平面解析几何课件-2026届高三数学二轮复习

平面解析几何 高中数学 二轮复习　 返回导航 解析几何创新问题的表现形式有(1)与其他数学知识融合，如立体几何、导数等；(2)定义新的解析几何概念，如距离、曲线等．解决解析几何创新题，理解新定义是基础，计算是关键． 返回导航 内容索引 第一部分 热点分类　考向探究 创新练 第二部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 新定义曲线 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 解决圆锥曲线背景下的新定义问题，关键在于理解新定义的本质，并将其与常规曲线的知识相结合，转化为常规问题解决，方法总结如下： 1．明确新定义，理解新定义、符号等的含义． 2．仔细研究新定义曲线的方程，从方程得到其性质(如对称性、变量的取值范围等)． 3．联系常规知识，把新定义问题转化为常规问题解决． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 圆锥曲线与其他知识的综合问题 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 解析几何中的数列性质研究，要根据已有的条件求出数列的通项公式或构建数列的递推关系，再根据数列通项公式的结构特点，解决相关问题． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 创新练 第 分 部 二 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 1 2 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　(2025·河北秦皇岛二模)蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如图1所示．在平面直角坐标系xOy中，圆A：＋y2＝，点M是直线l：x＝1上在第一象限内的任一点，直线OM的倾斜角为θ，且交圆A于点N(N与O不重合)，第一象限内的点P在直线OM上，且满足＝，一蔓叶线C的方程为y2＝，如图2所示． (1)求蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围； 解：(1)因为蔓叶线C的方程为y2＝，则≥0且1－x≠0，所以≥0等价于解得0≤x<1．则蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围为[0，1)． (2)求证：点P在蔓叶线C上； 解：(2)证明：设M(1，y0)(y0>0)，已知直线OM的方程为y＝kx(k＝y0)，将其代入圆A的方程＋y2＝，得到＋k2x2＝． 对＋k2x2＝进行整理得(1＋k2)x2－x＝0， 解得x＝0或x＝． 因为点N不与点O重合，所以点N的横坐标xN＝． 已知＝，设P(x，y)， 根据向量坐标运算，＝(x，y)，＝，因为y＝kx，所以x＝1－＝，y＝kx＝．将x＝代入蔓叶线方程y2＝的右边得＝＝·＝， 而y2＝＝，即蔓叶线方程右边的值等于y2，等式成立． 所以点P的坐标满足蔓叶线C的方程，即点P在蔓叶线C上． (3)设直线l0：mx＋ny＝1(m2＋n2≠0)与蔓叶线C交于不同的三点R，S，T，且直线OR，OS，OT的斜率之和为2 025，求证：直线l0过定点． 参考公式：若x1，x2，x3是关于x的一元三次方程ax3＋bx2＋cx＋d＝0(a≠0)的三个根，则x1＋x2＋x3＝－，x1x2＋x2x3＋x1x3＝，x1x2x3＝－． 解：(3)证明：l0：mx＋ny＝1(m2＋n2≠0)，齐次化联立直线与曲线方程，得到y2＝，则ny3＋(m－1)xy2－x3＝0，即n＋(m－1)－1＝0， 由题意知所得的关于的一元三次方程的三个根即为直线OR，OS，OT的斜率，设其斜率分别为k1，k2，k3， 结合一元三次方程根与系数的关系知，k1＋k2＋k3＝＝2 025，故1－m＝2 025n，则1－2 025n＝m， 代入直线方程，即(1－2 025n)x＋ny＝1，化简得(y－2 025x)n＋x－1＝0，式子恒成立， 则x－1＝0，y－2 025x＝0，解得x＝1，y＝2 025．故直线l0过定点(1，2 025)．原命题成立． 跟踪训练 中国结是一种手工编制工艺品，因其外观对称精致，符合中国传统装饰的审美观念，广受中国人喜爱．它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其中的“八字结”对应着数学曲线中的伯努利双纽线．在平面直角坐标系xOy中，我们把与定点F1(－a，0)，F2(a，0)(a>0)距离之积等于a2的动点的轨迹称为伯努利双纽线，F1，F2为该曲线的两个焦点．数学家雅各布·伯努利曾将该曲线作为椭圆的一种类比开展研究．已知曲线C：(x2＋y2)2＝9(x2－y2)是一条伯努利双纽线． (1)求曲线C的焦点F1，F2的坐标． 解：(1)方法一　设焦点F1(－a，0)，F2(a，0)(a>0)，曲线C：(x2＋y2)2＝9(x2－y2)与x轴正半轴交于点P(3，0)，由题意知|PF1||PF2|＝(3＋a)(3－a)＝9－a2＝a2，于是a2＝，a＝，因此F1，F2． 方法二　设焦点F1(－a，0)，F2(a，0)(a>0)，M(x，y)为伯努利双纽线上任一点， 由题意知[(x＋a)2＋y2][(x－a)2＋y2]＝a4， 即[(x2＋a2＋y2)＋2ax][(x2＋a2＋y2)－2ax]＝a4， 整理得(x2＋y2)2＝2a2(x2－y2)，于是a2＝，a＝． 因此，F1，F2． (2)试判断曲线C上是否存在两个不同的点A，B(异于坐标原点O)，使得以AB为直径的圆过坐标原点O．若存在，求出A，B的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(2)假设曲线C上存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O，即OA⊥OB， 由题意知直线OA，OB的斜率均存在， 不妨设直线OA的方程为y＝k1x，直线OB的方程为y＝k2x，如图， 将直线OA与曲线C的方程联立，得(1＋k)2x4＝9x2(1－k)， 即x2＝>0，解得－1<k1<1，同理－1<k2<1， 因此k1k2＝－1不可能成立，于是假设不成立， 即曲线C上不存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O． 例2　(2025·山东潍坊二模)双曲线C：x2－y2＝a2(a>0)的左、右顶点分别为A，A1，点A1到C的渐近线的距离为． (1)求C的方程． 解：(1)双曲线C的渐近线方程为x±y＝0，A1(a，0)， 则点A1到渐近线的距离为＝，所以a＝1，所以C的方程为x2－y2＝1． 解：(2)①证明：如图，因为An(xn，yn)， 所以An－1(xn－1，yn－1)，Bn－1(xn，－yn)， 直线An－1Bn－1的方程为y＋yn＝－2(x－xn)， 即y＝－2x＋2xn－yn， 代入x2－y2＝1，得3x2－4(2xn－yn)x＋(2xn－yn)2＋1＝0， 由根与系数的关系得xn－1＋xn＝(2xn－yn)． (2)按照如下方式依次构造点An(n≥2且n∈N)：过点An－1作斜率为－2的直线交C于另一点Bn－1，设An是点Bn－1关于实轴的对称点，记点An的坐标为(xn，yn)． ①求证：数列{xn－yn}，{xn＋yn}是等比数列，并求数列{xn}和{yn}的通项公式； ②记△AnAAn＋1的面积为S，△AnA1An＋1的面积为T，求的最大值． 所以yn＝xn－xn－1，yn－1＝－2xn－1＋2xn－yn＝xn－xn－1， 由题设有x1＋y1＝x1－y1＝1， 因为＝＝＝， 所以{xn－yn}是公比为的等比数列． 因为＝＝＝3， 所以{xn＋yn}是公比为3的等比数列， 所以xn－yn＝，xn＋yn＝3n－1，所以xn＝，yn＝． ②先证明结论：若＝(a1，b1)，＝(a2，b2)为两个不共线的非零向量， 则S△PMN＝||·||·sin ∠PMN＝||·||·＝×＝＝＝＝|a1b2－a2b1|． 本题中，因为＝(xn＋1，yn)，AAn＋1＝(xn＋1＋1，yn＋1)， 所以S＝|(xn＋1)yn＋1－(xn＋1＋1)yn|＝|xnyn＋1－xn＋1yn＋yn＋1－yn|． 因为＝(xn－1，yn)，A1An＋1＝(xn＋1－1，yn＋1)， 所以T＝|(xn－1)yn＋1－(xn＋1－1)yn|＝|xnyn＋1－xn＋1yn＋yn－yn＋1|． 又因为xnyn＋1－xn＋1yn＝－＝， yn＋1－yn＝3n－1＋， 所以S＝，T＝， 所以＝＝1＋， 设dn＝3n－1＋－(n≥2)，则dn＋1＝3n＋－， 所以dn＋1－dn>0，所以dn＋1>dn，所以dn≥3＋－＝， 所以≤1＋＝1＋×＝1＋＝，当且仅当n＝2时等号成立， 所以的最大值为． 跟踪训练 如图，柱体上、下底面是椭圆面，A′B′，AB分别是上、下底面椭圆的长轴，C′D′，CD分别是上、下底面椭圆的短轴，四边形ABB′A′和CDD′C′为矩形，O′，O分别为上、下底面椭圆的长短轴的交点，AB＝CD＝2．M，N是下底面椭圆上两动点，MN不与AB平行或重合． (1)求证：OO′⊥平面ADBC； 解：(1)证明：因为四边形ABB′A′为矩形，所以AB∥A′B′，AB＝A′B′． 由题意得，O′，O分别为A′B′和AB的中点， 所以O′B′∥OB，O′B′＝OB，所以四边形OO′B′B为平行四边形． 因为BB′⊥AB，所以OO′⊥AB，同理可证，OO′⊥CD． 因为AB∩CD＝O，AB，CD⊂平面ADBC，故OO′⊥平面ADBC． 解：(2)以O为坐标原点，OD，OB，OO′所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设BB′＝h，M(x，y，0)， 则B′(0，，h)， 所以＝(0，，h)，＝(x，y，0)． 则点M到直线OB′的距离d＝＝． (2)若△OMB′的面积为定值，求OO′的长度； 所以S△OMB′＝OB′·d＝··＝·(*)． 因为底面椭圆焦点在y轴上，AB＝CD＝2，即长轴长为2，短轴长为2，所以点M的坐标满足＋x2＝1，即y2＝2－2x2， 代入(*)式得S△OMB′＝·． 由题意知△OMB′的面积为定值，所以2－h2＝0，则h＝， 由(1)知OO′＝BB′＝，故OO′的长度为． (3)在(2)的条件下，当平面OMB′⊥平面ONB′时，求点O到直线MN的距离的取值范围． 解：(3)设M(x1，y1，0)，N(x2，y2，0)，B′(0，，)， 则＝(x1，y1，0)，＝(x2，y2，0)，＝(0，，)， 设平面OMB′的法向量为m＝(a，b，c)，则 令a＝y1，得b＝－x1，c＝x1，即m＝(y1，－x1，x1)是平面OMB′的一个法向量． 设平面ONB′的法向量为n＝(r，s，t)，则 令r＝y2，得s＝－x2，t＝x2，即n＝(y2，－x2，x2)是平面ONB′的一个法向量． 因为平面OMB′⊥平面ONB′，所以m·n＝0，所以y1y2＋2x1x2＝0． 由(2)知底面椭圆的方程为＋x2＝1， 设直线MN在xOy平面内的方程为y＝kx＋m， 代入椭圆方程得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－2＝0， 由Δ＝4k2m2－4(k2＋2)(m2－2)＝8(k2－m2＋2)>0，得k2－m2＋2>0． 由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以y1y2＋2x1x2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＋2x1x2＝(k2＋2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0， 即＋m2＝0，化简得k2－2m2＋2＝0． 又点O到直线MN的距离d′＝， 则d′2＝＝∈，所以d′∈． 故点O到直线MN的距离的取值范围为． 1．(20分)(2025·河北沧州模拟)在平面直角坐标系中，若点P(x，y)的横、纵坐标均为整数，则称P(x，y)为格点，若曲线Γ上存在3个格点构成三角形，则称Γ为“3格曲线”． (1)若椭圆＋＝1(1<b<2)为“3格曲线”，求椭圆的离心率； 解：(1)由题可知，椭圆的左顶点A1(－2，0)，右顶点A2(2，0)是2个格点． 因为1<b<2，所以椭圆的上、下顶点不为格点．又椭圆为“3格曲线”，所以椭圆上至少存在一个异于椭圆顶点的格点H(m，t)，则则由＋＝1，可得＋＝1，解得b2＝，则椭圆的离心率e＝＝＝＝． (2)若椭圆＋＝1(0<b<2)上存在n(n≥4)个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为椭圆的左顶点的概率为P(n)，求P(n)； 解：(2)由(1)可知，当1<b<2时，H(m，t)是椭圆上的格点，且 此时椭圆上有(－2，0)，(2，0)，(1，1)，(1，－1)，(－1，1)，(－1，－1)，共6个格点，则P(6)＝＝，当b＝1时，易知椭圆上有(－2，0)，(2，0)，(0，1)，(0，－1)，共4个格点，则P(4)＝＝，当0<b<1时，易知椭圆上有(－2，0)，(2，0)，共2个格点，不符合题意，故P(n)＝ (3)若直线l：y＝x＋2上存在2个格点M，N，使得|MK|＋|NK|＝2，其中K为曲线＋＝1(b>0)与y轴正半轴的交点，求b的值． 解：(3)因为M，N是直线l：y＝x＋2上的2个格点，所以|MN|＝|xM－xN|， 显然|MK|＋|NK|≥|MN|，则2≥|xM－xN|，即|xM－xN|≤． 又xM，xN∈Z，所以|xM－xN|＝1，不妨设xM>xN，xN＝k(k∈Z)． 当时，M(k＋1，k＋3)，N(k，k＋2)，且K(0，b)． |MK|＋|NK|＝＋>＋＝|k＋1|＋|k|， 则|k＋1|＋|k|<2，得k＝－1或k＝0． 当k＝－1时，|MK|＋|NK|＝＋＝2， 若b≥2，则＝4－b，解得b＝， 若0<b<2，则＝b，解得b＝1． 当k＝0时，|MK|＋|NK|＝＋＝2， 若b≥2，则＝4－b，解得b＝3， 若0<b<2，则＝b，解得b＝． 综上所述，b的值可能为或1或3或． 2．(20分)(2025·河北秦皇岛三模)已知抛物线C1：y＝px2(p≠0)与C2：y＝x2＋2x＋q相交于A1，B1两点，其交点的横坐标分别为3，－1．在抛物线C1上另取(n－1)个点A2，A3，…，An，在抛物线C2上另取(n－1)个点B2，B3，…，Bn，使AiAi＋1∥BiBi＋1(i＝1，2，…，n－1)．记Ai，Bi(i＝1，2，3，…，n)的横坐标分别为ai，bi(i＝1，2，3，…，n)． (1)求p，q及2a2－b2的值． 解：(1)因为两条抛物线交点的横坐标分别为3，－1， 所以解得 故C1：y＝2x2，C2：y＝x2＋2x＋3，故A1(3，18)，B1(－1，2)， 而A2(a2，2a)，B2(b2，b＋2b2＋3)，A1A2∥B1B2， 故＝，整理得2(3＋a2)＝b2＋1，即2a2－b2＝－5． (2)求证：2an－bn＝ 解：(2)证明：由题设有An(an，2a)，Bn(bn，b＋2bn＋3)， 当n≥2时，An－1(an－1，2a)，Bn－1(bn－1，b＋2bn－1＋3)， 因为An－1An∥Bn－1Bn， 所以＝， 整理得2an＋2an－1＝bn＋bn－1＋2，所以2an－bn＝－(2an－1－bn－1)＋2， 故2an－bn－1＝－[(2an－1－bn－1)－1]，而2a1－b1－1＝6≠0， 故{2an－bn－1}是首项为6，公比为－1的等比数列，故2an－bn－1＝6×(－1)n－1， 所以2an－bn＝1＋6×(－1)n－1． 当n为奇数时，2an－bn＝7；当n为偶数时，2an－bn＝－5． 故2an－bn＝ 解：(3)若四边形A1B1AnBn为平行四边形，则＝， 而＝(－4，－16)，＝(an－bn，2a－b－2bn－3)， 故an－bn＝－4，2a－b－2bn－3＝－16， 若n为偶数，则2an－bn＝－5，由可得 此时A1，Bn重合，舍去；若n为奇数，则2an－bn＝7，由可得 此时2a－b－2bn－3＝－16，符合题意，此时An(11，242)，Bn(15，258)， 此时n的取值集合为{n|n＝2k＋1，k∈N*}． (3)是否存在点An，Bn，使四边形A1B1AnBn为平行四边形？若存在，求出An，Bn的坐标及n的取值集合；若不存在，请说明理由． $