斜率不存在的情形，为了避免讨论，我们可以设直线l的方程为

x?my?3，这样就包含了斜率不存在时的情形了，从而简化了运算。

解：设A（x1，y1），B（x2，y2），l：x?my?3

S?AOB?11|OP|?|y1|?|OP|?|y2|?3(|y1|?|y2|)?3(y1?y2) 22把x?my?3代入椭圆方程得：3(m2y2?23my?3)?4y2?12?0，即

(3m2?4)y2?63my?3?0，y1?y2?363myy??， 123m2?43m2?4108m2121|y1?y2|???144x2?48 2222(3m?4)3m?43m?449m2?343?3m2?143?3m2?1 ???2223m?43m?4(3m?1)?343m3m2?1?33m2?143?2 23??∴S?336?2?3，此时3m2?1? m??

2233m?1令直线的倾角为?，则tg???36 ??266。 2即△OAB面积的最大值为3，此时直线倾斜角的正切值为?

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