资源简介

(共26张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1
2
3
4
1.(2024·郑州模拟)过点M(t,0)(t<0),斜率为的直线l与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点N,且|MN|=4.
(1)求抛物线C的方程;
解:由题意得直线l的方程为y=(x-t),
即x=y+t,与y2=2px联立并消去x得y2-2py-2pt=0.
因为直线l与抛物线C相切,所以(-2p)2+8pt=0,整理得3p+2t=0,
1
2
3
4
代入y2-2py-2pt=0,解得y=p,
则x==,即N.
因为|MN|==4,所以-t=6,由解得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
1
2
3
4
(2)斜率为-的直线与C交于与点N不重合的点P,Q,判断是否存在直线l',使得点Q关于l'的对称点Q'恒与P,N共线,若存在,求出l'的方程,若不存在,请说明理由.
解:由(1)得N(3,2),
假设存在直线l',使得点Q关于l'的对称点Q'恒与P,N共线,则直线NP,NQ关于l'对称,设P(x1,y1),Q(x2,y2),
直线PQ的方程为x=-y+b,
与y2=4x联立并消去x得y2+4y-4b=0,则Δ=(4)2+16b>0,b>-3.
1
2
3
4
y1+y2=-4,y1y2=-4b.
所以直线PN的斜率
k1===,
所以直线NQ的斜率
k2===,
1
2
3
4
k1+k2=+
=
==0,
所以直线NP,NQ关于直线x=3或y=2对称,所以存在直线l',使得点Q关于l'的对称点Q'恒与P,N共线,且l'的方程为x=3或y=2.
1
2
3
4
2.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦点和上顶点分别为F1,F2,B,定义:△F1BF2为椭圆C的“特征三角形”,如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形,那么称这两个椭圆为“相似椭圆”,且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比,已知点F(,0)是椭圆C1:+=1的一个焦点,且C1上任意一点到它的两焦点的距离之和为4.
(1)若椭圆C2与椭圆C1相似,且C2与C1的相似比为2∶1,求椭圆C2的方程;
1
2
3
4
解:根据题意知椭圆C1:2a=4,∴a=2,c=,∴b=1,椭圆C1:+y2=1,
椭圆C2与椭圆C1相似,且C2与C1的相似比为2∶1,则a2=4,b2=2,椭圆C2的方程为+=1.
1
2
3
4
(2)已知点P(m,n)(mn≠0)是椭圆C1上的任意一点,若点Q是直线y=nx与抛物线x2=y异于原点的交点,证明:点Q一定在双曲线4x2-4y2=1上;
解:证明:点P(m,n)(mn≠0)是椭圆C1上的一点,则+n2=1,
设Q(x0,y0),∴∴故4-4=-===1,所以点Q一定在双曲线4x2-4y2=1上.
1
2
3
4
(3)已知直线l:y=x+1,与椭圆C1相似且短半轴长为b的椭圆为Cb,是否存在正方形ABCD(设其面积为S),使得A,C在直线l上,B,D在曲线Cb上 若存在,求出函数S=f(b)的解析式及定义域;若不存在,请说明理由.
解:Cb:+=1,根据题意,只需Cb上存在两点B,D关于l:y=x+1对称即可,
设BD:y=-x+m,设B(x1,y1),D(x2,y2),BD的中点为E(x3,y3),
∴5x2-8mx+4m2-4b2=0,
1
2
3
4
Δ=64m2-16×5×(m2-b2)>0,∴5b2>m2.由根与系数的关系得x1+x2=m,x1x2=,x3=,y3=-x3+m=m,
E(x3,y3)在直线y=x+1上,则=+1,
∴m=-,故b2>,∴b>,
1
2
3
4
此时正方形的边长为,|BD|= |x1-x2|==,
故f(b)=b2-,b∈.
1
2
3
4
3.(2024·铜川模拟)若A,B是抛物线y2=2px(p>0)上的不同两点,弦AB(不平行于y轴)的垂直平分线与x轴相交于点P,则称弦AB是点P的一条“相关弦”.已知当x0>p时,点P(x0,0)存在无穷多条“相关弦”.
(1)证明:点P(x0,0)(x0>p)的所有“相关弦”的中点的横坐标相同;
解:证明:设AB为点P(x0,0)(x0>p)的任意一条“相关弦”,且点A,B的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2)(x1≠x2),
则=2px1,=2px2,两式相减得(y1+y2)(y1-y2)=2p(x1-x2),
因为x1≠x2,所以y1+y2≠0.
1
2
3
4
设直线AB的斜率为k,弦AB的中点是M(xm,ym),
则k====,可得AB的垂直平分线l的方程为y-ym=-(x-xm).
又点P(x0,0)在直线l上,所以-ym=-(x0-xm),
因为ym≠0,可得xm=x0-p,
故点P(x0,0)的所有“相关弦”的中点的横坐标都为x0-p,即横坐标相同.
1
2
3
4
(2)当p=2时,试问:点P(x0,0)(x0>2)的“相关弦”的弦长中是否存在最大值 若存在,求其最大值(用x0表示);若不存在,请说明理由.
解:由(1)得,弦AB所在直线的方程为y-ym=k(x-xm),且k=,x1+x2=2xm,xm=x0-2,联立方程组整理得k2x2+2[k(ym-kxm)-2]x+=0,
所以x1x2====(-2xm)2,
1
2
3
4
则|AB|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(1+k2)·[(x1+x2)2-4x1x2]=[4-(-2xm)2]=(4xm-)=-+4(xm-1)+16xm=-[-2(xm-1)]2+4(xm+1)2=-[-2(x0-3)]2+4(x0-1)2.
因为0<<4xm=4(x0-2)=4x0-8,
令t=,则t∈(0,4x0-8),记g(t)=-[t-2(x0-3)]2+4(x0-1)2,则g(t)=|AB|2,
当x0>3时,则2(x0-3)∈(0,4x0-8),
1
2
3
4
因此当t=2(x0-3)时,g(t)有最大值4(x0-1)2,即|AB|的最大值为2(x0-1);
当2所以0综上,当x0>3时,点P(x0,0)的“相关弦”的弦长中存在最大值,且最大值为2(x0-1);
当21
2
3
4
4.(2024·青岛三模)在平面内,若直线l将多边形分为两部分,多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等,则称l为多边形的一条“等线”.已知O为坐标原点,双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,E的离心率为2,点P为E右支上一动点,直线m与曲线E相切于点P,且与E的渐近线交于A,B两点,当PF2⊥x轴时,直线y=1为△PF1F2的等线.
(1)求E的方程;
1
2
3
4
解:由题意知P,F1(-c,0),F2(c,0),显然点P在直线y=1的上方,
因为直线y=1为△PF1F2的等线,所以-1=2,e==2,c2=a2+b2,
解得a=1,b=,所以E的方程为x2-=1.
1
2
3
4
(2)若y=x是四边形AF1BF2的等线,求四边形AF1BF2的面积;
解:设P(x0,y0),切线m:y-y0=k(x-x0),联立x2-=1,得
(3-k2)x2+2k(kx0-y0)x-(k2+-2kx0y0+3)=0,
故[2k(kx0-y0)]2+4(3-k2)(k2+-2kx0y0+3)=0,
该式可以看作关于k的一元二次方程(-1)k2-2x0y0k++3=0,
所以k===,即m方程为x0x-=1.(*)
1
2
3
4
当m的斜率不存在时,也成立,
渐近线方程为y=±x,不妨设A在B上方,
联立得xA=,xB=,故xA+xB=+=2x0,
所以P是线段AB的中点,因为F1,F2到过O的直线距离相等,
则过O点的等线必定满足:A,B到该等线距离相等,且分居两侧.
1
2
3
4
所以该等线必过点P,即OP的方程为y=x,
由
解得故P(,).
1
2
3
4
所以yA=xA===+3,
所以yB=-xB=-==-3,
所以|yA-yB|=6,所以 =|F1F2|·|yA-yB|=2|yA-yB|=12.
1
2
3
4
(3)设=,点G的轨迹为曲线Γ,证明:Γ在点G处的切线n为△AF1F2的等线.
解:证明:设G(x,y),由=,所以x0=3x,y0=3y,
故曲线Γ的方程为9x2-3y2=1(x>0),
由(*)知切线n为x-=1,
即x0x-=,即3x0x-y0y-1=0,
1
2
3
4
易知A与F2在n的右侧,F1在n的左侧,分别记F1,F2,A到n的距离为d1,d2,d3,
由(2)知xA=,yA=·=,所以d3=
===,
1
2
3
4
由x0≥1得d1==,
d2==,
因为d2+d3=+==d1,
所以直线n为△AF1F2的等线.(共36张PPT)
探究与创新问题
习题讲评(七)
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　探究问题
教学点(二)　创新问题
探究问题
教学点（一）
[典例]　(2024·宿迁三模)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M在双曲线C上,且直线MF2的倾斜角是直线MF1的倾斜角的2倍.
(1)求双曲线C的标准方程;
解:设双曲线C的焦距为2c,因为直线MF2的倾斜角是直线MF1的倾斜角的2倍,
可得∠MF1F2=∠F1MF2,所以|F1F2|=|F2M|,因为M,可得
|F2M|== ,且|F1F2|=2c,
所以=2c,解得c=2或c=-(舍去).
又因为点M在双曲线C上,
所以-=4,联立方程组
解得或(舍去),
所以双曲线C的方程为x2-=1.
(2)若A,B是双曲线C上的两个动点,且恒有∠AOB=,是否存在定圆与直线AB相切 若存在,求出定圆的方程,若不存在,请说明理由.
解:①若直线AB的斜率不存在,设AB方程为x=t,
因为∠AOB=,再设A(t,y0),B(t,-y0),则·=0,可得t2-=0,
由t2-=1,联立方程组,解得t=±,可得原点到直线AB的距离为.
②若直线AB的斜率存在,设AB方程为l:y=kx+m,又∠AOB=,设A(x1,y1),B(x2,y2),则·=0,即x1x2+y1y2=0,
则(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,(*)
联立方程组整理得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0,
当3-k2≠0且Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)>0,即k≠±且k2x1+x2=,x1x2=,
代入(*)得(k2+1)[-(m2+3)]+km·2mk+m2(3-k2)=0,即2m2=3(k2+1)(其中k≠±),
原点O到直线AB的距离d=====.
综合①②,存在以原点为圆心,半径为的圆与直线AB相切,
所求定圆的方程为x2+y2=.
|思|维|建|模|
圆锥曲线探究问题中的常见问题及解题策略
圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面:①探索点是否存在;②探索曲线是否存在;③探索命题是否成立.解决此类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在,否则元素(点、直线、曲线或参数)不存在.反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
已知抛物线C:y2=2px(p>0),焦点为F，准线l与x轴交于点M,A(x0,y0)为抛物线C上一点,AD⊥l交y轴于点D.当y0=4时,=+.
(1)求抛物线C的方程;
解:因为当y0=4时,=+,所以四边形MFAD为平行四边形,所以|AD|=|MF|=p,即x0=p,所以A(p,4),
将A(p,4)代入y2=2px,得32=2p2,解得p=4,
所以抛物线C的方程为y2=8x.
即时训练
(2)设直线AM与抛物线C的另一交点为B(点B在点A,M之间),过点F且垂直于x轴的直线交AM于点N.是否存在实数λ,使得|AM||BN|=λ|BM||AN| 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
解:如图,由题意,得M(-2,0).由直线AM斜率不能为0,设其方程为x=my-2(m≠0),
B(x1,y1),则N.由得y2-8my+16=0,Δ=64m2-64>0,所以y0+y1=8m,y0y1=16.
假设存在实数λ,使得|AM||BN|=λ|BM||AN|,即=λ.
由题意,知=,==,所以·=·=.
又y0+y1=8m,y0y1=16,
所以·===1,
即存在实数λ=1,使得|AM||BN|=λ|BM||AN|成立.
创新问题
教学点（二）
[典例]　(2024·新课标Ⅱ卷,节选)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0(1)若k=,求x2,y2;
解:将点P1(5,4)的坐标代入C的方程得52-42=m,解得m=9,所以C:x2-y2=9.
过点P1(5,4)且斜率k=的直线方程为y=(x-5)+4,与C的方程联立,消去y化简可得x2-2x-15=0,即(x-5)(x+3)=0,
所以点Q1的横坐标为-3,将x=-3代入直线方程,得y=0,
因此Q1(-3,0),从而P2(3,0),即x2=3,y2=0.
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
解:法一:证明:由题意,Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Qn(-xn+1,yn+1).
设过点Pn(xn,yn)且斜率为k的直线为ln:y=k(x-xn)+yn,
将ln的方程与C的方程联立,消去y化简可得(1-k2)x2+(2k2xn-2kyn)x-(kxn-yn)2-9=0,
由根与系数的关系得-xn+1+xn=-,
所以xn+1=+xn=.
又Qn(-xn+1,yn+1)在直线ln上,
所以yn+1=k(-xn+1-xn)+yn=-kxn+1-kxn+yn.
从而xn+1-yn+1=xn+1+kxn+1+kxn-yn=(1+k)xn+1+kxn-yn=(1+k)·+kxn-yn=·(xn-yn),
易知xn-yn≠0,所以数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
法二:证明:由题意,Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Qn(-xn+1,yn+1).
由点Pn,Qn所在直线的斜率为k,
可知k=.
又点Pn,Qn都在C上,所以
即
易知xn-yn≠0,
则===
==,
即数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
|思|维|建|模|　创新问题的5个速破策略
吃透定义 圆锥曲线的定义是解决问题的基础,而创新问题中可能会给出基本定义之上的补充定义,吃透定义方能准确破题
方程思想 圆锥曲线的方程是描述曲线轨迹特征的重要工具,要掌握各种圆锥曲线的方程形式和求解方法以及它们之间的关系
参数方程 参数方程是描述圆锥曲线的一种有效方法,熟练掌握常用曲线的参数方程,往往能事半功倍
数形结合 利用图象可以直观地理解圆锥曲线的特征和性质,要掌握各种圆锥曲线的图象特征和绘制方法
分类讨论 圆锥曲线创新问题有时需要根据曲线的类型、方程的形式、点的位置等因素进行分类讨论,熟练掌握分类讨论的思想方法对破题十分有益
续表
(2024·日照一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,经过点F1且倾斜角为θ的直线l与椭圆交于A,B两点(其中点A在x轴上方),且△ABF2的周长为8.将平面xOy沿x轴向上折叠,使二面角A F1F2 B为直二面角,如图所示,折叠后A,B在新图形中对应点记为A',B'.
即时训练
即时训练
(1)当θ=时,
①求证:A'O⊥B'F2;
②求平面A'F1F2和平面A'B'F2所成角的余弦值;
解:①证明:由椭圆定义可知|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,
所以△ABF2的周长L=4a=8,所以a=2.
因为离心率为,故=,解得c=1,
则b2=a2-c2=3.由题意,椭圆的焦点在x轴上,
所以椭圆方程为+=1.
直线l:y-0=tan·(x+1),即l:y=(x+1),
联立+=1得15x2+24x=0,解得x=0或x=-,
当x=0时,y=×(0+1)=,
当x=-时,y=×=-.
因为点A在x轴上方,
所以A(0,),B,
故AO⊥F1F2,折叠后有A'O⊥F1F2,
因为二面角A F1F2 B为直二面角,即平面A'F1F2⊥平面F1F2B',交线为F1F2,
A'O 平面A'F1F2,
所以A'O⊥平面F1F2B'.
因为F2B' 平面F1F2B',所以A'O⊥F2B'.
②以O为坐标原点,折叠后的y轴负方向为x轴正方向,原x轴为y轴,原y轴正方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,则F1(0,-1,0),A'(0,0,),B',F2(0,1,0),
=(0,1,-),=,
其中平面A'F1F2的一个法向量n1=(1,0,0),
设平面A'B'F2的法向量为n2=(x,y,z),
则
令y=得x=,z=1,故n2=.
设平面A'B'F2与平面A'F1F2的夹角为φ,
则cos φ=|cos|===,
故平面A'B'F2与平面A'F1F2的夹角的余弦值为.
(2)是否存在θ,使得折叠后△A'B'F2的周长为 若存在,求tan θ的值;若不存在,请说明理由.
审题破题:本题将立体几何和解析几何结合,考查学生的综合能力,在解决图形的翻折问题时,应找出其中变化的量和没有变化的量,包括位置关系和数量关系,通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化,不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化,解题时应抓住不变量,利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解.
解:设折叠前A(x1,y1),B(x2,y2),折叠后对应的A'(0,x1,y1),B'(-y2,x2,0),
设直线l方程为my=x+1,
将直线l与椭圆方程+=1联立,
得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ>0,
则y1+y2=,y1y2=,
在折叠前可知|AB|=,
折叠后,在空间直角坐标系中,
|A'B'|=,
由|A'F2|+|B'F2|+|A'B'|=,|AF2|+|BF2|+|AB|=8,故|AB|-|A'B'|=,
所以|AB|-|A'B'|=-=　①,
分子有理化得
=,
所以 +=-4y1y2　②,
由①②得=-2y1y2,
因为
=
=|y1-y2|,
故-2y1y2=|y1-y2|,
即-2y1y2= ,
将y1+y2=,y1y2=代入上式得
+= ,
两边平方后,整理得2 295m4+4 152m2-3 472=0,
即(45m2-28)(51m2+124)=0,解得m2=.
因为0<θ<,所以tan θ==.习题讲评(七)　探究与创新问题
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　探究问题
[典例]　(2024·宿迁三模)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M在双曲线C上,且直线MF2的倾斜角是直线MF1的倾斜角的2倍.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)若A,B是双曲线C上的两个动点,且恒有∠AOB=,是否存在定圆与直线AB相切 若存在,求出定圆的方程,若不存在,请说明理由.
[思维建模]
圆锥曲线探究问题中的常见问题及解题策略
圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面:①探索点是否存在;②探索曲线是否存在;③探索命题是否成立.解决此类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在,否则元素(点、直线、曲线或参数)不存在.反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
[训练]　已知抛物线C:y2=2px(p>0),焦点为F，准线l与x轴交于点M,A(x0,y0)为抛物线C上一点,AD⊥l交y轴于点D.当y0=4时,=+.
(1)求抛物线C的方程;
(2)设直线AM与抛物线C的另一交点为B(点B在点A,M之间),过点F且垂直于x轴的直线交AM于点N.是否存在实数λ,使得|AM||BN|=λ|BM||AN| 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
教学点(二)　创新问题
[典例]　(2024·新课标Ⅱ卷,节选)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0(1)若k=,求x2,y2;
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
[思维建模]　创新问题的5个速破策略
吃透定义 圆锥曲线的定义是解决问题的基础,而创新问题中可能会给出基本定义之上的补充定义,吃透定义方能准确破题
方程思想 圆锥曲线的方程是描述曲线轨迹特征的重要工具,要掌握各种圆锥曲线的方程形式和求解方法以及它们之间的关系
参数方程 参数方程是描述圆锥曲线的一种有效方法,熟练掌握常用曲线的参数方程,往往能事半功倍
数形结合 利用图象可以直观地理解圆锥曲线的特征和性质,要掌握各种圆锥曲线的图象特征和绘制方法
分类讨论 圆锥曲线创新问题有时需要根据曲线的类型、方程的形式、点的位置等因素进行分类讨论,熟练掌握分类讨论的思想方法对破题十分有益
[训练]　(2024·日照一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,经过点F1且倾斜角为θ的直线l与椭圆交于A,B两点(其中点A在x轴上方),且△ABF2的周长为8.将平面xOy沿x轴向上折叠,使二面角A F1F2 B为直二面角,如图所示,折叠后A,B在新图形中对应点记为A',B'.
(1)当θ=时,①求证:A'O⊥B'F2;
②求平面A'F1F2和平面A'B'F2所成角的余弦值;
(2)是否存在θ,使得折叠后△A'B'F2的周长为 若存在,求tan θ的值;若不存在,请说明理由.
教学环节二　课时作业讲评(请在各题的答题框内答题,以便投屏展示,现场评点)
1.(2024·郑州模拟)过点M(t,0)(t<0),斜率为的直线l与抛物线C:y2=2px(p>0)相切于点N,且|MN|=4.
(1)求抛物线C的方程;
(2)斜率为-的直线与C交于与点N不重合的点P,Q,判断是否存在直线l',使得点Q关于l'的对称点Q'恒与P,N共线,若存在,求出l'的方程,若不存在,请说明理由.
2.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦点和上顶点分别为F1,F2,B,定义:△F1BF2为椭圆C的“特征三角形”,如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形,那么称这两个椭圆为“相似椭圆”,且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比,已知点F(,0)是椭圆C1:+=1的一个焦点,且C1上任意一点到它的两焦点的距离之和为4.
(1)若椭圆C2与椭圆C1相似,且C2与C1的相似比为2∶1,求椭圆C2的方程;
(2)已知点P(m,n)(mn≠0)是椭圆C1上的任意一点,若点Q是直线y=nx与抛物线x2=y异于原点的交点,证明:点Q一定在双曲线4x2-4y2=1上;
(3)已知直线l:y=x+1,与椭圆C1相似且短半轴长为b的椭圆为Cb,是否存在正方形ABCD(设其面积为S),使得A,C在直线l上,B,D在曲线Cb上 若存在,求出函数S=f(b)的解析式及定义域;若不存在,请说明理由.
3.(2024·铜川模拟)若A,B是抛物线y2=2px(p>0)上的不同两点,弦AB(不平行于y轴)的垂直平分线与x轴相交于点P,则称弦AB是点P的一条“相关弦”.已知当x0>p时,点P(x0,0)存在无穷多条“相关弦”.
(1)证明:点P(x0,0)(x0>p)的所有“相关弦”的中点的横坐标相同;
(2)当p=2时,试问:点P(x0,0)(x0>2)的“相关弦”的弦长中是否存在最大值 若存在,求其最大值(用x0表示);若不存在,请说明理由.
4.(2024·青岛三模)在平面内,若直线l将多边形分为两部分,多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等,则称l为多边形的一条“等线”.已知O为坐标原点,双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,E的离心率为2,点P为E右支上一动点,直线m与曲线E相切于点P,且与E的渐近线交于A,B两点,当PF2⊥x轴时,直线y=1为△PF1F2的等线.
(1)求E的方程;
(2)若y=x是四边形AF1BF2的等线,求四边形AF1BF2的面积;
(3)设=,点G的轨迹为曲线Γ,证明:Γ在点G处的切线n为△AF1F2的等线.
习题讲评(七)　探究与创新问题
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　探究问题
[典例]　解:(1)设双曲线C的焦距为2c,因为直线MF2的倾斜角是直线MF1的倾斜角的2倍,
可得∠MF1F2=∠F1MF2,所以|F1F2|=|F2M|,因为M,可得|F2M|== ,且|F1F2|=2c,
所以=2c,解得c=2或c=-(舍去).
又因为点M在双曲线C上,
所以-=4,联立方程组
解得或(舍去),
所以双曲线C的方程为x2-=1.
(2)①若直线AB的斜率不存在,设AB方程为x=t,
因为∠AOB=,再设A(t,y0),B(t,-y0),则·=0,可得t2-=0,
由t2-=1,联立方程组,解得t=±,可得原点到直线AB的距离为.
②若直线AB的斜率存在,设AB方程为l:y=kx+m,又∠AOB=,设A(x1,y1),B(x2,y2),则·=0,即x1x2+y1y2=0,
则(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,(*)
联立方程组整理得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0,
当3-k2≠0且Δ=(-2km)2+4(3-k2)(m2+3)>0,即k≠±且k2x1+x2=,x1x2=,
代入(*)得(k2+1)[-(m2+3)]+km·2mk+m2(3-k2)=0,即2m2=3(k2+1)(其中k≠±),
原点O到直线AB的距离d==== =.
综合①②,存在以原点为圆心,半径为的圆与直线AB相切,
所求定圆的方程为x2+y2=.
[训练]　解:(1)因为当y0=4时,=+,所以四边形MFAD为平行四边形,所以|AD|=|MF|=p,即x0=p,所以A(p,4),
将A(p,4)代入y2=2px,得32=2p2,解得p=4,
所以抛物线C的方程为y2=8x.
(2)如图,由题意,得M(-2,0).由直线AM斜率不能为0,设其方程为x=my-2(m≠0),
B(x1,y1),则N.由得y2-8my+16=0,Δ=64m2-64>0,所以y0+y1=8m,y0y1=16.
假设存在实数λ,使得|AM||BN|=λ|BM||AN|,即=λ.
由题意,知=,==,
所以·=·=.
又y0+y1=8m,y0y1=16,
所以·===1,
即存在实数λ=1,使得|AM||BN|=λ|BM||AN|成立.
教学点(二)　创新问题
[典例]　解:将点P1(5,4)的坐标代入C的方程得52-42=m,解得m=9,所以C:x2-y2=9.
(1)过点P1(5,4)且斜率k=的直线方程为y=(x-5)+4,与C的方程联立,消去y化简可得x2-2x-15=0,即(x-5)(x+3)=0,
所以点Q1的横坐标为-3,将x=-3代入直线方程,得y=0,
因此Q1(-3,0),从而P2(3,0),即x2=3,y2=0.
(2)法一:证明:由题意,Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Qn(-xn+1,yn+1).
设过点Pn(xn,yn)且斜率为k的直线为ln:y=k(x-xn)+yn,
将ln的方程与C的方程联立,消去y化简可得(1-k2)x2+(2k2xn-2kyn)x-(kxn-yn)2-9=0,
由根与系数的关系得-xn+1+xn=-,
所以xn+1=+xn=.
又Qn(-xn+1,yn+1)在直线ln上,
所以yn+1=k(-xn+1-xn)+yn=-kxn+1-kxn+yn.
从而xn+1-yn+1=xn+1+kxn+1+kxn-yn=(1+k)xn+1+kxn-yn=(1+k)·+kxn-yn=·(xn-yn),
易知xn-yn≠0,所以数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
法二:证明:由题意,Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Qn(-xn+1,yn+1).
由点Pn,Qn所在直线的斜率为k,可知k=.
又点Pn,Qn都在C上,所以
即
易知xn-yn≠0,
则==
==
=,
即数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
[训练]　
审题破题:本题将立体几何和解析几何结合,考查学生的综合能力,在解决图形的翻折问题时,应找出其中变化的量和没有变化的量,包括位置关系和数量关系,通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化,不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化,解题时应抓住不变量,利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解.
解:(1)①证明:由椭圆定义可知|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,
所以△ABF2的周长L=4a=8,所以a=2.
因为离心率为,故=,解得c=1,
则b2=a2-c2=3.由题意,椭圆的焦点在x轴上,
所以椭圆方程为+=1.
直线l:y-0=tan·(x+1),即l:y=(x+1),
联立+=1得15x2+24x=0,解得x=0或x=-,
当x=0时,y=×(0+1)=,
当x=-时,y=×=-.
因为点A在x轴上方,
所以A(0,),B,
故AO⊥F1F2,折叠后有A'O⊥F1F2,
因为二面角A F1F2 B为直二面角,
即平面A'F1F2⊥平面F1F2B',交线为F1F2,
A'O 平面A'F1F2,
所以A'O⊥平面F1F2B'.
因为F2B' 平面F1F2B',所以A'O⊥F2B'.
②以O为坐标原点,折叠后的y轴负方向为x轴正方向,原x轴为y轴,原y轴正方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,则F1(0,-1,0),A'(0,0,),B',F2(0,1,0),
=(0,1,-),=,
其中平面A'F1F2的一个法向量n1=(1,0,0),
设平面A'B'F2的法向量为n2=(x,y,z),则
令y=得x=,z=1,故n2=.
设平面A'B'F2与平面A'F1F2的夹角为φ,
则cos φ=|cos|===,
故平面A'B'F2与平面A'F1F2的夹角的余弦值为.
(2)设折叠前A(x1,y1),B(x2,y2),折叠后对应的A'(0,x1,y1),B'(-y2,x2,0),
设直线l方程为my=x+1,
将直线l与椭圆方程+=1联立,
得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ>0,
则y1+y2=,y1y2=,
在折叠前可知|AB|=,
折叠后,在空间直角坐标系中,
|A'B'|=,
由|A'F2|+|B'F2|+|A'B'|=,|AF2|+|BF2|+|AB|=8,故|AB|-|A'B'|=,
所以|AB|-|A'B'|=-=　①,
分子有理化得
=,
所以 +=-4y1y2　②,
由①②得=-2y1y2,
因为
=
=|y1-y2|,
故-2y1y2=|y1-y2|,
即-2y1y2= ,
将y1+y2=,y1y2=代入上式得
+= ,
两边平方后,整理得2 295m4+4 152m2-3 472=0,
即(45m2-28)(51m2+124)=0,解得m2=.
因为0<θ<,所以tan θ==.
教学环节二　课时作业讲评
1.解:(1)由题意得直线l的方程为y=(x-t),
即x=y+t,与y2=2px联立并消去x得y2-2py-2pt=0.
因为直线l与抛物线C相切,所以(-2p)2+8pt=0,整理得3p+2t=0,
代入y2-2py-2pt=0,解得y=p,
则x==,即N.
因为|MN|==4,所以-t=6,
由解得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由(1)得N(3,2),
假设存在直线l',使得点Q关于l'的对称点Q'恒与P,N共线,则直线NP,NQ关于l'对称,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
直线PQ的方程为x=-y+b,
与y2=4x联立并消去x得y2+4y-4b=0,
则Δ=(4)2+16b>0,b>-3.
y1+y2=-4,y1y2=-4b.
所以直线PN的斜率
k1===,
所以直线NQ的斜率
k2===,
k1+k2=+=
==0,
所以直线NP,NQ关于直线x=3或y=2对称,所以存在直线l',使得点Q关于l'的对称点Q'恒与P,N共线,且l'的方程为x=3或y=2.
2.解:(1)根据题意知椭圆C1:2a=4,∴a=2,c=,
∴b=1,椭圆C1:+y2=1,
椭圆C2与椭圆C1相似,且C2与C1的相似比为2∶1,则a2=4,b2=2,椭圆C2的方程为+=1.
(2)证明:点P(m,n)(mn≠0)是椭圆C1上的一点,则+n2=1,
设Q(x0,y0),∴∴
故4-4=-===1,所以点Q一定在双曲线4x2-4y2=1上.
(3)Cb:+=1,根据题意,只需Cb上存在两点B,D关于l:y=x+1对称即可,
设BD:y=-x+m,设B(x1,y1),D(x2,y2),BD的中点为E(x3,y3),
∴5x2-8mx+4m2-4b2=0,
Δ=64m2-16×5×(m2-b2)>0,∴5b2>m2.由根与系数的关系得x1+x2=m,x1x2=,x3=,y3=-x3+m=m,
E(x3,y3)在直线y=x+1上,则=+1,
∴m=-,故b2>,∴b>,
此时正方形的边长为,|BD|= |x1-x2|== ,
故f(b)=b2-,b∈.
3.解:(1)证明:设AB为点P(x0,0)(x0>p)的任意一条“相关弦”,且点A,B的坐标分别是(x1,y1),(x2,y2)(x1≠x2),
则=2px1,=2px2,两式相减得(y1+y2)(y1-y2)=2p(x1-x2),
因为x1≠x2,所以y1+y2≠0.
设直线AB的斜率为k,弦AB的中点是M(xm,ym),
则k====,可得AB的垂直平分线l的方程为y-ym=-(x-xm).
又点P(x0,0)在直线l上,所以-ym=-(x0-xm),
因为ym≠0,可得xm=x0-p,
故点P(x0,0)的所有“相关弦”的中点的横坐标都为x0-p,即横坐标相同.
(2)由(1)得,弦AB所在直线的方程为y-ym=k(x-xm),且k=,x1+x2=2xm,xm=x0-2,
联立方程组整理得k2x2+2[k(ym-kxm)-2]x+=0,
所以x1x2====(-2xm)2,
则|AB|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(1+k2)·[(x1+x2)2-4x1x2]=[4-(-2xm)2]=(4xm-)=-+4(xm-1)+16xm=-[-2(xm-1)]2+4(xm+1)2=-[-2(x0-3)]2+4(x0-1)2.
因为0<<4xm=4(x0-2)=4x0-8,
令t=,则t∈(0,4x0-8),记g(t)=-[t-2(x0-3)]2+4(x0-1)2,则g(t)=|AB|2,
当x0>3时,则2(x0-3)∈(0,4x0-8),
因此当t=2(x0-3)时,g(t)有最大值4(x0-1)2,即|AB|的最大值为2(x0-1);
当2所以0综上,当x0>3时,点P(x0,0)的“相关弦”的弦长中存在最大值,且最大值为2(x0-1);
当24.解:(1)由题意知P,F1(-c,0),F2(c,0),显然点P在直线y=1的上方,
因为直线y=1为△PF1F2的等线,所以-1=2,e==2,c2=a2+b2,
解得a=1,b=,所以E的方程为x2-=1.
(2)设P(x0,y0),切线m:y-y0=k(x-x0),联立x2-=1,得
(3-k2)x2+2k(kx0-y0)x-(k2+-2kx0y0+3)=0,
故[2k(kx0-y0)]2+4(3-k2)(k2+-2kx0y0+3)=0,
该式可以看作关于k的一元二次方程(-1)k2-2x0y0k++3=0,
所以k===,
即m方程为x0x-=1.(*)
当m的斜率不存在时,也成立,
渐近线方程为y=±x,不妨设A在B上方,
联立得xA=,xB=,
故xA+xB=+=2x0,
所以P是线段AB的中点,因为F1,F2到过O的直线距离相等,
则过O点的等线必定满足:A,B到该等线距离相等,且分居两侧.所以该等线必过点P,即OP的方程为y=x,
由解得故P(,).
所以yA=xA===+3,
所以yB=-xB=-==-3,
所以|yA-yB|=6,所以=|F1F2|·|yA-yB|=2|yA-yB|=12.
(3)证明:设G(x,y),由=,所以x0=3x,y0=3y,
故曲线Γ的方程为9x2-3y2=1(x>0),
由(*)知切线n为x-=1,即x0x-=,即3x0x-y0y-1=0,
易知A与F2在n的右侧,F1在n的左侧,分别记F1,F2,A到n的距离为d1,d2,d3,
由(2)知xA=,yA=·=,
所以d3==
==,
由x0≥1得d1==,
d2==,
因为d2+d3=+==d1,
所以直线n为△AF1F2的等线.

展开更多......

收起↑