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1、（全國通用版）2022高考數學二輪復習 板塊四 考前回扣 專題7 解析幾何學案 理 1．直線方程的五種形式 (1)點斜式：y－y1＝k(x－x1)(直線過點P1(x1，y1)，且斜率為k，不包括y軸和平行于y軸的直線)． (2)斜截式：y＝kx＋b(b為直線l在y軸上的截距，且斜率為k，不包括y軸和平行于y軸的直線)． (3)兩點式：＝(直線過點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，且x1≠x2，y1≠y2，不包括坐標軸和平行于坐標軸的直線)． (4)截距式：＋＝1(a，b分別為直線的橫、縱截距，且a≠0，b≠0，不包括坐標軸、平行于坐標軸和過原點的直線)． (5)一般式：Ax＋

2、By＋C＝0(其中A，B不同時為0)． 2．直線的兩種位置關系 當不重合的兩條直線l1和l2的斜率存在時： (1)兩直線平行l(wèi)1∥l2?k1＝k2. (2)兩直線垂直l1⊥l2?k1·k2＝－1. 提醒　當一條直線的斜率為0，另一條直線的斜率不存在時，兩直線也垂直，此種情形易忽略． 3．三種距離公式 (1)A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點間的距離 |AB|＝. (2)點到直線的距離d＝(其中點P(x0，y0)，直線方程為Ax＋By＋C＝0)． (3)兩平行線間的距離d＝(其中兩平行線方程分別為l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0)． 提醒　應用兩平

3、行線間距離公式時，注意兩平行線方程中x，y的系數應對應相等． 4．圓的方程的兩種形式 (1)圓的標準方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2. (2)圓的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)． 5．直線與圓、圓與圓的位置關系 (1)直線與圓的位置關系：相交、相切、相離，代數判斷法與幾何判斷法． (2)圓與圓的位置關系：相交、內切、外切、外離、內含，代數判斷法與幾何判斷法． 6．圓錐曲線的定義、標準方程與幾何性質 名稱 橢圓 雙曲線 拋物線 定義 |PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|) ||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F

4、1F2|) |PF|＝|PM|點F不在直線l上，PM⊥l于M 標準方程 ＋＝1(a>b>0) －＝1(a>0，b>0) y2＝2px(p>0) 圖形 幾何性質 范圍 |x|≤a，|y|≤b |x|≥a x≥0 頂點 (±a,0)，(0，±b) (±a,0) (0,0) 對稱性 關于x軸，y軸和原點對稱 關于x軸對稱 焦點 (±c,0) 軸 長軸長2a，短軸長2b 實軸長2a，虛軸長2b 離心率 e＝＝ (01) e＝1 準線 x＝－ 漸近線 y＝±x 7.直線與圓錐曲

5、線的位置關系 判斷方法：通過解直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立得到的方程組進行判斷． 弦長公式：|AB|＝|x1－x2|＝ |y1－y2|. 8．解決范圍、最值問題的常用解法 (1)數形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，數形結合求解． (2)構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解． (3)構建函數法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數，再求其值域． 9．定點問題的思路 (1)動直線l過定點問題，解法：設動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)． (2)動曲線C

6、過定點問題，解法：引入參變量建立曲線C的方程，再根據其對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點． 10．求解定值問題的兩大途徑 (1) → (2)先將式子用動點坐標或動線中的參數表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值． 11．解決存在性問題的解題步驟 第一步：先假設存在，引入參變量，根據題目條件列出關于參變量的方程(組)或不等式(組)； 第二步：解此方程(組)或不等式(組)，若有解則存在，若無解則不存在； 第三步：得出結論. 1．不能準確區(qū)分直線傾斜角的取值范圍以及斜率與傾斜角的關系，導致由斜率的取值范圍確定傾斜角的范圍時出錯． 2

7、．易忽視直線方程的幾種形式的限制條件，如根據直線在兩軸上的截距相等設方程時，忽視截距為0的情況，直接設為＋＝1；再如，過定點P(x0，y0)的直線往往忽視斜率不存在的情況直接設為y－y0＝k(x－x0)等． 3．討論兩條直線的位置關系時，易忽視系數等于零時的討論導致漏解，如兩條直線垂直時，一條直線的斜率不存在，另一條直線斜率為0. 4．在解析幾何中，研究兩條直線的位置關系時，要注意有可能這兩條直線重合；在立體幾何中提到的兩條直線，一般可理解為它們不重合． 5．求解兩條平行線之間的距離時，易忽視兩直線系數不相等，而直接代入公式，導致錯解． 6．在圓的標準方程中，誤把r2當成r；在圓的一般

8、方程中，忽視方程表示圓的條件． 7．易誤認兩圓相切為兩圓外切，忽視兩圓內切的情況導致漏解． 8．利用橢圓、雙曲線的定義解題時，要注意兩種曲線的定義形式及其限制條件．如在雙曲線的定義中，有兩點是缺一不可的：其一，絕對值；其二，2a<|F1F2|.如果不滿足第一個條件，動點到兩定點的距離之差為常數，而不是差的絕對值為常數，那么其軌跡只能是雙曲線的一支． 9．易混淆橢圓的標準方程與雙曲線的標準方程，尤其是方程中a，b，c三者之間的關系，導致計算錯誤． 10．已知雙曲線的漸近線方程求雙曲線的離心率時，易忽視討論焦點所在坐標軸導致漏解． 11.直線與圓錐曲線相交的必要條件是它們構成的方程組有

9、實數解，消元后得到的方程中要注意：二次項的系數是否為零，判別式Δ≥0的限制．尤其是在應用根與系數的關系解決問題時，必須先有“判別式Δ≥0”；在求交點、 弦長、中點、斜率、對稱或存在性問題時都應在“Δ>0”下進行． 1．直線2mx－(m2＋1)y－＝0的傾斜角的取值范圍為(　　) A．[0，π) B.∪ C. D.∪ 答案　C 解析　由已知可得m≥0，直線的斜率k＝.當m＝0時，k＝0；當m>0時，k＝＝≤＝1，又因為m>0，所以0

10、0(a≠0)與圓x2＋y2－2＝0的位置關系為(　　) A．相離 B．相切 C．相交或相切 D．相交 答案　C 解析　由已知可得，圓的圓心坐標為(0,0)，半徑為， 圓心到直線的距離為，其中(a＋b)2≤2(a2＋b2)，所以圓心到直線的距離為≤，所以直線與圓相交或相切，故選C. 3．曲線x2＋(y－1)2＝1(x≤0)上的點到直線x－y－1＝0的距離的最大值為a，最小值為b，則a－b的值是(　　) A. B．2 C.＋1 D.－1 答案　C 解析　因為圓心(0,1)到直線x－y－1＝0的距離為＝>1，所以半圓x2＋(y－1)2＝1(x≤0)上的點到直線x－

11、y－1＝0的距離的最大值為＋1，到直線x－y－1＝0的距離的最小值為點(0,0)到直線x－y－1＝0的距離，為， 所以a－b＝＋1－＝＋1. 4．直線3x＋4y－5＝0與圓x2＋y2＝4相交于A，B兩點，則弦AB的長等于(　　) A．4 B．3 C．2 D. 答案　C 解析　由于圓x2＋y2＝4的圓心為O(0,0)，半徑r＝2，而圓心O(0,0)到直線3x＋4y－5＝0的距離d＝＝1，∴|AB|＝2＝2＝2. 5．與圓O1：x2＋y2＋4x－4y＋7＝0和圓O2：x2＋y2－4x－10y＋13＝0都相切的直線條數是(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 答案　B

12、 解析　O1(－2,2)，r1＝1，O2(2,5)，r2＝4， ∴|O1O2|＝5＝r1＋r2， ∴圓O1和圓O2外切， ∴與圓O1和圓O2都相切的直線有3條．故選B. 6．設O為坐標原點，P是以F為焦點的拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點，M是線段PF上的點，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為(　　) A. B. C. D．1 答案　C 解析　如圖， 由題意可知F，設P點坐標為， 顯然，當y0<0時，kOM<0； 當y0>0時，kOM>0，要求kOM的最大值，不妨設y0>0，則＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝，kOM＝＝≤＝，當且僅當y＝2p2時，等

13、號成立，故選C. 7．已知拋物線y2＝8x的準線與雙曲線－＝1(a>0)相交于A，B兩點，點F為拋物線的焦點，△ABF為直角三角形，則雙曲線的離心率為(　　) A．3 B．2 C. D. 答案　A 解析　依題意知， 拋物線的準線為x＝－2，代入雙曲線方程得 y＝±·， 不妨設A. ∵△FAB是等腰直角三角形， ∴＝p＝4，求得a＝， ∴雙曲線的離心率為e＝＝＝＝3， 故選A. 8．若點O和點F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，則·的最大值為(　　) A．2 B．3 C．6 D．8 答案　C 解析　由題意得F(－1,0)，設點P

14、(x0，y0)， 則y＝3(－2≤x0≤2)． ·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y ＝x＋x0＋3 ＝(x0＋2)2＋2. 又因為－2≤x0≤2，所以當x0＝2時，·取得最大值，最大值為6，故選C. 9．已知函數y＝f(x)＝ax＋1－2(a>0且a≠1)的圖象恒過定點A，設拋物線E：y2＝4x上任意一點M到準線l的距離為d，則d＋的最小值為(　　) A．5 B. C. D. 答案　C 解析　當x＋1＝0，即x＝－1時，y＝－1，故A(－1，－1)，設拋物線的焦點為F(1,0)，根據拋物線的定義可知，當F、A、M三點共線時d＋的最小值為＝. 10．我們把焦點相同，

15、且離心率互為倒數的橢圓和雙曲線稱為一對“相關曲線”．已知F1，F2是一對相關曲線的焦點，P是它們在第一象限的交點，當∠F1PF2＝30°時，這一對相關曲線中橢圓的離心率是(　　) A．7－4 B．2－ C.－1 D．4－2 答案　B 解析　由題意設橢圓方程為＋＝1， 雙曲線方程為－＝1，且c＝c1. 由題意·＝1，(*) 由∠F1PF2＝30°及余弦定理，得 橢圓中：4c2＝4a2－(2＋)|PF1||PF2|， 雙曲線中：4c2＝4a＋(2－)|PF1||PF2|， 可得b＝(7－4)b2，代入(*)式，得 c4＝aa2＝(c2－b)a2＝(8－4)c2a2－(

16、7－4)a4， 即e4－(8－4)e2＋(7－4)＝0， 得e2＝7－4，即e＝2－，故選B. 11．已知直線l：mx－y＝1，若直線l與直線x＋m(m－1)y＝2垂直，則m的值為________；動直線l：mx－y＝1被圓C：x2－2x＋y2－8＝0截得的最短弦長為________． 答案　0或2　2 解析　由兩直線垂直的充要條件得m×1＋(－1)×m(m－1)＝0，∴m＝0或m＝2；圓的半徑為3，動直線l過定點(0，－1)，當圓心(1,0)到直線的距離最長，即d＝＝時，弦長最短，此時弦長為2＝2. 12．已知直線l：mx＋y＋3m－＝0與圓x2＋y2＝12交于A，B兩點，過A，

17、B分別作l的垂線與x軸交于C，D兩點，若|AB|＝2，則|CD|＝________. 答案　4 解析　設AB的中點為M，由題意知，圓的半徑R＝2，|AB|＝2，所以|OM|＝3，解得m＝－， 由解得A(－3，)，B(0,2)， 則AC的直線方程為y－＝－(x＋3)，BD的直線方程為y－2＝－x，令y＝0，解得C(－2,0)，D(2,0)，所以|CD|＝4. 13．已知F1，F2是雙曲線－＝1的焦點，PQ是過焦點F1的弦，且PQ的傾斜角為60°，那么|PF2|＋|QF2|－|PQ|的值為________． 答案　16 解析　由雙曲線方程－＝1知，2a＝8， 由雙曲線的定義，得|P

18、F2|－|PF1|＝2a＝8，① |QF2|－|QF1|＝2a＝8，② ①＋②得|PF2|＋|QF2|－(|QF1|＋|PF1|)＝16. ∴|PF2|＋|QF2|－|PQ|＝16. 14．在直線y＝－2上任取一點Q，過Q作拋物線x2＝4y的切線，切點分別為A，B，則直線AB恒過定點________． 答案　(0,2) 解析　設Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，拋物線方程變?yōu)閥＝x2，則y′＝x，則在點A處的切線方程為y－y1＝x1(x－x1)，化簡得y＝x1x－y1，同理，在點B處的切線方程為y＝x2x－y2.又點Q(t，－2)的坐標滿足這兩個方程，代入得－2＝

19、x1t－y1，－2＝x2t－y2，則說明A(x1，y1)，B(x2，y2)都滿足方程－2＝xt－y，即直線AB的方程為y－2＝tx，因此直線AB恒過定點(0,2)． 15．已知過點A(0,1)且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N兩點． (1)求k的取值范圍； (2)若·＝12，其中O為坐標原點，求|MN|. 解　(1)由題設可知，直線l的方程為y＝kx＋1， 因為l與圓C交于兩點，所以<1. 解得

20、)x2－4(1＋k)x＋7＝0. Δ＝16(1＋k)2－4(1＋k2)×7 ＝－12k2＋32k－12>0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. ·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝＋8. 由題設可得＋8＝12，解得k＝1， 經檢驗，滿足Δ>0. 所以l的方程為y＝x＋1. 故圓心C在l上，所以|MN|＝2. 16．已知圓F1：(x＋1)2＋y2＝r2與圓F2：(x－1)2＋y2＝(4－r)2(0

21、； (2)證明直線AB恒過定點，并求定點的坐標； (3)求△ABM的面積的最大值． 解　(1)設圓F1，圓F2的公共點為Q， 由已知得|F1F2|＝2，|QF1|＝r，|QF2|＝4－r， 故|QF1|＋|QF2|＝4>|F1F2|， 因此曲線E是長軸長2a＝4，焦距2c＝2的橢圓，且b2＝a2－c2＝3，所以曲線E的方程為＋＝1. (2)由曲線E的方程，得上頂點M(0，)，記A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知，x1≠0，x2≠0，若直線AB的斜率不存在，則直線AB的方程為x＝x1，故y1＝－y2，且y＝y(tǒng)＝3，因此kMA·kMB＝·＝－＝，與已知不符，因此直線AB的斜

22、率存在，設直線AB：y＝kx＋m，代入橢圓E的方程＋＝1，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0.(*) 因為直線AB與曲線E有公共點A，B， 所以方程(*)有兩個非零不等實根x1，x2， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝， 又kAM＝＝， kMB＝＝， 由kAM·kBM＝， 得4(kx1＋m－)(kx2＋m－)＝x1x2， 即(4k2－1)x1x2＋4k(m－)(x1＋x2)＋4(m－)2＝0， 所以4(m2－3)(4k2－1)＋4k(m－)(－8km)＋4(m－)2(3＋4k2)＝0， 化簡得m2－3m＋6＝0，故m＝或m＝2， 結合x1x2≠0知，m＝2，即直線AB恒過定點N(0,2)． (3)由Δ>0且m＝2得k<－或k>， 又S△ABM＝|S△ANM－S△BNM|＝|MN|·|x2－x1| ＝ ＝ ＝＝≤， 當且僅當4k2－9＝12，即k＝±時，△ABM的面積最大，最大值為.