2024版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何 课件13份打包.docx

第 第 PAGE 1 页 共 NUMPAGES 1 页 2024版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何 课件（13份打包） (共34张PPT)第三节　圆的方程第八章　平面解析几何考试要求：掌握确定圆的几何要素，掌握圆的标准方程与一般方程．必备知识·回顾教材重“四基”01一、教材概念·结论·性质重现1．圆的定义及方程定义 平面上到_____的距离等于_____的点的集合(轨迹) 标准 方程 ________________________(r>0) 圆心：_________，半径：__一般 方程 _____________________(D2＋E2－4F>0)圆心：___________，半径：_______________定点定长(x－a)2＋(y－b)2＝r2(a，b)rx2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(1)确定圆的方程时，常用到的圆的三个性质．①圆心在过切点且与切线垂直的直线上．②圆心在任一弦的中垂线上．③两圆内切或外切时，切点与两圆圆心共线．(2)方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，当D2＋E2－4F>0时，表示圆心为，半径r＝的圆；当D2＋E2－4F＝0时，表示一个点；当D2＋E2－4Fr2(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2(x0－a)2＋(y0－b)20)的焦点为F，点P(1，y0)在抛物线C上，|PF|＝.(1)求抛物线C的标准方程；解：由抛物线的定义，知|PF|＝y0＋＝，故y0＝2p.又P(1，y0)在抛物线上，所以y0＝，则2p＝，解得p＝，y0＝1.故抛物线C的标准方程为x2＝y.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P(1，y0)在抛物线C上，|PF|＝.(2)已知直线l交抛物线C于点A，B，且PA⊥PB，证明：直线l过定点．证明：设，直线l的方程为y＝kx＋m，则kPA＝＝x1＋1，kPB＝＝x2＋1.因为PA⊥PB，所以(x1＋1)(x2＋1)＝－1，即x1＋x2＋x1x2＋2＝0.将直线l的方程与抛物线方程联立，可得x2－kx－m＝0，Δ＝k2＋4m>0，则x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以k－m＋2＝0，直线l的方程为y＝kx＋k＋2＝k(x＋1)＋2，则直线l过定点(－1，2)．例4　(2022·济南二模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点H(－2，1).(1)求椭圆C的方程；考点2　定值问题——综合性解：由题意知e＝＝＝，则a2＝2b2.又椭圆C经过点H(－2，1)，所以＝1，联立解得a2＝6，b2＝3，所以椭圆C的方程为＝1.例4　(2022·济南二模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点H(－2，1).(2)过点P(－3，0)的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线HA，HB分别交x轴于M，N两点，点G(－2，0)，若＝λ＝μ，求证：为定值．证明：设直线AB方程为x＝my－3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由联立消x得(m2＋2)y2－6my＋3＝0，所以Δ＝36m2－12(m2＋2)>0，y1＋y2＝，y1y2＝.由题意知，y1，y2均不为1，设M(xM，0)，N(xN，0)，由H，M，A三点共线知与共线，所以xM－x1＝(－y1)(－2－xM)，化简得xM＝，由H，N，B三点共线，同理可得xN＝.由＝λ，得(xM＋3，0)＝λ(1，0)，即λ＝xM＋3，由＝μ，同理可得μ＝xN＋3，所以＝＝＝＝＝＝＝＝2，所以为定值．解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)引进变量法，解题流程为已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求椭圆C的方程；解：由题意得＝1，e2＝＝，解得a2＝6，b2＝3.所以椭圆C的方程为＝1.已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1).(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①由AM⊥AN知·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2