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时间：2020-04-29
《高考数学解析几何的解法.doc》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、解析几何题怎么解高考解析几何试题一般共有4题(2个选择题,1个填空题,1个解答题),共计30分左右,考查的知识点约为20个左右.其命题一般紧扣课本,突出重点,全面考查.选择题和填空题考查直线,圆,圆锥曲线,参数方程和极坐标系中的基础知识.解答题重点考查圆锥曲线中的重要知识点,通过知识的重组与链接,使知识形成网络,着重考查直线与圆锥曲线的位置关系,求解有时还要用到平几的基本知识,这点值得考生在复课时强化.例1已知点T是半圆O的直径AB上一点，AB=2、OT=t(02、角坐标系.(1)写出直线的方程；（2）计算出点P、Q的坐标；（3）证明：由点P发出的光线，经AB反射后，反射光线通过点Q.讲解:通过读图,看出点的坐标.(1)显然,于是直线的方程为；（2）由方程组解出、；（3）,.由直线PT的斜率和直线QT的斜率互为相反数知，由点P发出的光线经点T反射，反射光线通过点Q.需要注意的是,Q点的坐标本质上是三角中的万能公式,有趣吗?例2已知直线l与椭圆有且仅有一个交点Q，且与x轴、y轴分别交于R、S，求以线段SR为对角线的矩形ORPS的一个顶点P的轨迹方程．讲解：从直线所处的位置,设出直线的方程,由已知，直线l不过椭圆的四个顶点，所以设直3、线l的方程为代入椭圆方程得化简后，得关于的一元二次方程于是其判别式由已知，得△=0．即①在直线方程中，分别令y=0，x=0，求得令顶点P的坐标为（x，y），由已知，得代入①式并整理，得,即为所求顶点P的轨迹方程．方程形似椭圆的标准方程,你能画出它的图形吗?例3已知双曲线的离心率，过的直线到原点的距离是（1）求双曲线的方程；（2）已知直线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.讲解：∵（1）原点到直线AB：的距离.故所求双曲线方程为（2）把中消去y，整理得.设的中点是，则即故所求k=±. 为了求出的值,需要通过消元,想法设法建构的方程.例4、4已知椭圆C的中心在原点，焦点F1、F2在x轴上，点P为椭圆上的一个动点，且∠F1PF2的最大值为90°，直线l过左焦点F1与椭圆交于A、B两点，△ABF2的面积最大值为12．（1）求椭圆C的离心率；（2）求椭圆C的方程．讲解：（1）设,对由余弦定理,得，解出（2）考虑直线的斜率的存在性，可分两种情况：i)当k存在时，设l的方程为………………①椭圆方程为由得.于是椭圆方程可转化为………………②将①代入②，消去得,整理为的一元二次方程，得.则x1、x2是上述方程的两根．且，也可这样求解：，AB边上的高ii)当k不存在时，把直线代入椭圆方程得由①②知S的最大值为由题意得=5、12所以故当△ABF2面积最大时椭圆的方程为：下面给出本题的另一解法,请读者比较二者的优劣：设过左焦点的直线方程为：…………①（这样设直线方程的好处是什么？还请读者进一步反思反思.）椭圆的方程为：由得：于是椭圆方程可化为：……②把①代入②并整理得：于是是上述方程的两根.,AB边上的高,从而当且仅当m=0取等号，即由题意知,于是.故当△ABF2面积最大时椭圆的方程为：例5已知直线与椭圆相交于A、B两点，且线段AB的中点在直线上.（１）求此椭圆的离心率；（2）若椭圆的右焦点关于直线的对称点的在圆上，求此椭圆的方程.讲解:（1）设A、B两点的坐标分别为得,根据韦达定理，得∴6、线段AB的中点坐标为（）.由已知得，故椭圆的离心率为.（2）由（1）知从而椭圆的右焦点坐标为设关于直线的对称点为解得由已知得，故所求的椭圆方程为.例6已知⊙M：轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点，（1）如果，求直线MQ的方程；（2）求动弦AB的中点P的轨迹方程.讲解:（1）由，可得由射影定理，得在Rt△MOQ中，，故，所以直线AB方程是（2）连接MB，MQ，设由点M，P，Q在一直线上，得由射影定理得即把（*）及（**）消去a，并注意到，可得适时应用平面几何知识，这是快速解答本题的要害所在，还请读者反思其中的奥妙.例7如图，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，7、AB=2，AC=。DO⊥AB于O点，OA=OB，DO=2，曲线E过C点，动点P在E上运动，且保持8、PA9、+10、PB11、的值不变.（1）建立适当的坐标系，求曲线E的方程；AOBC（2）过D点的直线L与曲线E相交于不同的两点M、N且M在D、N之间，设，试确定实数的取值范围．讲解:（1）建立平面直角坐标系,如图所示∵12、PA13、+14、PB15、=16、CA17、+18、CB19、 y=∴动点P的轨迹是椭圆∵∴曲线E的方程是.（2）设直线L的方程为,代入曲线E的方程，得设M1（,则①②③i)L与y轴重合时，ii)L与y轴不重合时，由①得又∵,∵或∴0＜＜1,∴∵而∴∴∴,,∴的取值范围
2、角坐标系.(1)写出直线的方程；（2）计算出点P、Q的坐标；（3）证明：由点P发出的光线，经AB反射后，反射光线通过点Q.讲解:通过读图,看出点的坐标.(1)显然,于是直线的方程为；（2）由方程组解出、；（3）,.由直线PT的斜率和直线QT的斜率互为相反数知，由点P发出的光线经点T反射，反射光线通过点Q.需要注意的是,Q点的坐标本质上是三角中的万能公式,有趣吗?例2已知直线l与椭圆有且仅有一个交点Q，且与x轴、y轴分别交于R、S，求以线段SR为对角线的矩形ORPS的一个顶点P的轨迹方程．讲解：从直线所处的位置,设出直线的方程,由已知，直线l不过椭圆的四个顶点，所以设直
3、线l的方程为代入椭圆方程得化简后，得关于的一元二次方程于是其判别式由已知，得△=0．即①在直线方程中，分别令y=0，x=0，求得令顶点P的坐标为（x，y），由已知，得代入①式并整理，得,即为所求顶点P的轨迹方程．方程形似椭圆的标准方程,你能画出它的图形吗?例3已知双曲线的离心率，过的直线到原点的距离是（1）求双曲线的方程；（2）已知直线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.讲解：∵（1）原点到直线AB：的距离.故所求双曲线方程为（2）把中消去y，整理得.设的中点是，则即故所求k=±. 为了求出的值,需要通过消元,想法设法建构的方程.例
4、4已知椭圆C的中心在原点，焦点F1、F2在x轴上，点P为椭圆上的一个动点，且∠F1PF2的最大值为90°，直线l过左焦点F1与椭圆交于A、B两点，△ABF2的面积最大值为12．（1）求椭圆C的离心率；（2）求椭圆C的方程．讲解：（1）设,对由余弦定理,得，解出（2）考虑直线的斜率的存在性，可分两种情况：i)当k存在时，设l的方程为………………①椭圆方程为由得.于是椭圆方程可转化为………………②将①代入②，消去得,整理为的一元二次方程，得.则x1、x2是上述方程的两根．且，也可这样求解：，AB边上的高ii)当k不存在时，把直线代入椭圆方程得由①②知S的最大值为由题意得=
5、12所以故当△ABF2面积最大时椭圆的方程为：下面给出本题的另一解法,请读者比较二者的优劣：设过左焦点的直线方程为：…………①（这样设直线方程的好处是什么？还请读者进一步反思反思.）椭圆的方程为：由得：于是椭圆方程可化为：……②把①代入②并整理得：于是是上述方程的两根.,AB边上的高,从而当且仅当m=0取等号，即由题意知,于是.故当△ABF2面积最大时椭圆的方程为：例5已知直线与椭圆相交于A、B两点，且线段AB的中点在直线上.（１）求此椭圆的离心率；（2）若椭圆的右焦点关于直线的对称点的在圆上，求此椭圆的方程.讲解:（1）设A、B两点的坐标分别为得,根据韦达定理，得∴
6、线段AB的中点坐标为（）.由已知得，故椭圆的离心率为.（2）由（1）知从而椭圆的右焦点坐标为设关于直线的对称点为解得由已知得，故所求的椭圆方程为.例6已知⊙M：轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点，（1）如果，求直线MQ的方程；（2）求动弦AB的中点P的轨迹方程.讲解:（1）由，可得由射影定理，得在Rt△MOQ中，，故，所以直线AB方程是（2）连接MB，MQ，设由点M，P，Q在一直线上，得由射影定理得即把（*）及（**）消去a，并注意到，可得适时应用平面几何知识，这是快速解答本题的要害所在，还请读者反思其中的奥妙.例7如图，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，
7、AB=2，AC=。DO⊥AB于O点，OA=OB，DO=2，曲线E过C点，动点P在E上运动，且保持
8、PA
9、+
10、PB
11、的值不变.（1）建立适当的坐标系，求曲线E的方程；AOBC（2）过D点的直线L与曲线E相交于不同的两点M、N且M在D、N之间，设，试确定实数的取值范围．讲解:（1）建立平面直角坐标系,如图所示∵
12、PA
13、+
14、PB
15、=
16、CA
17、+
18、CB
19、 y=∴动点P的轨迹是椭圆∵∴曲线E的方程是.（2）设直线L的方程为,代入曲线E的方程，得设M1（,则①②③i)L与y轴重合时，ii)L与y轴不重合时，由①得又∵,∵或∴0＜＜1,∴∵而∴∴∴,,∴的取值范围
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