春天的故事作文-厨艺大赛

高三数学专题（六）
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 (0直角梯 形
AA

B

B
，使
AA

垂直 且等于AT，使
BB

垂直且等于BT，
A

B

交半圆于P、
Q两点，建立如图所示的直角坐标系.
(1)写出直线
A

B

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
A
'
,B
'
点的坐标.
‘
(1 ) 显然
A
'

1,1t

,
B
于是 直线
A

B



1，1t

，
的方程为
ytx1
；

x
2
y
2
1,
（2）由方程组


ytx1,

2
t
1
t
2
,)
； 解出
P(0,1)
、
Q
(
1
t
2
1
t
2
（3）
k
PT


101

,
0
tt

k
QT
1
t
2
0
2
1
t
2
1
1
t
.

2
2
t
t
t(
1
t)

t
1
t
2
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?
x
2
y
2
例2 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
ab
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
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).

当前第
1
页共9页

代入椭圆方程
b
2
x
2
a
2
y
2
a
2< br>b
2
，
得

b
2
x
2
a
2
(k
2
x
2
2kmxm2
)a
2
b
2
.

化简后，得关于
x
的一元二次方程

( a
2
k
2
b
2
)x
2
2ka
2
mxa
2
m
2
a
2
b
2
 0.

于是其判别式
(2ka
2
m)
2
4( a
2
k
2
b
2
)(a
2
m
2< br>a
2
b
2
)4a
2
b
2
(a< br>2
k
2
b
2
m
2
).

由已知，得△=0．即
a
2
k
2
b
2
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).

k
my

x,k,

kx


令顶点P的坐标为（x，y）， 由已知，得

解得
ym.

my.


22
代入①式并整理，得
a

b
1
, 即为所求顶点P的轨迹方程．
x
2
y
2

22
方程
a

b
1
形似椭圆的标准方程, 你能画出它的图形吗?
x
2
y
2
x
2
y
2
23
例3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
3
ab
离是
3
.

2
（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.
讲解：∵（1）
c

23
,
原点到直 线AB：
x

y
1
的距离
ab
a3
d
ab
a
2
b
2

3.
ab
< br>c
3
.
2
.
b1,a
2
故所求双曲线方程为
x
y
2
1.

3
（2） 把
ykx5代入x
2
3y
2
3
中消去y，整理得
(13k
2
)x
2
30kx780
.
设
C(x
1
,y
1
),D(x
2
,y
2< br>),CD
的中点是
E(x
0
,y
0
)
，则
x
0

k
BE
x
1
x
2
15k5
ykx5,
00
2
13k
2
13 k
2

y1
1

0
.
x
0
k

当前第
2
页共9页

x
0
ky
0
k0,

15k5k
2
k0,又k0,k7
即
22
13k13k
故所求k=±
7
.
为了求出
k
的值, 需要通过消元, 想法设法建构
k
的方程.
例4 已知椭圆C的中心在原点，焦点F
1
、F
2
在x轴上， 点P为椭圆上的一个动点，且
∠F
1
PF
2
的最大值为90°，直线 l过左焦点F
1
与椭圆交于A、B两点，△ABF
2
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
|PF
1
|r
1
,|PF
2
|r< br>2
,|F
1
F
2
|2c
, 对
PF
1
F
2
,
由余弦定理, 得
r
1
1
r
2
2
4c
2
(r
1
r
2
)
2
2r
1
r
2
4c
2
4a
2
4c
2
4a
2
4c
2
cosF
1
PF
2
11

rr
2r
1
r
2
2r
1
r
2
2r
1< br>r
2
2(
12
)
2
2

12e
2
0
，
解出
e
2
.

2
（2）考虑直线
l
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
yk(xc)
………………①
x
2
y
2
椭圆方程为
2

2
1,A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)

ab
由
e
2
.
得
a
2
2c
2
,b
2
c
2
.
x2y
2
2c
2
0
于是椭圆方程可转化为
2
………………②
将①代入②，消去
y
得
x< br>2
2k
2
(xc)
2
2c
2
0,
整理为
x
的一元二次方程，得
(12k
2
)x
2
4ck
2
x2c
2
(k
21)0
.
2
则x
1
、x
2
是上述方程的两根．且
22c1k
2
，
|x
2
x
1
|< br>12k
2
22c(1k
2
)
，
|AB|1 k|x
2
x
1
|
12k
2
2
AB边 上的高
h|F
1
F
2
|sinBF
1
F
2
2c
11k
2
|k|
S22c()2c
2
2
2
12k
1k
|k|
1k
2
,

也可这样求解：
S
1
|F
1
F
2
||y
1
y
2
|

2

c|k||x
1
x
2
|

当前第
3
页共9页

22c
2
< br>22c
2
1k
2
|k|k
2
k
42
22c
12k
2
14k
2
4k
4< br>1
4
2c
2
.

1
k
4
k
2
ii) 当k不存在时，把直线
xc
代入椭圆方程得
22
yc,|AB|2c,S2c2c
2
21

由①②知S的最大值为
2c
2
由题意得
2c
2
=12 所以
c
2
62b
2

a
2
122

22
故当△ABF
2
面积最大时椭圆的方程为：
x

y
1.

12262
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：
xmyc
…………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.）
22
椭圆的方程为：
x

y
1,A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)

22
ab
2
得：< br>2
a2c
2
,b
2
c
2
,
于是 椭圆方程可化为：
x
2
2y
2
2c
2
0……②
.
2
把①代入②并整理得：
(m
2
2)y< br>2
2mcyc
2
0

于是
y
1
,y
2
是上述方程的两根.
由
e
|AB|(x
1
x
2
)
2
(y
1
y
2
)
2
1m
2
|y
2
y
1
|
1m
2
4m
2
c
2
4c
2
(m
2
2)
m
2
2
22c( 1m
2
)
,

m
2
2
AB边上的高
h
2c
1m
2
,
2c
1m
222c
2
2
从而
S
1
|AB|h
1
22c(1m)

2
22m2
1m
2

(m2)
2

22c
2
m
2
1
1
1
2
m
2
1
2c
2.

当且仅当m=0取等号，即
S
max
2c
2
.

由题意知
2c
2
12
, 于是
b
2
c
2
62,a
2
122
.
22
故当△ABF
2
面积最大时椭圆的方程为：
x

y
1.

12262

x
2
y
2
例5 已知直线
yx1
与椭圆< br>2

2
1(ab0)
相交于A、B两点，且线段
ab< br>AB的中点在直线
l:x2y0
上.
（１）求此椭圆的离心率；
（2 ）若椭圆的右焦点关于直线
l
的对称点的在圆
xy

当前第
4
页共9页
22
4
上，求此椭圆的方程.

< br>yx1，

讲解:（1）设A、B两点的坐标分别为
A(x
1< br>,y
1
),B(x
2
,y
2
).则由
x
2
得
y
2

2

2
 1
b

a
(a
2
b
2
)x
2< br>2a
2
xa
2
a
2
b
2
0
,
根据韦达定理，得
2a
2
2b
2
,y
1
y
2
(x
1
x2
)2
2
,

x
1
x
2

2
ab
2
ab
2
a
2
b< br>2
∴线段AB的中点坐标为（
2
）.
,
222
abab
a
2
2b
2
由已 知得
2

2
0,a
2
2b
2
2( a
2
c
2
)a
2
2c
2

22
abab
故椭圆的离心率为
e
2
.
2
（2）由（1）知
bc,
从而椭圆的右焦点坐标为
F(b,0),
设F(b,0)
关于直线
l:x2y0
的对称点为
(x
0,y
0
),则
解得
x
0

y
0
0
1
xby
1且
0
2
0
 0,

x
0
b222
34
b且y
0
b

55
3
2
4
2222
由已知得
x
0
y
0
4,(b)(b)4,b4

55
x
2
y
2
1
. 故所求的椭圆方程为
84
例6 已知⊙M：
x(y2)1,Q是x
轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B
22
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.
讲解:（1）由
|AB|2
42
|AB|
2
22
2
1
，可得
| MP||MA|
2
()1
2
(),
由
3
233
射影定理，得
|MB||MP||MQ|,得|MQ|3,
在Rt△MOQ中，
当前第
5
页共9页

22

|OQ||MQ||MO|3
2
2
2
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

222
即
x(y2)a41,(**)
把（*）及（**）消去a，并注意到
y2
，可得
71
x
2
(y)
2
(y2).

416
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°，AB=2，AC=
2
。DO⊥AB于O点，
2
OA=OB，DO=2，曲线E过C点，动点P在E上运动，且保持 | PA |+| PB |的值不变.
（1）建立适当的坐标系，求曲线E的方程；
（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
DM

< br>，
DN


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 .
∵| PA |+| PB |=| CA |+| CB | y

=
22
2
2
()
2
22

22
C

∴动点P的轨迹是椭圆 .
A O B
∵
a
x

2,b1,c1.

x
2
y
2
1
. ∴曲线E的方程是
2
22
（2）设直线L的方程为
ykx2
, 代入曲线E的方程
x2y2
，得

(2k1)x8kx60

设M
1
（
x
1 ,
y
1
),
22
N(x
2
,y
2
)
, 则
当前第
6
页共9页



(8k)
2
4(2k1)60,
①


8k

,




x
1
x
2

2
②
2k1


6

x
1
x
2

2
.
③

2k1

i) L与y轴重合时，


|DM|1


|DN|3
ii) L与y轴不重合时，
由①得
k
又∵


2
3
.

2
x
DMx
D
x
M

1
,
DNx
Dx
N
x
2
∵
x
2
x
1
 0,
或
x
2
x
1
0,

∴0＜

＜1 ,
(x
1
x
2
)
2
x
1
x
2
1
∴
2

2
.
x
1
x
2
x
2
x
1

∵
(xx
2
)
2
x
1
x
2
2
64k
2

2
6(2k1)
32
1
3 (2
2
)
k

而
k
∴
4
31
,
∴
63(2
2
)8.

2
k
32
3 (2
1
)
2
k

16
,

3
16110
,
2


,
3

3
∴
4


1

2


0

1,

1



2,


110


,< br>

3


1


1.

3
当前第
7
页共9页

∴

的取值范围是

,1

.

3

值得读者注意的是，直线L与y轴重合的情况易于遗漏，应当引起警惕.
例8 直线l
过抛物线
y
2
2px(p0)
的焦点，且与抛物线相交于
A
(x
1
,y
1
)和B(x
2
,y
2
)
两点.
（1）求证：
4x
1
x
2
p
2
;
（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.


讲解: （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x
1
x
2

P
.

1

24< br>若
2
l不垂直于x轴，可设
yk(x
P
)
,代入 抛物线方程整理得
2
2PP
2
P
2
.

xP(12
)x0,则x
1
x
2

44
k
综上可知
4x
1
x
2
p
2
.
（2 ）设
C(
c
,c),D(
d
,d)且cd
，则CD的垂直 平分线
l

的方程为
2p2p
22
cdcdc
2
d
2

y(x)
22p4p
22
假设
l

过F，则
0
cd

cd
(< br>p

cd
)
整理得
22p24p

(cd)(2p
2
c
2
d
2
)0

p0

2p
2
c
2
d
20
，
cd0
.
这时
l

的方程为 y=0，从而
l

与抛物线
y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.
此题是课本题的深化，你能够找到它的原形吗？知识在记忆中积累，能力在联想中提升.
课本是高考试题的生长点，复课切忌忘掉课本！

例9 某工程要将直线公路l一 侧的土石，通过公路上的两个道口A和B，沿着道路AP、
2
BP运往公路另一侧的P处，PA =100m，PB=150m，∠APB=60°，试说明怎样运土石最省
工？
讲解: 以 直线l为x轴，线段AB的中点为原点对立直角坐标系，则在l一侧必存在经
A到P和经B到P路程相等 的点，设这样的点为M，则
|MA|+|AP|=|MB|+|BP|,
当前第
8
页共9页

即 |MA|－|MB|=|BP|－|AP|=50,

|AB|507
,
22
xy
∴M在双曲线
1
的右支上.
25
2
25
2
6
故曲线右侧的土石层经道口B沿BP运往P处，曲线左侧的土石层 经道口A沿AP运往
P处，按这种方法运土石最省工.
相关解析几何的实际应用性试题在高考 中似乎还未涉及，其实在课本中还可找到典型的
范例，你知道吗？
解析几何解答题在历年的高考中常考常新, 体现在重视能力立意, 强调思维空间, 是用
活题考死知识的典范. 考题求解时考查了等价转化, 数形结合, 分类讨论, 函数与方程等数
学思想, 以及定义法, 配方法, 待定系数法, 参数法, 判别式法等数学通法.








当前第
9
页共9页