复习参考题教学设计一等奖

题目：立体几何的综合问题

撰稿人：陈妙玲

一、教学目标：熟练掌握线与线、线与面、面与面间的平行、垂直关系；空间角与空间距离；柱、锥、球的面积与体积；平面图形的翻折，空间向量的应用。

二、

重点难点：空间想象能力。

三、

例题选讲

例1：.在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1和BB1的中点，那么直线AM与CN所成的角的余弦值。

D1A1MB1NDABCC1

例2：在直角坐标系O—xyz中，OA=（0，1，0），AB=（1，0，0），OC=（2，0，0），OS

=（0，0，1）. （1）求SC与OB的夹角α的大小；

（2）设n=（1，p，q），且n⊥平面SBC，求n；

（3）求OA与平面SBC的夹角；

（4）求点O到平面SBC的距离；

（5）求异面直线SC与OB间的距离. 例3：如图，已知一个等腰三角形ABC的顶角B=120°，过AC的一个平面α与顶点B的距离为1，根据已知条件，你能求出AB在平面α上的射影AB1的长吗?如果不能，那么需要增加什么条件，可以使AB1=2? BB1CA

例4：如图，四棱锥S—ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SB=3，

SMDCAB

（1）求证：BC⊥SC；

（2）求面ASD与面BSC所成二面角的大小；

（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小. 例5：.已知正方形ABCD的边长为1，分别取边BC、CD的中点E、F，连结AE、EF、AF，以AE、EF、FA为折痕，折叠使点B、C、D重合于一点P. （1）求证：AP⊥EF；

（2）求证：平面APE⊥平面APF；

（3）求异面直线PA和EF的距离. 例6：如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，PA⊥底面ABCD，PD与底面成30°角. zP E A

B x C D

y

（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；

（2）求异面直线AE与CD所成的角的余弦值. 例7：四棱锥P—ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC=2，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，CD∥AB，AB=4，CD=1，点M在PB上，且MB=3PM，PB与平面ABC成30°角，

（1）求证：CM∥面PAD；

（2）求证：面PAB⊥面PAD；

（3）求点C到平面PAD的距离. 例8：如图，AB为圆柱OO1的母线，BD为圆柱OO1下底面直径，AB=BD=2，点C为下底面圆周⊙O上的一点，CD=1. A

O1B

OC

D

（1）求三棱锥C—ABD的体积；

（2）求面BAD与面CAD所成二面角的正弦值；

（3）求BC与AD所成角的余弦值

四、习题

（1）.图甲是一个正三棱柱形的容器，高为2a，内装水若干.现将容器放倒，把一个侧

面作为底面，如图乙所示，这时水面恰好为中截面，则图甲中水面的高度为_____________. C1A1B1ECCABBB1AFE1C1A1F1甲F1A1C1B1乙E1FAECB

（2）5.把长、宽各为4、3的长方形ABCD，沿对角线AC折成直二面角，求顶点B和顶点D的距离.

（3）如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长均为2，P是侧棱AA1上任意一点. 丙C1A1B1C

①求证：B1P不可能与平面ACC1A1垂直；

②当BC1⊥B1P时，求线段AP的长；③在②的条件下，求二面角C—B1P—C1的正切值

AB

(4)如图，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、O、O1分别是A1B、AC、A1C1的中点，且OH⊥O1B，垂足为H. CBHMC1O1D1A1OADB1

①求证：MO∥平面BB1C1C；

②分别求MO与OH的长；

③MO与OH是否为异面直线A1B与AC的公垂线?为什么?求这两条异面直线间的距离.

(5) 如图所求，已知四边形ABCD、EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P、Q分别是ED和AC的中点.

MEPDAQBFC

求：①PM与FQ所成的角；

②P点到平面EFB的距离；

③异面直线PM与FQ的距离.

(6) 如图，已知二面角α—PQ—β为60°，点A和点B分别在平面α和平面β内，点C在棱PQ上，∠ACP=∠BCP=30°，CA=CB=a. ①求证：AB⊥PQ；

②求点B到平面α的距离；

③设R是线段CA上的一点，直线BR与平面α所成的角为45°，求线段CR的长度. BPEADRCQ

(7) 已知正方体ABCD—A1B1C1D1的边长为a，E、F分别是棱A1B1、CD的中点. D1A1EB1C1DAFBC

①证明：截面C1EAF⊥平面ABC1. ②求点B到截面C1EAF的距离.

(8) 如图，正三棱柱ABC—A1B1C1各棱长都等于a，E是BB1的中点. A1B1EABCC1

①求直线C1B与平面A1ABB1所成角的正弦值；

②求证：平面AEC1⊥平面ACC1A1；

③求点C1到平面AEC的距离.

五、答案：

（一）例题答案：

例1：解法一：∵AM=AA1+A1M，CN= CB+BN，

∴AM·CN=（AA1+A1M）·（CB+BN）=AA1·BN= 而|AM|= 1. 2151= .同理，24(AA1A1M)(AA1A1M)=|AA1|2|A1M|2= |CN|=5. 21AMCN2如令α为所求之角，则cosα==2=。

|AM||CN|554解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，把D点视作原点O，分别以DA、DC、DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，则A（1，0，0）、M（1，，1）、C（0，1，0）、N（1，1，121）. 2zD1A1MB1NDAxCByC1

11，1），CN=（1，0，）. 22111故AM·CN=0×1+×0+1×=，

222∴AM=（0，51|AM|=02()212=，

2251|CN|=1202()2=. 22∴cosα=AMCN|AM||CN|=125522=2. 5

例2：解：（1）如图，SC=

OC－OS=（2，0，－1），OB= OA+ AB=（1，1，0），则|SC|=2202(1)2=5，|OB|=121202=2.

zSAOBCxy

=cosα=cos〈SC，OB〉=SCOB|SC||OB|20052=1010，α=arccos. 55

n·SC=0，

（2）∵n⊥平面SBC，∴n⊥SC且n⊥BC，即

n·BC=0. ∵SC=（2，0，－1），BC=

OC－OB=（1，－1，0），

2－q=0，

p=1，

∴

∴

即n=（1，1，2）. 1－p=0.

q=2，

（3）OA与平面SBC所成的角θ和OA与平面SBC的法线所夹角互余，故可先求OA与n所成的角. ，|OA|=1，|n|=121222=6. OA=（0，1，0）∴cos〈OA，n〉=OAn|OA||n|16=1=6，

6即〈OA，n〉=arccos66π.∴θ=－arccos. 662（4）点O到平面SBC的距离即为OC在n上的投影的绝对值，

∴d=|OC·62n|== . 3|n|6（5）OC在异面直线SC、OB的公垂线方向上的投影的绝对值即为两条异面直线间的距离，故先求与SC、OB均垂直的向量m. 设m=（x，y，1），m⊥SC且m⊥OB，

则m·SC=0，且m·OB=0.

∴

1，

2即

1x+y=0，

y=－. 22x－1=0，

x=

∴m=（m6211，－，1），d′=|OC·|= =. |m|3226例3：解：在条件“等腰△ABC的顶角B=120°”下，△ABC是不能唯一确定的，这样线段AB1也是不能确定的，需要增加下列条件之一，可使AB1=2：

①CB1=2；②CB=5或AB=5；③直线AB与平面α所成的角∠BAB1=arcsin④∠ABB1=arctan2；⑤∠B1AC=arccos5；5157；⑥∠AB1C=π－arccos；⑦AC=15；⑧B14851到AC的距离为；⑨B到AC的距离为；⑩二面角B—AC—B1为arctan2等等. 22例4：（1）证法一：∵底面ABCD是正方形，

∴BC⊥DC.∵SD⊥底面ABCD，

∴DC是SC在平面ABCD上的射影. 由三垂线定理得BC⊥SC. 证法二：∵底面ABCD是正方形，

∴BC⊥DC.∵SD⊥底面ABCD，

∴SD⊥BC.又DC∩SD=D，

∴BC⊥平面SDC.∴BC⊥SC. （2）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD为正方形，

SA1MDABCB1C1

∴可以把四棱锥S—ABCD补形为长方体A1B1C1S—ABCD，如上图，面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所成的二面角，∵SC⊥BC，BC∥A1S，∴SC⊥A1S. 又SD⊥A1S，∴∠CSD为所求二面角的平面角. 在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=2，

在Rt△SDC中，由勾股定理得SD=1. ∴∠CSD=45°，

即面ASD与面BSC所成的二面角为45°. 解法二：如下图，过点S作直线l∥AD，

lSMD

A

B

C

∴l在面ASD上. ∵底面ABCD为正方形，∴l∥AD∥BC. ∴l在面BSC上. ∴l为面ASD与面BSC的交线.

∵SD⊥AD，BC⊥SC，∴l⊥SD，l⊥SC. ∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角. （以下同解法一）. （3）解法一：如上图，∵SD=AD=1，∠SDA=90°，

∴△SDA是等腰直角三角形. 又M是斜边SA的中点，

∴DM⊥SA. ∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D，

∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上的射影. 由三垂线定理得DM⊥SB. ∴异面直线DM与SB所成的角为90°. 解法二：如下图，取AB的中点P，连结MP、DP. SMD

C B A P

在△ABS中，由中位线定理得PM∥BS. ∴DM与SB所成的角即为∠DMP. 又PM2=352，DP2=，DM2=. 444∴DP2=PM2+DM2.∴∠DMP=90°. ∴异面直线DM与SB所成的角为90°.

例5：（1）证明：如下图，∵∠APE=∠APF=90°，PE∩PF=P，∴PA⊥平面PEF. ∵EF平面PEF，∴PA⊥EF. PADFAGEFB

（2）证明：∵∠APE=∠EPF=90°，AP∩PF=P，∴PE⊥平面APF.又PE平面PAE，∴平面APE⊥平面APF. （3）解：在面PEF中，作PG⊥EF，垂足为G，∵AP与面PEF垂直，PG平面PEF，

∴AP⊥PG，PG⊥EF，PG是AP与EF的公垂线.在等腰Rt△PEF中，PE=PF=EC1，2∠EPF=90°，∴PG=EG=2. 4例6：（1）证明：以A为原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则

A（0，0，0），B（a，0，0），D（0，2a，0），P（0，0，3a），AB·PD

=（a，0，0）·（0，3

2a，－3a）=0，又AE·PD

=0，

3∴PD⊥AB，PD⊥AE.∴PD⊥BE. （2）解：∵PA⊥面ABCD，PD与底面成30°角，∴∠PDA=30°. 过E作EF⊥AD，垂足为F，则AE=a，∠EAF=60°，AF=∴E（0，31a，EF=a，

2231a，a）. 2231于是AE=（0，a，a）.又C（a，a，0），D（0，2a，0），∴CD=（－a，a，0）. 2212aAECD2cos〈AE，CD〉==2=，

4|AE||CD|a2a2. 4例7：分析：本题主要考查空间直角坐标系的概念、空间点和向量的坐标表示以及用向量法证明平行关系，同时考查向量研究空间图形的数学思想方法. 如下图，建立空间直角坐标系O—xyz，C为坐标原点O，突破点在于求出相关的向量所对应的坐标. （1）证明：如图，建立空间直角坐标系. ∴异面直线AE与CD所成的角的余弦值是zPMDBC(O)ExAy

∵PC⊥平面ABCD，

∴∠PBC为PB与平面ABC所成的角，即∠PBC=30°. ∵|PC|=2，∴|BC|=23，|PB|=4. 得D（1，0，0）、B（0，23，0）、A（4，23，0）、P（0，0，2）. ∵|MB|=3|PM|，

∴|PM|=1，M（0，33，），

2233CM

=（0，，），DP=（－1，0，2），DA=（3，23，0）. 22设CM=xDP+yDA（x、y∈R），

则（0，3331，）=x（－1，0，2）+y（3，23，0）x=且y=，

2244

∴CM= 31DP+ DA. 44∴CM、DP、DA共面.又∵C平面PAD，故CM∥平面PAD. （2）证明：过B作BE⊥PA，E为垂足. ∵|PB|=|AB|=4，∴E为PA的中点. ∴E（2，3，1），BE=（2，－3，1）. 又∵BE·DA=（2，－3，1）·（3，23，0）=0，

∴BE⊥DA，即BE⊥DA. 而BE⊥PA，∴BE⊥面PAD. ∵BE面PAB，∴面PAB⊥面PAD. （3）解：由BE⊥面PAD知，平面PAD的单位向量n0=∴CD=（1，0，0）的点C到平面PAD的距离

d=|n0·CD|=|BE|BE|22=1（2，－3，1）. 122（2，－3，1）·（1，0，0）|=2. 2例8：分析：本题主要考查直线、平面的位置关系，考查圆柱的有关概念，考查直线、平面所成角的概念及求法，考查空间想象能力和推理能力. 解：（1）∵AB为圆柱OO1的母线，∴AB⊥下底面. ∴AB为棱锥A—BCD的高.而点C在⊙O上，∴△BCD为直角三角形，∠BCD=90°. ∵BD=2，CD=1，∴BC=3. ∴V三棱锥C—ABD=V三棱锥A—BCD=311××1×3×2=. 332（2）过B作BE⊥AD，垂足为E，过点B作BF⊥AC，垂足为点F，连结EF.由BD为底面圆的直径，得BC⊥CD. ∵AB⊥平面BCD，BC⊥CD，

A

OEFB

OC

D

1

∴AC⊥CD. 而AC∩BC=C，

∴CD⊥平面ABC. 而CD平面ADC，

∴平面ABC⊥平面ADC，且它们的交线为AC.

∵BF平面ABC，BF⊥AC，垂足为点F，

∴BF⊥平面ACD. 而BE⊥AD，AD平面ACD，

∴EF⊥AD.平面ABD∩平面ACD=AD，

∴∠BEF是面ABD与面ACD所成的二面角的平面角. 由BE=2211AD=2，AC=7，AB=2，可求出BF=. 7222142BF∴sin∠BEF==7=. 7BE2∵∠BEF为锐角

42. 7（3）过点D在下底面作DG∥BC交⊙O于点G，则∠GDA为BC与AD所成的角.连结BG、AG，由BD是⊙O的直径，得GD⊥BG，则AG⊥DG，BC=GD. 故所求二面角的大小的正弦值为A

O1GB

OC

D

∴cos∠GDA=63GD==. AD224∴所求BC与AD所成的角的余弦值为（二）习题

6. 4（1）解析：设正三棱柱的底面积为S，将图乙竖起得图丙，则V水=V柱－VAEFA1E1F1=S·2a－（1333S）·2a=aS.设图甲中水面的高度为x，则S·x=aS，得x=a. 42223a答案：

2（2）解：如图，作BE⊥AC于E，

BAEDC

∵二面角B—AC—D为直二面角，BE⊥AC，

∴BE⊥平面ADC，DE平面ADC，BE⊥DE. 912，AE=，在△ADE中，DE2=AE2＋AD2－2AD·AE·

559419381cos∠EAD=＋16－2··4·=. 552525337在Rt△BDE中，BD=BE2＋ED2=. 5在Rt△ABC中，可得BE=（3）①证明：连结B1P，假设B1P⊥平面ACC1A1，则B1P⊥A1C1. 由于三棱柱ABC—A1B1C1为正三棱柱，

C1A1DPCABOEB1

∴AA1⊥A1C1. ∴A1C1⊥侧面ABB1A1. ∴A1C1⊥A1B1，

即∠B1A1C1=90°. 这与△A1B1C1是等边三角形矛盾. ∴B1P不可能与平面ACC1A1垂直. ②解：取A1B1的中点D，连结C1D、BD、BC1，

则C1D⊥A1B1，又∵AA1⊥平面A1B1C1，

∴AA1⊥C1D.∴C1D⊥平面ABB1A1. ∴BD是BC1在平面ABB1A1上的射影. ∵BC1⊥B1P，∴BD⊥B1P.∴∠B1BD=90°－∠BB1P=∠A1B1P. 又A1B1=B1B=2，∴△BB1D≌△B1A1P，A1P=B1D=1.∴AP=1. ③解：连结B1C，交BC1于点O，则BC1⊥B1C.又BC1⊥B1P，∴BC1⊥平面B1CP. 过O在平面CPB1上作OE⊥B1P，交B1P于点E，连结C1E，则B1P⊥C1E，

∴∠OEC1是二面角C—B1P—C1的平面角. 由于CP=B1P=5，O为B1C的中点，连结OP，

∴PO⊥B1C，OP·OB1=OE·B1P.∴OE=故二面角C—B1P—C1的正切值为

(4)①证明：连结B1C，∵MO是△AB1C的中位线，∴MO∥B1C.∵B1C∴MO∥平面BB1C1C. ②解：MO=平面BB1C1C，

OC13015.∴tan∠OEC1==. 53OE15. 321B1C=a，

222a，

2∵OH是Rt△BOO1斜边上的高，BO=∴OH=3a. 3

③解：MO不是A1B与AC的公垂线，MO∥B1C，△AB1C为正三角形，∴MO与AC成60°角.∵AC⊥BD，AC⊥OO1，∴AC⊥面BOO1.∵OH面BOO1，∴OH⊥AC，OH⊥A1C1.∵OH⊥O1B，A1C1∩O1B=O1，∴OH⊥面BA1C1，OH⊥A1B.∴OH是异面直线A1B与AC的公垂线，其长度即为这两条异面直线的距离.

(5)解：建立空间直角坐标系，使得D（0，0，0）、A（a，0，0）、B（a，a，0）、C（0，a，0）、M（0，0，a）、E（a，0，a）、F（0，a，a），则由中点坐标公式得P（Q（aa，0，）、

22aa，，0）. 22（1）∴PM=（－aaaaaaa，0，），FQ=（，－，－a），PM·FQ=（－）×+0+2222222263×（－a）=－a2，且|PM|= a，|FQ|= a. 2243a23PMFQ4∴cos〈PM，FQ〉===－. 226|PM||FQ|aa22故得两向量所成的角为150°. （2）设n=（x，y，z）是平面EFB的单位法向量，即|n|=1，n⊥平面EFB，∴n⊥EF，x2y2z21,n⊥BE.又EF=（－a，a，0），EB

=（0，a，－a），即有axay0,得其中的一组ayaz0.x解yz3,33333aa，，），PE

=（，0，）. ,∴n=（3333223.33a. 3设所求距离为d，则d=|PE·n|= （3）设e=（x1，y1，z1）是两异面直线的公垂线上的单位方向向量，则由PM=（－a，22x1y12z121,a3aaaa0，），FQ=（，－，－a），得x1z10,求得其中的一个e=（，－223222aaxy1az10.1223333，），而MF

=（0，a，0）.设所求距离为m，则m=|MF·e|=|－

a|=a. 3333

(6) （1）证明：在平面β内作BD⊥PQ于D，连结AD. ∵∠ACP=∠BCP=30°，CA=CB=a，CD公用，∴△ACD≌△BCD.∴∠ADC=∠BDC=90°，即AD⊥PQ.于是PQ⊥平面ABD，则AB⊥PQ. （2）解：由（1）知，∠ADB是二面角α—PQ—β的平面角，∴∠ADB=60°.又PQ⊥平面ABD，

∴α⊥平面ABD.过B作BE⊥AD于点E，则BE即为B到平面α的距离. 3

a. 4（3）解：连结ER，∵BE⊥α，∴∠BRE是BR与α所成的角，即∠BRE=45°，则有BE=BD·sin60°=BC·sin30°·sin60°=BR=BE61=

a.易知△ABD为正三角形，AB=AD=BD=a.在△ABC中，由余弦定理得4sin452cos∠BCA=7. 867a5aa）2=x2+a2－2ax·，求得x1=，x2=4824在△BCR中，设CR=x，由余弦定理得（（舍去，∵CR

a. 2(7) （1）证明：连结EF、AC1和BC1，易知四边形EB1CF是平行四边形，从而EF∥B1C，直线B1C⊥BC1且B1C⊥AB，则直线B1C⊥平面ABC1，得EF⊥平面ABC1.而EF平面C1EAF，得平面C1EAF⊥平面ABC1. （2）解：在平面ABC1内，过B作BH，使BH⊥AC1，H为垂足，则BH的长就是点B到平面C1EAF的距离，在直角三角形中，BH=ABBC1a2a6a==. 3AC13a(8) （1）解：取A1B1中点M，连结C1M，BM. ∵三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱，

∴C1M⊥A1B1，C1M⊥BB1. ∴C1M⊥平面A1ABB1. ∴∠C1BM为直线C1B与平面A1ABB1所成的角. 在Rt△BMC1中，C1M=∴sin∠C1BM=3a，BC1=2a，

2C1M6=. 4BC1（2）证明：取A1C1的中点D1，AC1的中点F，连结B1D1、EF、D1F.则有D1FB1E1AA1，21AA1. 2

A1

M

D

1B1

F

E

C

1A

B

C

∴D1FB1E. 则四边形D1FEB1是平行四边形，

∴EFB1D1. 由于三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱，

∴B1D1⊥A1C1. 又平面A1B1C1⊥平面ACC1A1于A1C1，且B1D1平面A1B1C1，∴B1D1⊥平面ACC1A1. ∴EF⊥平面ACC1A1. ∵EF平面AEC1，则平面AEC1⊥平面ACC1A1. （3）由（2）知，EF⊥平面AC1，则EF是三棱锥E—ACC1的高. 由三棱柱各棱长都等于a，则EC=AE=EC1=∴EF=AE2AF2=5a，AC1=2a. 23a. 2∵VC1AEC=VEACC1，设三棱锥VC1AEC的高为h，则h为点C1到平面AEC的距离. 11SAEC·h=SACC1·EF，

3331111即×a2h=×a2·a. 2323233∴h=a，即点C1到平面AEC的距离是a. 22则

题目：直线与圆锥曲线

撰稿人：陈妙玲

一、教学目标：解决直线与圆锥曲线公共点问题、相交弦问题以及它们的综合应用。

二、重点难点：解决这些问题经常转化为它们所对应的方程构成的方程组是否有解或解的个数问题.对相交弦长问题及中点弦问题要正确运用“设而不求”.涉及焦点弦的问题还可以利用圆锥曲线的焦半径公式.

三、

例题选讲

例1：已知直线l：y=tanα（x+22）交椭圆x2+9y2=9于A、B两点，若α为l的倾斜角，且|AB|的长不小于短轴的长，求α的取值范围. 例2：若把例1的条件|AB|的长不小于短轴的长去掉，改为求|AB|的长的取值范围.学生不妨一试. 例3：已知抛物线y2=－x与直线y=k（x+1）相交于A、B两点. （1）求证：OA⊥OB；

（2）当△OAB的面积等于10时，求k的值. 例4：在抛物线y2=4x上恒有两点关于直线y=kx+3对称，求k的取值范围. 例5：求过点（0，2）的直线被椭圆x2＋2y2＝2所截弦的中点的轨迹方程

3，与直线x+y－1=02相交于M、N两点，若以MN为直径的圆经过坐标原点，求椭圆方程. 例6：中心在坐标原点、焦点在x轴上的椭圆，它的离心率为y2x2例7：试证明双曲线2－2=1（a＞0，b＞0）上任意一点到它的两条渐近线的距离ab之积为常数. 例8：已知直线y=（a+1）x－1与曲线y2=ax恰有一个公共点，求实数a的值.

四、

习 题

（1）1.若双曲线x2－y2＝1的右支上一点P（a，b）到直线y=x的距离为2，求a+b的值。

x2y2（2）.已知对k∈R，直线y－kx－1=0与椭圆+=1恒有公共点，求实数m的5m取值范围。

y2（3）已知双曲线x－＝1，过P（2，1）点作一直线交双曲线于A、B两点，并使3P为AB的中点，求直线AB的斜率。

（4）求过点（0，2）的直线被椭圆x2＋2y2＝2所截弦的中点的轨迹方程.

23，与直线x+y－1=02相交于M、N两点，若以MN为直径的圆经过坐标原点，求椭圆方程.

（6）如下图，椭圆的长轴A1A2与x轴平行，短轴B1B2在y轴上，中心为

M（0，r）（b＞r＞0）. ①写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率. ②直线y=k1x交椭圆于两点C（x1，y1），D（x2，y2）（y2＞0）；直线y=k2x交椭圆于两点G（x3，y3），H（x4，y4）（y4＞0）. （5）6.中心在坐标原点、焦点在x轴上的椭圆，它的离心率为y

B (0,b+r)2H A (-a,r)1C MD (a,r)A 2x

OG B (0,-b+r)1

求证：k1x1x2k2x3x4=. x1x2x3x4③对于（2）中的C、D、G、H，设CH交x轴于点P，GD交x轴于点Q. 求证：|OP|=|OQ|.（证明过程不考虑CH或GD垂直于x轴的情形）

（7）已知抛物线C：y2=4（x－1），椭圆C1的左焦点及左准线与抛物线C的焦点F和准线l分别重合. ①设B是椭圆C1短轴的一个端点，线段BF的中点为P，求点P的轨迹C2的方程；

②如果直线x+y=m与曲线C2相交于不同两点M、N，求m的取值范围.

y2x2（8）已知椭圆C：2＋2＝1（a＞b＞0），两个焦点分别为F1和F2，斜率为kab

的直线l过右焦点F2且与椭圆交于A、B两点，设l与y轴交点为P，线段PF2的中点恰为B. 25，求椭圆C的离心率的取值范围；

5259②若k=，A、B到右准线距离之和为，求椭圆C的方程. 55

①若｜k｜≤五、答

案：

（一）例 题

例1：剖析：确定某一变量的取值范围，应设法建立关于这一变量的不等式，题设中已经明确给定弦长≥2b，最后可归结为计算弦长求解不等式的问题. 解：将l方程与椭圆方程联立，消去y，得（1+9tan2α）x2+362tan2α·x+72tan2α－9=0，

∴|AB|=1tan2|x2－x1| =1tan2·Δ

(19tan2)6tan26=. 219tan由|AB|≥2，得tan2α≤∴－1，

333≤tanα≤. 33∴α的取值范围是［0，π5π）∪［，π）. 66评述：对于弦长公式一定要能熟练掌握、灵活运用.本题由于l的方程由tanα给出，所以可以认定α≠

ππ，否则涉及弦长计算时，还应讨论α=时的情况. 226tan26例2：提示：|AB|=，

219tan6tan26设|AB|=y，即y=，

19tan29ytan2α+y=6tan2α+6，

（9y－6）tan2α+y－6=0.

66时，由Δ≥0得＜y≤6. 996当y=时，l与x轴垂直，

92故|AB|的范围是［，6］. 3当y≠例3：

剖析：证明OA⊥OB可有两种思路（如下图）：

（1）证kOA·kOB=－1；

（2）取AB中点M，证|OM|=1|AB|. 2求k的值，关键是利用面积建立关于k的方程，求△AOB的面积也有两种思路：

（1）利用S△OAB=1|AB|·h（h为O到AB的距离）；

21|AB|·|y1－y2|. 2（2）设A（x1，y1）、B（x2，y2），直线和x轴交点为N，利用S△OAB=请同学们各选一种思路给出解法. 解方程组时，是消去x还是消去y，这要根据解题的思路去确定.当然，这里消去x是最简捷的. （1）证明：如下图，由方程组

y2=－x，

消去x后，整理得

y=k（x+1）

yAMNBOx

ky2+y－k=0. 设A（x1，y1）、B（x2，y2），由韦达定理y1·y2=－1. 2∵A、B在抛物线y=－x上，

∴y12=－x1，y22=－x2，y12·y22=x1x2．

∵kOA·kOB=y1yyy1·2=12==－1，

x2x1x2y1y2x1∴OA⊥OB. （2）解：设直线与x轴交于N，又显然k≠0，

∴令y=0，则x=－1，即N（－1，0）. ∵S△OAB=S△OAN+S△OBN

11|ON||y1|+|ON||y2| 221=|ON|·|y1－y2|，

2=

∴S△OAB=1·1·(y1y2)24y1y2

2=121()24. k∵S△OAB=10，

∴10=12114.解得k=±. 6k2评述：本题考查了两直线垂直的充要条件、三角形的面积公式、函数与方程的思想，以及分析问题、解决问题的能力.

例4：剖析：设B、C两点关于直线y=kx+3对称，易得直线BC：x=－ky+m，由B、C两点关于直线y=kx+3对称可得m与k的关系式，

而直线BC与抛物线有两交点，

∴Δ＞0，即可求得k的范围. 解：设B、C关于直线y=kx+3对称，直线BC方程为x=－ky+m，代入y2＝4x，得y2＋4ky－4m=0，

设B（x1，y1）、C（x2，y2），BC中点M（x0，y0），

则y0＝y1y2＝－2k，x0＝2k2+m. 2∵点M（x0，y0）在直线l上，

∴－2k=k（2k2＋m）+3. 2k32k3∴m=－. k又∵BC与抛物线交于不同两点，

∴Δ＝16k2＋16m＞0. k32k3把m代入化简得＜0，

k(k1)(k2k3)即＜0，解得－1＜k＜0. k评述：对称问题是高考的热点之一，由对称易得两个关系式.本题运用了“设而不求”，解决本题的关键是由B、C两点在抛物线上得“Δ＞0”. 例5：解：设直线方程为y=kx+2，

把它代入x2＋2y2＝2，

整理得（2k2＋1）x2+8kx+6=0. 66或k＞. 22设直线与椭圆两个交点为A（x1，y1）、B（x2，y2），中点坐标为C（x，y），则

xx24kx＝1＝2，

2k124k2y= +2＝. 222k12k1要使直线和椭圆有两个不同交点，则Δ＞0，即k＜－

4k，

22k166（k＜－或k＞），

从参数方程

222y=2

2k12消去k得x＋2（y－1）2＝2，

x=且｜x｜＜61＝，0＜y＜．

22y2x2例6：解：设椭圆方程2＋2＝1（a＞b＞0），

ab∵e＝3，∴a2＝4b2，即a＝2b. 2y2x2∴椭圆方程为2＋2＝1. b4b把直线方程代入化简得5x2－8x+4－4b2＝0. 设M（x1，y1）、N（x2，y2），则

x1＋x2＝81，x1x2＝（4－4b2）. 551（1－4b2）. 5∴y1y2＝（1－x1）（1－x2）

＝1－（x1＋x2）＋x1x2＝由于OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0. 55，a2＝. 8228∴椭圆方程为x2＋y2＝1. 55解得b2＝例7：证明：设P（x0，y0）是已知双曲线上任意一点，双曲线的渐近线为bx±ay=0，则点P到两渐近线的距离之积为d1·d2=|bx0ay0|a2b2y |bx0ay0||b2x0a2y0|a2b2·==2=

常数. 22222ababab22d2Od1P

x

例8：解析：联立方程组（a+1）x－1，y=（a+1）x－1 y2=ax，

x=1，

（1）当a=0时，此方程组恰有一组解

y=0.

（2）当a≠0时，方程组化为a12y－y－1=0. a

a

x=－1，

1

若=0，即a=－1，方程组恰有一解

y=－1. a

若a1a14≠0，即a≠－1，令Δ=0，得1+4·=0，解得a=－，这时方程组恰有

aa5x=－5，

y=－2. 一解

综上所述，可知当a=0，－1，－4时，直线与曲线恰有一个公共点. 5（二）

习

题

（1）解析：P（a，b）点在双曲线上，则有a2－b2=1，即（a+b）（a－b）=1. d=|ab|2=2，

∴|a－b|=2. 又P点在右支上，则有a>b，

∴a－b=2. ∴|a+b|×2=1，a+b=1. 2

（2）解析：直线y－kx－1=0恒过点（0，1），仅当点（0，1）在椭圆上或椭圆内时，此直线才恒与椭圆有公共点.所以，1≤1且m＞0，得m≥1. m

（3）解析：设A（x1，y1）、B（x2，y2），代入双曲线方程3x2－y2=1相减得直线AB的斜率

kAB=y1y23(x1x2)=

y1y2x1x23=x1x2322==6. y1y212

（4）解：设直线方程为y=kx+2，

把它代入x2＋2y2＝2，

整理得（2k2＋1）x2+8kx+6=0. 66或k＞. 22设直线与椭圆两个交点为A（x1，y1）、B（x2，y2），中点坐标为C（x，y），则

要使直线和椭圆有两个不同交点，则Δ＞0，即k＜－

x1x24k＝2，

2k124k2y= +2＝. 222k12k14k

x=2，

2k166（k＜－或k＞），

从参数方程

222y=2

2k1x＝消去k得x2＋2（y－1）2＝2，

且｜x｜＜

61＝，0＜y＜．

22y2x2（5）解：设椭圆方程2＋2＝1（a＞b＞0），

ab∵e＝3，∴a2＝4b2，即a＝2b. 2y2x2∴椭圆方程为2＋2＝1. b4b把直线方程代入化简得5x2－8x+4－4b2＝0. 设M（x1，y1）、N（x2，y2），则

x1＋x2＝81，x1x2＝（4－4b2）. 551（1－4b2）. 5∴y1y2＝（1－x1）（1－x2）

＝1－（x1＋x2）＋x1x2＝由于OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0. 55，a2＝. 8228∴椭圆方程为x2＋y2＝1. 55解得b2＝

x2(yr)2（6）①解：

椭圆方程为2+=1. ab2焦点坐标为F1（－a2b2，r），F2（a2b2，r），

a2b2离心率e=. a②证明：将直线CD的方程y=k1x代入椭圆方程，得b2x2+a2（k1x－r）2=a2b2，

整理得（b2+a2k12）x2－2k1a2rx+（a2r2－a2b2）=0. 根据韦达定理，得

x1+x2=2k1a2rba22k12，x1x2=a2r2a2b2bak1222，

x1x2r2b2所以=.

①

x1x22k1rx3x4r2b2将直线GH的方程y=k2x代入椭圆方程，同理可得=

②

x3x42k2rk1x1x2r2b2k2x3x4由①②得==. 2rx1x2x3x4所以结论成立. ③证明：设点P（p，0），点Q（q，0）. 由C、P、H三点共线，得x1pk1x1=，

x4pk2x4解得p=(k1k2)x1x4. k1x1k2x4(k1k2)x2x3. k1x2k2x3y

B (0,b+r)2H A (-a,r)P 1C ,r)D M(0(a,r)A 2Qx

OG B (0,-b+r)1由D、Q、G三点共线，同理可得q=

由x2x3k1x1x2k2x3x4x1x4=变形得－=，

x1x2x3x4k1x2k2x3k1x1k2x4(k1k2)x2x3(k1k2)x1x4=. k1x2k2x3k1x1k2x4即－所以|p|=|q|，即|OP|=|OQ|.

（7）①解法一：由y2=4（x－1）知抛物线C的焦点F坐标为（2，0）.准线l的方程为x=0.设动椭圆C1的短轴的一个端点B的坐标为（x1，y1）（x1＞2，y1≠0），点P（x，y），

x12，

x1=2x－2，

2∴

则

y1y=，

y1=2y. 2

x=∴B（2x－2，2y）（x＞2，y≠0）.

设点B在准线x=0上的射影为点B′，椭圆的中心为点O′，则椭圆离心率e=|FO|，|BF|(2x22)2(2y)2|BF||FO|2x22由=，得=，

22|BB||BF|2x2(2x22)(2y)整理，化简得y2=x－2（y≠0），这就是点P的轨迹方程. 解法二：抛物线y2=4（x－1）焦点为F（2，0），准线l：x=0.设P（x，y），

∵P为BF中点，

∴B（2x－2，2y）（x＞2，y≠0）.设椭圆C1的长半轴、短半轴、半焦距分别为a、b、c，

则c=（2x－2）－2=2x－4，b2=（2y）2=4y2，

a2∵（－c）－（－）=2，

ca2c2∴=2，

c即b2=2c.∴4y2=2（2x－4），

即y2=x－2（y≠0），此即C2的轨迹方程.

x+y=m，

（y≠0），得y2+y－m+2=0，令Δ=1－4（－m+2）＞0，解得

②解：由

2y=x－2 7m＞. 4而当m=2时，直线x+y=2过点（2，0），这时它与曲线C2只有一个交点，

7∴所求m的取值范围是（，2）∪（2，+∞）. 4

（8）解：（1）设右焦点F2（c，0），则l：y=k（x－c）. 令x=0，则y=－ck，∴P（0，－ck）. cck∵B为F2P的中点，∴B（，－）. 22c2c2k2∵B在椭圆上，∴2＋＝1. 4a4b214a2c24b22∴k＝2·＝（－1）（4－e）

22e4ac2＝4＋e2－5. 2e4254，∴2＋e2－5≤. 5e5∵｜k｜≤∴（5e2－4）（e2－5）≤0. ∴254≤e2＜1.∴≤e＜1．

552525c24（2）k＝，∴e＝.∴2＝. 555a

y2x2522125∴a＝c，b＝c.椭圆方程为＋＝1，即x2＋5y2＝c2．

5212444cc4425直线l方程为y=（x－c），

55c5B（，－c），右准线为x=c. 5242设A（x0，y0），则

55c9c－x0）＋（c－）＝，

44252599∴x0＝2c－，y0＝（c－）. 555（∵A在椭圆上，

59294）＋5［（c－）］2＝c2. 55556解之得c=2或c＝（不合题意，舍去）. 5x222∴椭圆方程为x＋5y＝5，即＋y2＝1．

5∴（2c－