2023版考前三個月沖刺回扣篇　回扣6　解析幾何-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

1．兩條直線的位置關(guān)系
2.圓的三種方程
(1)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)．
(2)圓的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)．
(3)圓的直徑式方程：(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(A(x1，y1)，B(x2，y2)是圓的直徑的兩端點(diǎn))．
3．三種距離公式
(1)A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)的距離
|AB|＝eq \r(?x2－x1?2＋?y2－y1?2).
(2)點(diǎn)到直線的距離d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))(其中點(diǎn)P(x0，y0)，直線方程為Ax＋By＋C＝0)．
(3)兩平行線間的距離d＝eq \f(|C2－C1|,\r(A2＋B2))(其中兩平行線方程分別為l1：Ax＋By＋C1＝0，
l2：Ax＋By＋C2＝0)．
4．直線與圓的位置關(guān)系
直線l：Ax＋By＋C＝0和圓C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)有相交、相離、相切三種情況．可從代數(shù)和幾何兩個方面來判斷：
(1)代數(shù)法(即判斷直線與圓的方程聯(lián)立所得方程組的解的情況)：Δ>0?相交；Δ0，b>0)，則漸近線的方程為eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝0，即y＝±eq \f(b,a)x.
(2)若漸近線的方程為y＝±eq \f(b,a)x，即eq \f(x,a)±eq \f(y,b)＝0，則雙曲線的方程可設(shè)為eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝λ.
(3)若所求雙曲線與雙曲線eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1有公共漸近線，其方程可設(shè)為eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝λ(λ>0，焦點(diǎn)在x軸上；λ0)焦點(diǎn)F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，α為直線AB的傾斜角，且y1>0>y2，則
(1)焦半徑|AF|＝x1＋eq \f(p,2)＝eq \f(p,1－cs α)，
|BF|＝x2＋eq \f(p,2)＝eq \f(p,1＋cs α).
(2)x1x2＝eq \f(p2,4)，y1y2＝－p2.
(3)弦長|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2α).
(4)eq \f(1,|FA|)＋eq \f(1,|FB|)＝eq \f(2,p).
(5)以弦AB為直徑的圓必與準(zhǔn)線相切．
(6)S△OAB＝eq \f(p2,2sin α)(O為拋物線的頂點(diǎn))．
1．(2022·淄博模擬)已知條件p：直線x＋2y－1＝0與直線a2x＋(a＋1)y－1＝0平行，條件q：a＝1，則p是q的( )
A．充要條件
B．充分不必要條件
C．必要不充分條件
D．既不充分也不必要條件
答案 D
解析當(dāng)直線x＋2y－1＝0與直線a2x＋(a＋1)·y－1＝0平行時，
eq \f(a2,1)＝eq \f(a＋1,2)≠1，解得a＝－eq \f(1,2)，
當(dāng)a＝1時，直線x＋2y－1＝0與直線a2x＋(a＋1)y－1＝0重合，
所以p是q的既不充分也不必要條件．
2．已知圓C：x2＋y2＋2ay＝0(a>0)截直線eq \r(3)x－y＝0所得的弦長為2eq \r(3)，則圓C與圓C′：(x－1)2＋(y＋1)2＝1的位置關(guān)系是( )
A．相離 B．外切 C．相交 D．內(nèi)切
答案 C
解析圓C的圓心為(0，－a)，半徑為a，
其圓心到直線eq \r(3)x－y＝0的距離為eq \f(|a|,\r(3＋1))＝eq \f(a,2)，
所截得的弦長為2eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2)＝eq \r(3)a＝2eq \r(3)，解得a＝2.
所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y＋2)2＝4，C的圓心為(0，－2)，半徑為2.
又C′的圓心為(1，－1)，半徑為1，
|CC′|＝eq \r(?0－1?2＋?－2＋1?2)＝eq \r(2)，
故可得2－10，
所以∠F1MF2為銳角，
sin∠F1MF2＝eq \r(1－\f(121,256))＝eq \f(\r(135),16)＝eq \f(3\r(15),16)，
所以△MF1F2的外接圓的直徑為eq \f(|F1F2|,sin∠F1MF2)＝eq \f(2,\f(3\r(15),16))＝eq \f(32,3\r(15))＝eq \f(32\r(15),45)，D錯誤．
6．已知拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，且|FA|·|FB|＝6，則|AB|＝________.
答案 6
解析設(shè)拋物線的準(zhǔn)線為l，則l＝－1，
|FA|＝m，|FB|＝n，
分別過點(diǎn)A，B作AA1⊥l于點(diǎn)A1，BB1⊥l于點(diǎn)B1，
由三角形相似定理得，
eq \f(m,n)＝eq \f(m－2,2－n)，即2(m＋n)＝2mn＝12，
所以m＋n＝6，即|AB|＝6.
7．已知直線l過點(diǎn)P(0,1)，且與圓O：x2＋y2＝3相交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，若點(diǎn)C在圓O上，則直線l的傾斜角為________．
答案 30°或150°
解析因?yàn)閑q \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，|OA|＝|OB|，
則四邊形OACB為菱形，所以O(shè)C⊥AB.
設(shè)D為垂足，因?yàn)辄c(diǎn)C在圓O上，
則|OD|＝eq \f(|OC|,2)＝eq \f(\r(3),2).
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，
由eq \f(1,\r(k2＋1))＝eq \f(\r(3),2)，
得k2＝eq \f(1,3)，即k＝±eq \f(\r(3),3)，
設(shè)傾斜角為α，則tan α＝±eq \f(\r(3),3)，
因?yàn)棣痢?0，π)，
所以直線l的傾斜角為30°或150°.
8．(2022·石家莊模擬)已知橢圓C1和雙曲線C2有公共的焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2，曲線C1和C2在第一象限相交于點(diǎn)P，且∠F1PF2＝60°.若橢圓C1的離心率的取值范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，則雙曲線C2的離心率的取值范圍是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\r(3)))
解析設(shè)橢圓C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
雙曲線C2：eq \f(x2,a\\al(2,1))－eq \f(y2,b\\al(2,1))＝1(a1>0，b1>0)，
橢圓與雙曲線的半焦距為c，
橢圓離心率e＝eq \f(c,a)，
雙曲線離心率e1＝eq \f(c,a1)，
如圖，設(shè)|PF1|＝s，
|PF2|＝t，
由橢圓定義可得，s＋t＝2a，由雙曲線定義可得，
s－t＝2a1，
聯(lián)立可得s＝a1＋a，t＝a－a1，
由余弦定理得，
4c2＝s2＋t2－2stcs∠F1PF2
＝(a＋a1)2＋(a－a1)2－2(a＋a1)·(a－a1)cs 60°
＝a2＋3aeq \\al(2,1)，
即4＝eq \f(1,e2)＋eq \f(3,e\\al(2,1))，
解得eeq \\al(2,1)＝eq \f(3,4－\f(1,e2))，
因?yàn)閑∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，
所以eq \f(1,3)≤e2≤eq \f(1,2)，2≤eq \f(1,e2)≤3，
可得eq \f(3,2)≤eeq \\al(2,1)≤3，
故eq \f(\r(6),2)≤e1≤eq \r(3).
9．已知橢圓C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq \f(1,2)，左、右頂點(diǎn)分別為曲線y＝2x2－6與x軸的交點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過C的下焦點(diǎn)作一條斜率為k的直線l，l與橢圓C相交于點(diǎn)A與B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OAB面積的最大值．
解 (1)設(shè)橢圓的半焦距為c(c>0)．
由曲線y＝2x2－6與x軸的交點(diǎn)，
可得橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)，即b＝eq \r(3)，
橢圓的離心率e＝eq \f(1,2)，
即eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
因?yàn)閍2＝b2＋c2，
所以a2＝3＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a))2，
解得a2＝4，所以a＝2，c＝1，
所以橢圓C的方程為eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝1.
(2)由(1)可知橢圓C的下焦點(diǎn)為(0，－1)，故l的方程為y＝kx－1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，))消去y可得
(3k2＋4)x2－6kx－9＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝eq \f(6k,3k2＋4)，x1x2＝－eq \f(9,3k2＋4)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(?x1＋x2?2－4x1x2)
＝eq \r(k2＋1)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,3k2＋4)))2＋\f(36,3k2＋4))
＝eq \f(12?k2＋1?,3k2＋4).
又O到l：kx－y－1＝0的距離為d＝eq \f(1,\r(k2＋1))，
所以S△OAB＝eq \f(1,2)|AB|d
＝eq \f(6?k2＋1?,3k2＋4)·eq \f(1,\r(k2＋1))
＝eq \f(6\r(k2＋1),3k2＋4).
令t＝eq \r(k2＋1)≥1，則k2＝t2－1，
則S△OAB＝eq \f(6t,3t2＋1)＝eq \f(6,3t＋\f(1,t)).
對于函數(shù)y＝3t＋eq \f(1,t)(t≥1)，
y′＝3－eq \f(1,t2)＝eq \f(3t2－1,t2)>0，
即函數(shù)y＝3t＋eq \f(1,t)(t≥1)在t∈[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)t＝1，k＝0時，y＝3t＋eq \f(1,t)取得最小值4，
此時S△OAB取得最大值eq \f(3,2).
10．已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率是eq \f(\r(5),2)，實(shí)軸長是8.
(1)求雙曲線C的方程；
(2)過點(diǎn)P(0,3)的直線l與雙曲線C的右支交于不同的兩點(diǎn)A和B，若直線l上存在不同于點(diǎn)P的點(diǎn)D滿足|PA|·|DB|＝|PB|·|DA|成立，證明：點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為定值，并求出該定值．
解 (1)依題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(5),2)，,2a＝8，,c2＝a2＋b2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝16，,b2＝4，))
所以雙曲線C的方程是eq \f(x2,16)－eq \f(y2,4)＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，直線l的方程為y＝kx＋3，
將直線方程y＝kx＋3代入雙曲線方程eq \f(x2,16)－eq \f(y2,4)＝1，
化簡整理得(1－4k2)x2－24kx－52＝0，
Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2，
則x1＋x2＝eq \f(24k,1－4k2)，x1x2＝－eq \f(52,1－4k2).
要使直線與雙曲線的右支有兩個不同的交點(diǎn)A和B，
則應(yīng)滿足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－4k2≠0，,Δ>0，,x1＋x2>0，,x1x2>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－4k2≠0，,208－256k2>0，,\f(24k,1－4k2)>0，,－\f(52,1－4k2)>0，))
解得－eq \f(\r(13),4)0)
eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)
y2＝2px(p>0)
圖形
幾何
性質(zhì)
范圍
|x|≤a，|y|≤b
|x|≥a
x≥0
頂點(diǎn)
(±a,0)，(0，±b)
(±a,0)
(0,0)
對稱性
關(guān)于x軸，y軸和原點(diǎn)對稱
關(guān)于x軸對稱
焦點(diǎn)
(±c,0)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))
軸
長軸長2a，短軸長2b
實(shí)軸長2a，虛軸長2b
離心率
e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))(0

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