1、解析幾何題怎么解高考解析幾何試題一般共有4題(2個選擇題, 1個填空題, 1個解答題), 共計30分左右, 考查的知識點約為20個左右. 其命題一般緊扣課本, 突出重點, 全面考查. 選擇題和填空題考查直線, 圓, 圓錐曲線, 參數方程和極坐標系中的基礎知識. 解答題重點考查圓錐曲線中的重要知識點, 通過知識的重組與鏈接, 使知識形成網絡, 著重考查直線與圓錐曲線的位置關系, 求解有時還要用到平幾的基本知識,這點值得考生在復課時強化. 例1 已知點T是半圓O的直徑AB上一點，AB=2、OT=t (0<t<1)，以AB為直腰作直角梯形，使垂直且等于AT，使垂直且等于BT，交半圓于P、

2、Q兩點，建立如圖所示的直角坐標系.(1)寫出直線的方程； （2）計算出點P、Q的坐標； （3）證明：由點P發出的光線，經AB反射后，反射光線通過點Q. 講解: 通過讀圖, 看出點的坐標.(1 ) 顯然, 于是 直線的方程為；（2）由方程組解出、； （3）, . 由直線PT的斜率和直線QT的斜率互為相反數知，由點P發出的光線經點T反射，反射光線通過點Q.需要注意的是, Q點的坐標本質上是三角中的萬能公式, 有趣嗎?例2 已知直線l與橢圓有且僅有一個交點Q，且與x軸、y軸分別交于R、S，求以線段SR為對角線的矩形ORPS的一個頂點P的軌跡方程 講解：從直線所處的位置, 設出直線的方程, 由已知，直

3、線l不過橢圓的四個頂點，所以設直線l的方程為代入橢圓方程 得 化簡后，得關于的一元二次方程 于是其判別式由已知，得=0即 在直線方程中，分別令y=0，x=0，求得 令頂點P的坐標為（x，y）， 由已知，得 代入式并整理，得 , 即為所求頂點P的軌跡方程方程形似橢圓的標準方程, 你能畫出它的圖形嗎? 例3已知雙曲線的離心率，過的直線到原點的距離是 （1）求雙曲線的方程； （2）已知直線交雙曲線于不同的點C，D且C，D都在以B為圓心的圓上，求k的值. 講解：（1）原點到直線AB：的距離. 故所求雙曲線方程為 （2）把中消去y，整理得 . 設的中點是，則 即故所求k=±.為了求出的值, 需

4、要通過消元, 想法設法建構的方程. 例4 已知橢圓C的中心在原點，焦點F1、F2在x軸上，點P為橢圓上的一個動點，且F1PF2的最大值為90°，直線l過左焦點F1與橢圓交于A、B兩點，ABF2的面積最大值為12 （1）求橢圓C的離心率； （2）求橢圓C的方程 講解：（1）設, 對 由余弦定理, 得，解出 （2）考慮直線的斜率的存在性，可分兩種情況： i) 當k存在時，設l的方程為 橢圓方程為 由 得 .于是橢圓方程可轉化為 將代入，消去得 ,整理為的一元二次方程，得 .則x1、x2是上述方程的兩根且，也可這樣求解： ，AB邊上的高ii) 當k不存在時，把直線代入橢圓方程得 由知S的最

5、大值為 由題意得=12 所以 故當ABF2面積最大時橢圓的方程為： 下面給出本題的另一解法,請讀者比較二者的優劣：設過左焦點的直線方程為：（這樣設直線方程的好處是什么？還請讀者進一步反思反思.）橢圓的方程為：由得：于是橢圓方程可化為：把代入并整理得：于是是上述方程的兩根.,AB邊上的高,從而當且僅當m=0取等號，即由題意知, 于是 .故當ABF2面積最大時橢圓的方程為： 例5 已知直線與橢圓相交于A、B兩點，且線段AB的中點在直線上.（）求此橢圓的離心率；（2 ）若橢圓的右焦點關于直線的對稱點的在圓上，求此橢圓的方程.講解:（1）設A、B兩點的坐標分別為 得, 根據韋達定理，得 線段AB的中點

6、坐標為（）. 由已知得，故橢圓的離心率為 . （2）由（1）知從而橢圓的右焦點坐標為 設關于直線的對稱點為解得 由已知得 ，故所求的橢圓方程為 .例6 已知M：軸上的動點，QA，QB分別切M于A，B兩點，（1）如果，求直線MQ的方程；（2）求動弦AB的中點P的軌跡方程.講解:（1）由，可得由射影定理，得 在RtMOQ中， ，故，所以直線AB方程是（2）連接MB，MQ，設由點M，P，Q在一直線上，得由射影定理得即 把（*）及（*）消去a，并注意到，可得適時應用平面幾何知識，這是快速解答本題的要害所在，還請讀者反思其中的奧妙. 例7 如圖，在RtABC中，CBA=90°，AB=2，AC=

7、。DOAB于O點，OA=OB，DO=2，曲線E過C點，動點P在E上運動，且保持| PA |+| PB |的值不變.（1）建立適當的坐標系，求曲線E的方程；A O B C（2）過D點的直線L與曲線E相交于不同的兩點M、N且M在D、N之間，設，試確定實數的取值范圍講解: （1）建立平面直角坐標系, 如圖所示| PA |+| PB |=| CA |+| CB | y=動點P的軌跡是橢圓曲線E的方程是 . （2）設直線L的方程為 , 代入曲線E的方程，得設M1（, 則 i) L與y軸重合時， ii) L與y軸不重合時， 由得 又, 或 01 ,而 , ,的取值范圍是 . 值得讀者注意的是，直線L與y軸

8、重合的情況易于遺漏，應當引起警惕. 例8 直線過拋物線的焦點，且與拋物線相交于A兩點. （1）求證：;（2）求證：對于拋物線的任意給定的一條弦CD，直線l不是CD的垂直平分線. 講解: （1）易求得拋物線的焦點. 若lx軸，則l的方程為.若l不垂直于x軸，可設,代入拋物線方程整理得. 綜上可知 .（2）設，則CD的垂直平分線的方程為假設過F，則整理得 ，. 這時的方程為y=0，從而與拋物線只相交于原點. 而l與拋物線有兩個不同的交點，因此與l不重合，l不是CD的垂直平分線.此題是課本題的深化，你能夠找到它的原形嗎？知識在記憶中積累，能力在聯想中提升. 課本是高考試題的生長點，復課切忌忘掉課本！

9、例9 某工程要將直線公路l一側的土石，通過公路上的兩個道口A和B，沿著道路AP、BP運往公路另一側的P處，PA=100m，PB=150m，APB=60°，試說明怎樣運土石最省工？講解: 以直線l為x軸，線段AB的中點為原點對立直角坐標系，則在l一側必存在經A到P和經B到P路程相等的點，設這樣的點為M，則|MA|+|AP|=|MB|+|BP|,即|MA|MB|=|BP|AP|=50,M在雙曲線的右支上.故曲線右側的土石層經道口B沿BP運往P處，曲線左側的土石層經道口A沿AP運往P處，按這種方法運土石最省工.解析幾何解答題在歷年的高考中常考常新, 體現在重視能力立意, 強調思維空間, 是

10、用活題考死知識的典范. 考題求解時考查了等價轉化, 數形結合, 分類討論, 函數與方程等數學思想, 以及定義法, 配方法, 待定系數法, 參數法, 判別式法等數學通法.立體幾何題怎么解高考立體幾何試題一般共有4道(客觀題3道, 主觀題1道), 共計總分27分左右,考查的知識點在20個以內. 選擇填空題考核立幾中的計算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當然, 二者均應以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進一步實施,立體幾何考題正朝著”多一點思考,少一點計算”的發展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉體為載體的線面位置關系的論證,角與距離的探求是常考常新的熱門話題.例1

11、 四棱錐PABCD的底面是邊長為a的正方形，PB面ABCD.（1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積；（2）證明無論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°講解:（1）正方形ABCD是四棱錐PABCD的底面, 其面積為從而只要算出四棱錐的高就行了.面ABCD,BA是PA在面ABCD上的射影.又DAAB，PADA， PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，PAB=60°而PB是四棱錐PABCD的高，PB=AB·tg60°=a, .（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側面PAD與PCD恒為全等

12、三角形. 作AEDP，垂足為E，連結EC，則ADECDE， 是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.設AC與DB相交于點O，連結EO，則EOAC， 在 故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°.本小題主要考查線面關系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設計新穎, 特征鮮明的好題.例2 如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC為等腰直角三角形，ACB=900，AC=1，C點到AB1的距離為CE=，D為AB的中點.（1）求證：AB1平面CED；（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；（3）求二面角B1ACB的平面角.講解:（1）D是

13、AB中點，ABC為等腰直角三角形，ABC=900，CDAB又AA1平面ABC，CDAA1.CD平面A1B1BA CDAB1，又CEAB1， AB1平面CDE；（2）由CD平面A1B1BA CDDEAB1平面CDE DEAB1DE是異面直線AB1與CD的公垂線段CE=，AC=1 , CD=；（3）連結B1C，易證B1CAC，又BCAC , B1CB是二面角B1ACB的平面角.在RtCEA中，CE=，BC=AC=1,B1AC=600， , , .作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當然, 準確地作出應當有嚴格的邏輯推理作為基石.例3 如圖al是120°的二面角，A，B兩點在棱

14、上，AB=2，D在內，三角形ABD是等腰直角三角形，DAB=90°，C在內，ABC是等腰直角三角形ACB=求三棱錐DABC的體積；（2）求二面角DACB的大小； （3）求異面直線AB、CD所成的角. 講解: (1) 過D向平面做垂線，垂足為O，連強OA并延長至E. 為二面角al的平面角.是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO=（2）過O在內作OMAC,交AC的反向延長線于M,連結DM.則ACDM.DMO 為二面角DACB的平面角. 又在DOA中，OA=2cos60°=1.且 （3）在平在內，過C作AB的平行線交AE于F，DCF為異面直線AB、CD所成的角. 為

15、等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即ABC斜邊上的高,異面直線AB,CD所成的角為arctg比較例2與例3解法的異同, 你會得出怎樣的啟示? 想想看. 例4在邊長為a的正三角形的三個角處各剪去一個四邊形這個四邊形是由兩個全等的直角三角形組成的，并且這三個四邊形也全等，如圖若用剩下的部分折成一個無蓋的正三棱柱形容器，如圖則當容器的高為多少時，可使這個容器的容積最大，并求出容積的最大值 圖 圖 講解: 設容器的高為x則容器底面正三角形的邊長為,.當且僅當 .故當容器的高為時，容器的容積最大，其最大容積為對學過導數的同學來講，三次函數的最值問題用導數求解是最方便的，請讀者不妨一試. 另外，本

16、題的深化似乎與2002年全國高考文科數學壓軸題有關，還請做做對照. 類似的問題是:某企業設計一個容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當圓柱的底面半徑r和圓柱的高h為何值時，制造這個密閉容器的用料最省（即容器的表面積最小）. 例5 已知三棱錐PABC中，PC底面ABC，AB=BC，D、F分別為AC、PC的中點，DEAP于E （1）求證：AP平面BDE； （2）求證：平面BDE平面BDF；（3）若AEEP=12，求截面BEF分三棱錐PABC所成兩部分的體積比講解: (1）PC底面ABC，BD平面ABC，PCBD由AB=BC，D為AC的中點，得BDAC又PCAC=C，BD平面PAC 又P

17、A平面、PAC，BDPA由已知DEPA，DEBD=D，AP平面BDE （2）由BD平面PAC，DE平面PAC，得BDDE由D、F分別為AC、PC的中點，得DF/AP由已知，DEAP，DEDF. BDDF=D，DE平面BDF又DE平面BDE，平面BDE平面BDF （3）設點E和點A到平面PBC的距離分別為h1和h2則h1h2=EPAP=23, 故截面BEF分三棱錐PABC所成兩部分體積的比為12或21值得注意的是, “截面BEF分三棱錐PABC所成兩部分的體積比”并沒有說明先后順序, 因而最終的比值答案一般應為兩個, 希不要犯這種”會而不全”的錯誤.例6 已知圓錐的側面展開圖是一個半圓，它被過底

18、面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側面的交線是焦參數（焦點到準線的距離）為p的拋物線.（1）求圓錐的母線與底面所成的角；（2）求圓錐的全面積 講解: （1）設圓錐的底面半徑為R，母線長為l，由題意得：,即,所以母線和底面所成的角為（2）設截面與圓錐側面的交線為MON，其中O為截面與AC的交點，則OO1/AB且在截面MON內，以OO1所在有向直線為y軸，O為原點，建立坐標系，則O為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=2py，點N的坐標為（R，R），代入方程得R2=2p（R），得R=2p，l=2R=4p.圓錐的全面積為.將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預示了高考命題的新動向

19、. 類似請思考如下問題:一圓柱被一平面所截，截口是一個橢圓已知橢圓的長軸長為5，短軸長為4，被截后幾何體的最短側面母 線長為1，則該幾何體的體積等于 例7 如圖，幾何體ABCDE中，ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F、G分別為EB和AB的中點.（1）求證：FD平面ABC；（2）求證：AFBD； (3) 求二面角BFCG的正切值.講解: F、G分別為EB、AB的中點，FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC, FG=DC， 四邊形FGCD為平行四邊形，FDGC，又GC面ABC，FD面ABC.（2）AB=EA，且F為EB中點，AFEB 又FGEA，EA面ABCFG面ABC G為等邊ABC，AB邊的中點，AGGC.AFGC又FDGC，AFFD 由、知AF面EBD，又BD面EBD，AFBD.（3）由（1）、（2）知FGGB，GCGB，GB面GCF.過G作GHFC，垂足為H，連HB，HBFC.GH