高中数学复习学(教)案(第49讲)圆锥曲线的综合问题
高考数学圆锥曲线总复习教案
九、解析几何（2）三、椭圆1、定义：平面内与两个定点1F ，2F 的距离之和等于常数（大于12F F ）的点的轨迹称为椭圆．即：|)|2(,2||||2121F F a a MF MF >=+。
这两个定点称为椭圆的焦点，两焦点的距离称为椭圆的焦距．2、椭圆的几何性质：四、双曲线1、定义：平面内与两个定点1F ，2F 的距离之差的绝对值等于常数（小于12F F ）的点的轨迹称为双曲线．即：|)|2(,2||||||2121F F a a MF MF <=-。
这两个定点称为双曲线的焦点，两焦点的距离称为双曲线的焦距．2、实轴和虚轴等长的双曲线称为等轴双曲线．五、抛物线1、定义：平面内与一个定点F 和一条定直线l 的距离相等的点的轨迹称为抛物线．定点F 称为抛物线的焦点，定直线l 称为抛物线的准线．2关于抛物线焦点弦的几个结论：设AB 为过抛物线22(0)y px p =>焦点的弦，1122(,)(,)A x y B x y 、，直线AB 的倾斜角为θ，则⑴221212,;4p x x y y p ==- ⑵22;sin pAB θ= ⑸112.||||FA FB P+= ⑶ 以AB 为直径的圆与准线相切；⑷ 焦点F 对A B 、在准线上射影的张角为2π； 3、过抛物线的焦点，作垂直于对称轴且交抛物线于A 、B 两点的线段AB ，称为抛物线的“通径”，即2p AB =．六、直线与圆锥曲线的位置关系1.直线与圆锥曲线的位置关系：⑴.从几何角度看：要特别注意当直线与双曲线的渐进线平行时，直线与双曲线只有一个交点；当直线与抛物线的对称轴平行或重合时，直线与抛物线也只有一个交点。
⑵.从代数角度看：设直线L 的方程与圆锥曲线的方程联立得到02=++c bx ax 。
①. 若a =0，当圆锥曲线是双曲线时，直线L 与双曲线的渐进线平行或重合；当圆锥曲线是抛物线时，直线L 与抛物线的对称轴平行或重合。
2014届高考数学一轮复习教学案圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线的综合问题(文视情况[知识能否忆起]1．直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y (或x )得关于变量x (或y )的方程：ax 2＋bx ＋c ＝0(或ay 2＋by ＋c ＝0)．若a ≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有： Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．若a ＝0且b ≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点． 2．圆锥曲线的弦长问题设直线l 与圆锥曲线C 相交于A 、B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则弦长|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|或1＋1k2|y 1－y 2|. [小题能否全取]1．(教材习题改编)与椭圆x 212＋y 216＝1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是( )A ．y 2－x 23＝1 B.y 23－x 2＝1C.34x 2－38y 2＝1D.34y 2－38x 2＝1 解析：选A 设双曲线方程为y 2a 2－x 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝c 2，ca ＝2，c ＝2，得a ＝1，b ＝ 3.故双曲线方程为y 2－x 23＝1.2．(教材习题改编)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系是( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解析：选A 由于直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条D ．4条解析：选C 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0,1)且平行于x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x ＝0)．4．过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点A 且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M ，与y 轴的交点为B ，若|AM |＝|MB |，则该椭圆的离心率为________．解析：由题意知A 点的坐标为(－a,0)，l 的方程为y ＝x ＋a ，所以B 点的坐标为(0，a )，故M 点的坐标为⎝⎛⎭⎫－a 2，a 2，代入椭圆方程得a 2＝3b 2，则c 2＝2b 2，则c 2a 2＝23，故e ＝63. 答案：635．已知双曲线方程是x 2－y 22＝1，过定点P (2,1)作直线交双曲线于P 1，P 2两点，并使P (2,1)为P 1P 2的中点，则此直线方程是________________．解析：设点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则由x 21－y 212＝1，x 22－y 222＝1，得k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2(x 2＋x 1)y 2＋y 1＝2×42＝4，从而所求方程为4x －y －7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x 2－56x ＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4x －y －7＝01.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．2．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化．同时还应充分挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”．典题导入[例1] (2012·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点为A (2,0)，离心率为22.直线y ＝k (x －1)与椭圆C 交于不同的两点M ，N .(1)求椭圆C 的方程； (2)当△AMN 的面积为103时，求k 的值． [自主解答] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则 y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2，所以|MN |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2 ＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝2(1＋k 2)(4＋6k 2)1＋2k 2.又因为点A (2,0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k 2， 所以△AMN 的面积为 S ＝12|MN |· d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2. 由|k |4＋6k 21＋2k2＝103，解得k ＝±1. 由题悟法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．以题试法1．(2012·信阳模拟)设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤－12，12 B ．[－2,2] C ．[－1,1]D ．[－4,4]解析：选C 易知抛物线y 2＝8x 的准线x ＝－2与x 轴的交点为Q (－2,0)，于是，可设过点Q (－2,0)的直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)(由题可知k 是存在的)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，y ＝k (x ＋2)⇒k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0.当k ＝0时，易知符合题意；当k ≠0时，其判别式为Δ＝(4k 2－8)2－16k 4＝－64k 2＋64≥0， 可解得－1≤k ≤1.典题导入[例2] (2012·浙江高考)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10.不过原点O 的直线l 与C相交于A ，B 两点，且线段AB 被直线OP 平分．(1)求椭圆C 的方程；(2)求△ABP 面积取最大值时直线l 的方程．[自主解答] (1)设椭圆左焦点为F (－c,0)，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧(2＋c )2＋1＝10，c a ＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2. 所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为M .当直线AB 与x 轴垂直时，直线AB 的方程为x ＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12消去y ，整理得 (3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， ① 则Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2.所以线段AB 的中点为M ⎝⎛⎭⎫－4km 3＋4k 2，3m3＋4k 2.因为M 在直线OP ：y ＝12x 上，所以3m3＋4k 2＝－2km 3＋4k 2. 得m ＝0(舍去)或k ＝－32.此时方程①为3x 2－3mx ＋m 2－3＝0，则 Δ＝3(12－m 2)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－33.所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝396·12－m 2， 设点P 到直线AB 的距离为d ，则 d ＝|8－2m |32＋22＝2|m －4|13. 设△ABP 的面积为S ，则 S ＝12|AB |·d ＝36·(m －4)2(12－m 2). 其中m ∈(－23，0)∪(0,23)．令u (m )＝(12－m 2)(m －4)2，m ∈[－23，2 3 ]，u ′(m )＝－4(m －4)(m 2－2m －6)＝－4(m －4)(m －1－7)(m －1＋7)． 所以当且仅当m ＝1－7时，u (m )取到最大值． 故当且仅当m ＝1－7时，S 取到最大值． 综上，所求直线l 的方程为3x ＋2y ＋27－2＝0.由题悟法1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： (1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用基本不等式求出参数的取值范围； (5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．以题试法2．(2012·东莞模拟)已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)上存在关于直线x ＋y ＝1对称的相异两点，则实数p 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫－23，0 B.⎝⎛⎭⎫0，23 C.⎝⎛⎭⎫－32，0D.⎝⎛⎭⎫0，32 解析：选B 设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b .将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p )x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，则MN 的中点P 的坐标为(p －b ，p )．因为点P 在直线x ＋y ＝1上，所以2p －b ＝1，即b ＝2p －1.又Δ＝(2b －2p )2－4b 2＝4p 2－8bp ＞0，将b ＝2p －1代入得4p 2－8p (2p －1)＞0，即3p 2－2p ＜0，解得0＜p ＜23.典题导入[例3] (2012·辽宁高考)如图，椭圆C0：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0，a ，b 为常数)，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 21，b <t 1<a .点A 1，A 2分别为C 0的左，右顶点，C 1与C 0相交于A ，B ，C ，D 四点．(1)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程；(2)设动圆C 2：x 2＋y 2＝t 22与C 0相交于A ′，B ′，C ′，D ′四点，其中b <t 2<a ，t 1≠t 2.若矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，证明：t 21＋t 22为定值．[自主解答] (1)设 A (x 1，y 1)，B (x 1，－y 1)，又知A 1(－a,0)，A 2(a,0)，则直线A 1A 的方程为y ＝y 1x 1＋a(x ＋a )，①直线A 2B 的方程为y ＝－y 1x 1－a (x －a )．②由①②得y 2＝－y 21x 21－a2(x 2－a 2)．③由点A (x 1，y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2＋y 21b2＝1.从而y 21＝b2⎝⎛⎭⎫1－x 21a 2，代入③得x 2a 2－y 2b2＝1(x <－a ，y <0)． (2)证明：设A ′(x 2，y 2)，由矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，得4|x 1||y 1|＝4|x 2|·|y 2|，故x 21y 21＝x 22y 22.因为点A ，A ′均在椭圆上，所以 b 2x 21⎝⎛⎭⎫1－x 21a 2＝b 2x 22⎝⎛⎭⎫1－x 22a 2. 由t 1≠t 2，知x 1≠x 2，所以x 21＋x 22＝a 2，从而y 21＋y 22＝b 2， 因此t 21＋t 22＝a 2＋b 2为定值．由题悟法1．求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b 、k 等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．以题试法3．(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)及定点A (a ，b )，B (－a,0)，ab ≠0，b 2≠2pa ，M 是抛物线上的点．设直线AM ，BM 与抛物线的另一个交点分别为M 1，M 2，当M 变动时，直线M 1M 2恒过一个定点，此定点坐标为________．解析：设M ⎝⎛⎭⎫y 202p ，y 0，M 1⎝⎛⎭⎫y 212p ，y 1，M 2⎝⎛⎭⎫y 222p ，y 2，由点A ，M ，M 1共线可知y 0－b y 202p－a＝y 1－y 0y 212p －y 202p，得y 1＝by 0－2pa y 0－b ，同理由点B ，M ，M 2共线得y 2＝2pay 0.设(x ，y )是直线M 1M 2上的点，则y 2－y 1y 222p －y 212p ＝y 2－y y 222p－x ，即y 1y 2＝y (y 1＋y 2)－2px ，又y 1＝by 0－2pa y 0－b ，y 2＝2pay 0， 则(2px －by )y 02＋2pb (a －x )y 0＋2pa (by －2pa )＝0. 当x ＝a ，y ＝2pab时上式恒成立，即定点为⎝⎛⎭⎫a ，2pa b .答案：⎝⎛⎭⎫a ，2pa b1．已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则1PA ,·2PF ,的最小值为( )A ．－2B ．－8116C ．1D ．0解析：选A 设点P (x ，y )，其中x ≥1.依题意得A 1(－1,0)，F 2(2,0)，由双曲线方程得y 2＝3(x 2－1)．1PA ,·2PF,＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝(x ＋1)(x －2)＋y 2＝x 2＋y 2－x －2＝x 2＋3(x 2－1)－x －2＝4x 2－x －5＝4⎝⎛⎭⎫x －182－8116，其中x ≥1.因此，当x ＝1时，1PA ,·2PF ,取得最小值－2.2．过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A 、B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )A ．有且只有一条B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有且只有四条解析：选B 设该抛物线焦点为F ，则|AB |＝|AF |＋|FB |＝x A ＋p 2＋x B ＋p2＝x A ＋x B ＋1＝3＞2p ＝2.所以符合条件的直线有且仅有两条．3．(2012·南昌联考)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点F 作与x 轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M 、N (均在第一象限内)，若FM ,＝4MN,，则双曲线的离心率为( )A.54B.53C.35D.45解析：选B 由题意知F (c,0)，则易得M ，N 的纵坐标分别为b 2a ，bca，由FM ,＝4MN ,得b 2a ＝4·⎝⎛⎭⎫bc a －b 2a ，即bc ＝45.又c 2＝a 2＋b 2，则e ＝c a ＝53. 4．已知椭圆x 225＋y 216＝1的焦点是F 1，F 2，如果椭圆上一点P 满足PF 1⊥PF 2，则下面结论正确的是( )A ．P 点有两个B ．P 点有四个C ．P 点不一定存在D ．P 点一定不存在解析：选D 设椭圆的基本量为a ，b ，c ，则a ＝5，b ＝4，c ＝3.以F 1F 2为直径构造圆，可知圆的半径r ＝c ＝3＜4＝b ，即圆与椭圆不可能有交点．5．已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P (x 0，y 0)满足x 202＋y 20≤1，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围为________．解析：当P 在原点处时，|PF 1|＋|PF 2|取得最小值2；当P 在椭圆上时，|PF 1|＋|PF 2|取得最大值22，故|PF 1|＋|PF 2|的取值范围为[2,2 2 ]．答案：[2,2 2 ]6．(2013·长沙月考)直线l ：x －y ＝0与椭圆x 22＋y 2＝1相交于A 、B 两点，点C 是椭圆上的动点，则△ABC 面积的最大值为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x 22＋y 2＝1，得3x 2＝2，∴x ＝±63， ∴A ⎝⎛⎭⎫63，63，B ⎝⎛⎭⎫－63，－63， ∴|AB |＝433. 设点C (2cos θ，sin θ)，则点C 到AB 的距离d ＝|2cos θ－sin θ|2＝32·⎪⎪sin(θ－φ)⎪⎪≤32， ∴S △ABC ＝12|AB |·d ≤12×433×32＝ 2.答案： 27．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y 2b2＝1(0<b <1)的左，右焦点，过F 1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列．(1)求|AB |；(2)若直线l 的斜率为1，求b 的值． 解：(1)由椭圆定义知|AF 2|＋|AB |＋|BF 2|＝4， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43.(2)l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝1－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2＋y 2b 2＝1，化简得(1＋b 2)x 2＋2cx ＋1－2b 2＝0.则x 1＋x 2＝－2c 1＋b 2，x 1x 2＝1－2b 21＋b 2.因为直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|，即43＝2|x 2－x 1|.则89＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4(1－b 2)(1＋b 2)2－4(1－2b 2)1＋b 2＝8b 4(1＋b 2)2， 解得b ＝22. 8．(2012·黄冈质检)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆上任意一点到右焦点F 的距离的最大值为2＋1.(1)求椭圆的方程；(2)已知点C (m,0)是线段OF 上一个动点(O 为坐标原点)，是否存在过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 点，使得|AC |＝|BC |？并说明理由．解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝22a ＋c ＝2＋1，∴⎩⎨⎧a ＝2c ＝1，∴b ＝1，∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)得F (1,0)，∴0≤m ≤1. 假设存在满足题意的直线l ，设l 的方程为y ＝k (x －1)，代入x 22＋y 2＝1中，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)＝－2k2k 2＋1.设AB 的中点为M ，则M ⎝⎛⎭⎫2k 22k 2＋1，－k2k 2＋1.∵|AC |＝|BC |，∴CM ⊥AB ，即k CM ·k AB ＝－1，∴k 2k 2＋1m －2k 22k 2＋1·k ＝－1，即(1－2m )k 2＝m . ∴当0≤m ＜12时，k ＝±m1－2m，即存在满足题意的直线l ； 当12≤m ≤1时，k 不存在，即不存在满足题意的直线l . 9．(2012·江西模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，直线y ＝x ＋6与以原点为圆心，以椭圆C 的短半轴长为半径的圆相切，F 1，F 2为其左，右焦点，P 为椭圆C 上任一点，△F 1PF 2的重心为G ，内心为I ，且IG ∥F 1F 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且线段AB 的垂直平分线过定点C ⎝⎛⎭⎫16，0，求实数k 的取值范围．解：(1)设P (x 0，y 0)，x 0≠±a ，则G ⎝⎛⎭⎫x 03，y 03. 又设I (x I ，y I )，∵IG ∥F 1F 2， ∴y I ＝y 03，∵|F 1F 2|＝2c ，∴S △F 1PF 2＝12·|F 1F 2|·|y 0|＝12(|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|)·| y 03| ， ∴2c ·3＝2a ＋2c ，∴e ＝c a ＝12，又由题意知b ＝|6|1＋1，∴b ＝3，∴a ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1y ＝kx ＋m ，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由题意知Δ＝(8km )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，即m 2＜4k 2＋3，又x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，则y 1＋y 2＝6m3＋4k 2，∴线段AB 的中点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－4km 3＋4k 2，3m3＋4k 2.又线段AB 的垂直平分线l ′的方程为y ＝－1k ⎝⎛⎭⎫x －16，点P 在直线l ′上，∴3m 3＋4k 2＝－1k ⎝⎛⎭⎫－4km 3＋4k 2－16， ∴4k 2＋6km ＋3＝0，∴m ＝－16k (4k 2＋3)，∴(4k 2＋3)236k 2＜4k 2＋3，∴k 2＞332，解得k ＞68或k ＜－68， ∴k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，－68∪⎝⎛⎭⎫68，＋∞.1．(2012·长春模拟)已知点A (－1,0)，B (1,0)，动点M 的轨迹曲线C 满足∠AMB ＝2θ，|AM|,·|BM |,cos 2θ＝3，过点B 的直线交曲线C 于P ，Q 两点．(1)求|AM |,＋|BM|,的值，并写出曲线C 的方程；(2)求△APQ 的面积的最大值．解：(1)设M (x ，y )，在△MAB 中，|AB |,＝2，∠AMB ＝2θ，根据余弦定理得|AM |,2＋|BM |,2－2|AM |,·|BM |,cos 2θ＝|AB |,2＝4，即(|AM |,＋|BM |,)2－2|AM |,·|BM |,·(1＋cos 2θ)＝4，所以(|AM |,＋|BM |,)2－4|AM |,| BM |,·cos 2θ＝4.因为|AM |,·|BM |,cos 2θ＝3，所以(|AM |,＋|BM |,)2－4×3＝4，所以|AM |,＋|BM|,＝4. 又|AM |,＋|BM |,＝4＞2＝|AB |，因此点M 的轨迹是以A ，B 为焦点的椭圆(点M 在x 轴上也符合题意)，设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)， 则a ＝2，c ＝1，所以b 2＝a 2－c 2＝3. 所以曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1x 24＋y 23＝1，消去x ，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.①显然方程①的判别式Δ＝36m 2＋36(3m 2＋4)＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则△APQ 的面积S △APQ ＝12×2×|y 1－y 2|＝|y 1－y 2|.由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，所以(y 1－y 2)2＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝48×3m 2＋3(3m 2＋4)2.令t ＝3m 2＋3，则t ≥3，(y 1－y 2)2＝48t ＋1t＋2， 由于函数φ(t )＝t ＋1t在[3，＋∞)上是增函数，所以t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3m 2＋3＝3，即m ＝0时取等号，所以(y 1－y 2)2≤48103＋2＝9，即|y 1－y 2|的最大值为3，所以△APQ 的面积的最大值为3，此时直线PQ 的方程为x ＝1.2．(2012·郑州模拟)已知圆C 的圆心为C (m,0)，m ＜3，半径为5，圆C 与离心率e ＞12的椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的其中一个公共点为A (3,1)，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点．(1)求圆C 的标准方程；(2)若点P 的坐标为(4,4)，试探究直线PF 1与圆C 能否相切？若能，设直线PF 1与椭圆E 相交于D ，B 两点，求△DBF 2的面积；若不能，请说明理由．解：(1)由已知可设圆C 的方程为(x －m )2＋y 2＝5(m ＜3)， 将点A 的坐标代入圆C 的方程中，得(3－m )2＋1＝5， 即(3－m )2＝4，解得m ＝1，或m ＝5. ∴m ＜3，∴m ＝1.∴圆C 的标准方程为(x －1)2＋y 2＝5. (2)直线PF 1能与圆C 相切，依题意设直线PF 1的斜率为k ，则直线PF 1的方程为y ＝k (x －4)＋4，即kx －y －4k ＋4＝0，若直线PF 1与圆C 相切，则|k －0－4k ＋4|k 2＋1＝ 5.∴4k 2－24k ＋11＝0，解得k ＝112或k ＝12.当k ＝112时，直线PF 1与x 轴的交点的横坐标为3611，不合题意，舍去．当k ＝12时，直线PF 1与x 轴的交点的横坐标为－4，∴c ＝4，F 1(－4,0)，F 2(4,0)． ∴由椭圆的定义得：2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝(3＋4)2＋12＋(3－4)2＋12＝52＋2＝6 2. ∴a ＝32，即a 2＝18，∴e ＝432＝223＞12，满足题意．故直线PF 1能与圆C 相切．直线PF 1的方程为x －2y ＋4＝0，椭圆E 的方程为x 218＋y 22＝1.设B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，把直线PF 1的方程代入椭圆E 的方程并化简得，13y 2－16y －2＝0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝1613，y 1y 2＝－213，故S △DBF 2＝4|y 1－y 2|＝4(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝241013.1．已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点为F (1,0)，过焦点F 的直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点，若直线l 的倾斜角为45°，则弦AB 的中点坐标为( )A ．(1,0)B ．(2,2)C ．(3,2)D ．(2,4)解析：选C 依题意得，抛物线C 的方程是y 2＝4x ，直线l 的方程是y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝x －1消去y 得(x －1)2＝4x ，即x 2－6x ＋1＝0，因此线段AB 的中点的横坐标是62＝3，纵坐标是y＝3－1＝2，所以线段AB 的中点坐标是(3,2)．2．若直线mx ＋ny ＝4和圆O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点(m ，n )的直线与椭圆x 29＋y 24＝1的交点个数为( )A ．至多1个B ．2个C ．1个D ．0个解析：选B 由题意得4m 2＋n2＞2，即m 2＋n 2＜4，则点(m ，n )在以原点为圆心，以2为半径的圆内，此圆在椭圆x 29＋y 24＝1的内部．3．(2012·深圳模拟)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，以椭圆C的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r ＞0)，设圆T 与椭圆C 交于点M 与点N .(1)求椭圆C 的方程；(2)求TM ,·TN ,的最小值，并求此时圆T 的方程；(3)设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点，求证：|OR |·|OS |为定值．解：(1)依题意，得a ＝2，e ＝c a ＝32，∴c ＝3，b ＝a 2－c 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)易知点M 与点N 关于x 轴对称，设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)，不妨设y 1＞0. 由于点M 在椭圆C上，∴y 21＝1－x 214.(*)由已知T (－2,0)，则TM ,＝(x 1＋2，y 1)，TN,＝(x 1＋2，－y 1)， ∴TM ,·TN ,＝(x 1＋2，y 1)·(x 1＋2，－y 1)＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－⎝⎛⎭⎫1－x 214＝54x 21＋4x 1＋3＝54⎝⎛⎭⎫x 1＋852－15. 由于－2＜x 1＜2，故当x 1＝－85时，TM ,·TN ,取得最小值－15. 把x 1＝－85代入(*)式，得y 1＝35，故M ⎝⎛⎭⎫－85，35，又点M 在圆T 上，代入圆的方程得r 2＝1325. 故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝1325.(3)设P (x 0，y 0)，则直线MP 的方程为：y －y 0＝y 0－y 1x 0－x 1(x －x 0)，令y ＝0，得x R ＝x 1y 0－x 0y 1y 0－y 1，同理：x S ＝x 1y 0＋x 0y 1y 0＋y 1，故x R ·x S ＝x 21y 20－x 20y 21y 20－y 21.(**)又点M 与点P 在椭圆上，故x 20＝4(1－y 20)，x 21＝4(1－y 21)，代入(**)式，得x R ·x S ＝4(1－y 21)y 20－4(1－y 20)y 21y 20－y 21＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 20－y 21y 20－y 21＝4. 所以|OR |·|OS |＝|x R |·|x S |＝|x R ·x S |＝4为定值．平面解析几何(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2012·佛山模拟)已知直线l ：ax ＋y －2－a ＝0在x 轴和y 轴上的截距相等，则a 的值是( )A ．1B ．－1C ．－2或－1D ．－2或1解析：选D 由题意得a ＋2＝a ＋2a，解得a ＝－2或a ＝1.2．若直线l 与直线y ＝1，x ＝7分别交于点P ，Q ，且线段PQ 的中点坐标为(1，－1)，则直线l 的斜率为( )A.13B ．－13C ．－32D.23解析：选B 设P (x P ,1)，由题意及中点坐标公式得x P ＋7＝2，解得x P ＝－5，即P (－5,1)，所以k ＝－13.3．(2012·长春模拟)已知点A (1，－1)，B (－1,1)，则以线段AB 为直径的圆的方程是( ) A ．x 2＋y 2＝2 B ．x 2＋y 2＝ 2 C ．x 2＋y 2＝1D ．x 2＋y 2＝4解析：选A AB 的中点坐标为(0,0)， |AB |＝[1－(－1)]2＋(－1－1)2＝22， ∴圆的方程为x 2＋y 2＝2.4．(2012·福建高考)已知双曲线x 24－y 2b 2＝1的右焦点与抛物线y 2＝12x 的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( )A. 5B ．4 2C ．3D ．5解析：选A ∵抛物线y 2＝12x 的焦点坐标为(3,0)，故双曲线x 24－y 2b 2＝1的右焦点为(3,0)，即c ＝3，故32＝4＋b 2，∴b 2＝5，∴双曲线的渐近线方程为y ＝±52x ，∴双曲线的右焦点到其渐近线的距离为⎪⎪⎪⎪52×31＋54＝ 5.5．(2012·郑州模拟)若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点分成7∶3的两段，则此双曲线的离心率为( )A.98B.53C.324D.54解析：选B 依题意得，c ＋b 2＝77＋3×2c ，即b ＝45c (其中c 是双曲线的半焦距)，a ＝c 2－b 2＝35c ，则c a ＝53，因此该双曲线的离心率等于53. 6．设双曲线的左，右焦点为F 1，F 2，左，右顶点为M ，N ，若△PF 1F 2的一个顶点P 在双曲线上，则△PF 1F 2的内切圆与边F 1F 2的切点的位置是( )A ．在线段MN 的内部B ．在线段F 1M 的内部或NF 2内部C ．点N 或点MD ．以上三种情况都有可能解析：选C 若P 在右支上，并设内切圆与PF 1，PF 2的切点分别为A ，B ，则|NF 1|－|NF 2|＝|PF 1|－|PF 2|＝(|P A |＋|AF 1|)－(|PB |＋|BF 2|)＝|AF 1|－|BF 2|.所以N 为切点，同理P 在左支上时，M 为切点． 7．圆x 2＋y 2－4x ＝0在点P (1, 3)处的切线方程为( ) A ．x ＋3y －2＝0 B ．x ＋3y －4＝0 C ．x －3y ＋4＝0D ．x －3y ＋2＝0解析：选D 圆的方程为(x －2)2＋y 2＝4，圆心坐标为(2,0)，半径为2，点P 在圆上，设切线方程为y －3＝k (x －1)，即kx －y －k ＋3＝0，所以|2k －k ＋3|k 2＋1＝2，解得k ＝33.所以切线方程为y －3＝33(x －1)，即x －3y ＋2＝0. 8．(2012·新课标全国卷)等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线y 2＝16x 的准线交于A ，B 两点，|AB |＝43，则C 的实轴长为( )A. 2B ．2 2C ．4D ．8解析：选C 抛物线y 2＝16x 的准线方程是x ＝－4，所以点A (－4，23)在等轴双曲线C ：x 2－y 2＝a 2(a ＞0)上，将点A 的坐标代入得a ＝2，所以C 的实轴长为4.9．(2012·潍坊适应性训练)已知双曲线C ：x 24－y 25＝1的左，右焦点分别为F 1，F 2，P 为C 的右支上一点，且|PF 2|＝|F 1F 2|，则|PF 2|＝|F 1F 2|，则1PF ,·2PF,等于( ) A ．24 B ．48 C ．50D ．56解析：选C 由已知得|PF 2|＝|F 1F 2|＝6，根据双曲线的定义可得|PF 1|＝10，在△F 1PF 2中，根据余弦定理可得cos ∠F 1PF 2＝56，所以1PF ,·2PF ,＝10×6×56＝50. 10．(2012·南昌模拟)已知△ABC 外接圆半径R ＝1433，且∠ABC ＝120°，BC ＝10，边BC 在x 轴上且y 轴垂直平分BC 边，则过点A 且以B ，C 为焦点的双曲线方程为( )A.x 275－y 2100＝1 B.x 2100－y 275＝1 C.x 29－y 216＝1D.x 216－y 29＝1 解析：选D ∵sin ∠BAC ＝BC 2R ＝5314， ∴cos ∠BAC ＝1114，|AC |＝2R sin ∠ABC ＝2×1433×32＝14，sin ∠ACB ＝sin(60°－∠BAC ) ＝sin 60°cos ∠BAC －cos 60°sin ∠BAC ＝32×1114－12×5314＝3314， ∴|AB |＝2R sin ∠ACB ＝2×1433×3314＝6，∴2a ＝||AC |－|AB ||＝14－6＝8，∴a ＝4，又c ＝5，∴b 2＝c 2－a 2＝25－16＝9， ∴所求双曲线方程为x 216－y 29＝1.11．(2012·乌鲁木齐模拟)已知抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，P ，Q 是抛物线上的两个点，若△PQF 是边长为2的正三角形，则p 的值是( )A ．2±3B ．2＋ 3 C.3±1D.3－1解析：选A 依题意得F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，设P ⎝⎛⎭⎫y 212p ，y 1，Q ⎝⎛⎭⎫y 222p ，y 2(y 1≠y 2)．由抛物线定义及|PF |＝|QF |，得y 212p ＋p 2＝y 222p ＋p 2，所以y 21＝y 22，所以y 1＝－y 2.又|PQ |＝2，因此|y 1|＝|y 2|＝1，点P ⎝⎛⎭⎫12p ，y 1.又点P 位于该抛物线上，于是由抛物线的定义得|PF |＝12p ＋p2＝2，由此解得p ＝2±3. 12．已知中心在原点，焦点在坐标轴上，焦距为4的椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为( )A ．32或4 2B ．26或27C ．25或27D.5或7解析：选C 设椭圆方程为mx 2＋ny 2＝1(m ≠n 且m ，n ＞0)，与直线方程x ＋3y ＋4＝0联立，消去x 得(3m ＋n )y 2＋83my ＋16m －1＝0，由Δ＝0得3m ＋n ＝16mn ，即3n ＋1m ＝16，①又c ＝2，即1m －1n＝±4，②由①②联立得⎩⎨⎧m ＝17n ＝13或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝15， 故椭圆的长轴长为27或2 5.二、填空题(本题有4小题，每小题5分，共20分)13．(2012·青岛模拟)已知两直线l 1：x ＋y sin θ－1＝0和l 2：2x sin θ＋y ＋1＝0，当l 1⊥l 2时，θ＝________.解析：l 1⊥l 2的充要条件是2sin θ＋sin θ＝0，即sin θ＝0，所以θ＝k π(k ∈Z )．所以当θ＝k π(k ∈Z )时，l 1⊥l 2.答案：k π(k ∈Z )14．已知F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左，右焦点，A ，B 分别是此椭圆的右顶点和上顶点，P 是椭圆上一点，O 是坐标原点，OP ∥AB ，PF 1⊥x 轴，|F 1A |＝10＋5，则此椭圆的方程是______________________．解析：由于直线AB 的斜率为－b a ，故直线OP 的斜率为－b a ，直线OP 的方程为y ＝－ba x .与椭圆方程联立得x 2a 2＋x 2a 2＝1，解得x ＝±22a .根据PF 1⊥x 轴，取x ＝－22a ，从而－22a ＝－c ，即a ＝2c .又|F 1A |＝a ＋c ＝10＋5，故 2c ＋c ＝10＋5，解得c ＝5，从而a ＝10.所以所求的椭圆方程为x 210＋y 25＝1.答案：x 210＋y 25＝115．(2012·陕西高考)右图是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽________米．解析：设抛物线的方程为x 2＝－2py ，则点(2，－2)在抛物线上，代入可得p ＝1，所以x 2＝－2y .当y ＝－3时，x 2＝6，即x ＝±6，所以水面宽为2 6.答案：2 616．(2012·天津高考)设m ，n ∈R ，若直线l ：mx ＋ny －1＝0与x 轴相交于点A ，与y 轴相交于点B ，且l 与圆x 2＋y 2＝4相交所得弦的长为2，O 为坐标原点，则△AOB 面积的最小值为________．解析：由直线与圆相交所得弦长为2，知圆心到直线的距离为3，即1m 2＋n 2＝3，所以m 2＋n 2＝13≥2|mn |，所以|mn |≤16，又A ⎝⎛⎭⎫1m ，0，B ⎝⎛⎭⎫0，1n ，所以△AOB 的面积为12|mn |≥3，最小值为3.答案：3三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(10分)求过直线l 1：x －2y ＋3＝0与直线l 2：2x ＋3y －8＝0的交点，且到点P (0,4)距离为2的直线方程．解：由⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＋3＝0，2x ＋3y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.所以l 1与l 2的交点为(1,2)，设所求直线y －2＝k (x －1)(由题可知k 存在)，即kx －y ＋2－k ＝0，∵P (0,4)到直线距离为2，∴2＝|－2－k |1＋k 2，解得k ＝0或k ＝43.∴直线方程为y ＝2或4x －3y ＋2＝0.18．(12分)(2012·南昌模拟)已知圆C 过点P (1,1)，且与圆M ：(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝r 2(r ＞0)关于直线x ＋y ＋2＝0对称．(1)求圆C 的方程；(2)过点P 作两条相异直线分别与圆C 相交于A ，B ，且直线P A 和直线PB 的倾斜角互补，O 为坐标原点，试判断直线OP 和AB 是否平行？请说明理由．解：设圆心C (a ，b )，则⎩⎪⎨⎪⎧ a －22＋b －22＋2＝0，b ＋2a ＋2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝0， 则圆C 的方程为x 2＋y 2＝r 2，将点P 的坐标代入得r 2＝2，故圆C 的方程为x 2＋y 2＝2.(2)由题意知，直线P A 和直线PB 的斜率存在，且互为相反数，故可设P A ：y －1＝k (x －1)，PB ：y －1＝－k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k (x －1)，x 2＋y 2＝2得(1＋k 2)x 2＋2k (1－k )x ＋(1－k )2－2＝0.因为点P 的横坐标x ＝1一定是该方程的解，故可得x A ＝k 2－2k －11＋k 2.同理可得x B ＝k 2＋2k －11＋k 2，所以k AB ＝y B －y A x B －x A ＝－k (x B －1)－k (x A －1)x B －x A ＝2k －k (x B ＋x A )x B －x A＝1＝k OP ， 所以，直线AB 和OP 一定平行．19．(12分)(2012·天津高考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，点P ⎝⎛⎭⎫55a ，22a 在椭圆上． (1)求椭圆的离心率；(2)设A 为椭圆的左顶点，O 为坐标原点．若点Q 在椭圆上且满足|AQ |＝|AO |，求直线OQ 的斜率的值．解：(1)因为点P ⎝⎛⎭⎫55a ，22a 在椭圆上，故a 25a 2＋a 22b 2＝1，可得b 2a 2＝58. 于是e 2＝a 2－b 2a 2＝1－b 2a 2＝38，所以椭圆的离心率e ＝64. (2)设直线OQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx ，设点Q 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 20b2＝1，消去y 0并整理得 x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2.① 由|AQ |＝|AO |，A (－a,0)及y 0＝kx 0，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2. 整理得(1＋k2)x 20＋2ax 0＝0，而x 0≠0，故x 0＝－2a 1＋k 2，代入①，整理得(1＋k 2)2＝4k 2·a 2b 2＋4. 由(1)知a 2b 2＝85，故(1＋k 2)2＝325k 2＋4， 即5k 4－22k 2－15＝0，可得k 2＝5.所以直线OQ 的斜率k ＝±5.20．(12分)(2012·河南模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，短轴的一个端点为M (0,1)，直线l ：y ＝kx －13与椭圆相交于不同的两点A ，B . (1)若|AB |＝4269，求k 的值； (2)求证：不论k 取何值，以AB 为直径的圆恒过点M .解：(1)由题意知c a ＝22，b ＝1. 由a 2＝b 2＋c 2可得c ＝b ＝1，a ＝2，∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. 由⎩⎨⎧ y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－43kx －169＝0. Δ＝169k 2－4(2k 2＋1)×⎝⎛⎭⎫－169＝16k 2＋649＞0恒成立， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k 3(2k 2＋1)，x 1x 2＝－169(2k 2＋1). ∴|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4(1＋k 2)(9k 2＋4)3(2k 2＋1)＝4269， 化简得23k 4－13k 2－10＝0，即(k 2－1)(23k 2＋10)＝0，解得k ＝±1.(2)∵MA ,＝(x 1，y 1－1)，MB ,＝(x 2，y 2－1)，∴MA ,·MB ,＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)，＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝－16(1＋k 2)9(2k 2＋1)－16k 29(2k 2＋1)＋169＝0.∴不论k 取何值，以AB 为直径的圆恒过点M . 21． (2012·广州模拟)设椭圆M ：x 2a 2＋y 22＝1(a ＞2)的右焦点为F 1，直线l ：x ＝a 2a 2－2与x 轴交于点A ，若1OF ,＋21AF ,＝0(其中O 为坐标原点)．(1)求椭圆M 的方程；(2)设P 是椭圆M 上的任意一点，EF 为圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的任意一条直径(E ，F 为直径的两个端点)，求PE ,·PF ,的最大值．解：(1)由题设知，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2，0，F 1(a 2－2，0)，由1OF ,＋21AF ,＝0，得a 2－2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2－a 2－2， 解得a 2＝6.所以椭圆M 的方程为x 26＋y 22＝1. (2)设圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的圆心为N ，则PE ,·PF ,＝(NE ,－NP ,)·(NF ,－NP ,) ＝(－NF ,－NP ,)·(NF ,－NP ,)＝NP ,2－NF ,2＝NP ,2－1.从而将求PE ,·PF ,的最大值转化为求NP ―→,2的最大值． 因为P 是椭圆M 上的任意一点，设P (x 0，y 0)，所以x 206＋y 202＝1，即x 20＝6－3y 20. 因为点N (0,2)，所以NP ,2＝x 20＋(y 0－2)2＝－2(y 0＋1)2＋12.因为y 0∈[－2， 2]，所以当y 0＝－1时，NP ,2取得最大值12.所以PE ,·PF ,的最大值为11.22． (2012·湖北模拟)如图，曲线C 1是以原点O 为中心，F 1，F 2为焦点的椭圆的一部分．曲线C 2是以O 为顶点，F 2为焦点的抛物线的一部分，A 是曲线C 1和C 2的交点且∠AF 2F 1为钝角，若|AF 1|＝72，|AF 2|＝52. (1)求曲线C 1和C 2的方程； (2)设点C 是C 2上一点，若|CF 1|＝ 2|CF 2|，求△CF 1F 2的面积．解：(1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)， 则2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝72＋52＝6，得a ＝3. 设A (x ，y )，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，则(x ＋c )2＋y 2＝⎝⎛⎭⎫722，(x －c )2＋y 2＝⎝⎛⎭⎫522，两式相减得xc ＝32.由抛物线的定义可知|AF 2|＝x ＋c ＝52， 则c ＝1，x ＝32或x ＝1，c ＝32.又∠AF 2F 1为钝角，则x ＝1，c ＝32不合题意，舍去．当c ＝1时，b ＝22，所以曲线C 1的方程为x 29＋y 28＝1⎝⎛⎭⎫－3≤x ≤32，曲线C 2的方程为y 2＝4x ⎝⎛⎭⎫0≤x ≤32. (2)过点F 1作直线l 垂直于x 轴，过点C 作CC 1⊥l 于点C 1，依题意知|CC 1|＝|CF 2|. 在Rt △CC 1F 1中，|CF 1|＝ 2|CF 2|＝2|CC 1|，所以∠C 1CF 1＝45°， 所以∠CF1F 2＝∠C 1CF 1＝45°.在△CF 1F 2中，设|CF 2|＝r ，则|CF 1|＝2r ，|F 1F 2|＝2.由余弦定理得22＋(2r )2－2×2×2r cos 45°＝r 2，解得r ＝2，所以△CF 1F 2的面积S △CF 1F 2＝12|F 1F 2|·|CF 1|sin 45°＝12×2×22sin 45°＝2.。
高考数学 考点突破——圆锥曲线：圆锥曲线的综合问题学案-人教版高三全册数学学案
圆锥曲线的综合问题【知识梳理】1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程，即⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，F （x ，y ）＝0消去y ，得ax 2＋bx ＋c ＝0.(1)当a ≠0时，设一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的判别式为Δ，则：Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切； Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 相离.(2)当a ＝0，b ≠0时，即得到一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合.2．圆锥曲线的弦长设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋1k2·|y 1－y 2|【考点突破】考点一、直线与圆锥曲线的位置关系【例1】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－1，0)，且点P (0，1)在C 1上.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程. [解析] (1)椭圆C 1的左焦点为F 1(－1，0)，∴c ＝1， 又点P (0，1)在曲线C 1上，∴0a 2＋1b2＝1，得b ＝1，则a 2＝b 2＋c 2＝2，所以椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率显然存在且不等于0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0. 因为直线l 与椭圆C 1相切，所以Δ1＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝0. 整理得2k 2－m 2＋1＝0.①由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋m 消去y ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0. 因为直线l 与抛物线C 2相切，所以Δ2＝(2km －4)2－4k 2m 2＝0，整理得km ＝1.② 综合①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝22，m ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－22，m ＝－ 2. 所以直线l 的方程为y ＝22x ＋2或y ＝－22x － 2. 【类题通法】研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x 2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择题、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解. 【对点训练】已知直线l ：y ＝2x ＋m ，椭圆C ：x 24＋y 22＝1.试问当m 取何值时，直线l 与椭圆C ：(1)有两个不重合的公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点．[解析] 将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，得方程组222142y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ ② ① 将①代入②，整理得9x 2＋8mx ＋2m 2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m )2－4×9×(2m 2－4)＝－8m 2＋144.(1)当Δ>0，即－32<m <32时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个不重合的公共点．(2)当Δ＝0，即m ＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个互相重合的公共点，即直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点． (3)当Δ<0，即m <－32或m >32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l 与椭圆C 没有公共点．考点二、弦长问题【例2】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，过椭圆右焦点F 作两条互相垂直的弦AB 与CD .当直线AB 斜率为0时，AB ＝4.(1)求椭圆的方程；(2)若|AB |＋|CD |＝487，求直线AB 的方程．[解析] (1)由题意知e ＝c a ＝12，2a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝3， 所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB |＋|CD |＝7，不满足条件．②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则直线CD 的方程为y ＝－1k(x －1)．将直线AB 方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2－123＋4k2， 所以|AB |＝k 2＋1|x 1－x 2| ＝k 2＋1·x 1＋x 22－4x 1x 2＝12k 2＋13＋4k2. 同理，|CD |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋13＋4k2＝12k 2＋13k 2＋4. 所以|AB |＋|CD |＝12k 2＋13＋4k 2＋12k 2＋13k 2＋4＝84k 2＋123＋4k 23k 2＋4＝487，解得k ＝±1， 所以直线AB 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0. 【类题通法】 求解弦长的四种方法(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．(2)联立直线与圆锥曲线方程，解方程组求出两个交点坐标，代入两点间的距离公式求解．(3)联立直线与圆锥曲线方程，消元得到关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系得到(x 1－x 2)2或(y 1－y 2)2，代入两点间的距离公式．(4)当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长． 【对点训练】设F 1，F 2分别是椭圆D ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过F 2作倾斜角为π3的直线交椭圆D 于A ，B 两点，F 1到直线AB 的距离为23，连接椭圆D 的四个顶点得到的菱形的面积为2 5.(1)求椭圆D 的方程；(2)设过点F 2的直线l 被椭圆D 和圆C ：(x －2)2＋(y －2)2＝4所截得的弦长分别为m ，n ，当m ·n 最大时，求直线l 的方程.[解析] (1)设F 1的坐标为(－c ，0)，F 2的坐标为(c ，0)(c >0)， 则直线AB 的方程为y ＝3(x －c )，即3x －y －3c ＝0， ∴|－3c －3c |（3）2＋（－1）2＝23，解得c ＝2.∵12·2a ·2b ＝25，∴ab ＝5， 又a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝5，b 2＝1， ∴椭圆D 的方程为x 25＋y 2＝1.(2)由题意知，可设直线l 的方程为x ＝ty ＋2，则圆心C 到直线l 的距离d ＝|2t |t 2＋1，∴n ＝222－d 2＝4t 2＋1， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋2，x 25＋y 2＝1得(t 2＋5)y 2＋4ty －1＝0， 设直线l 与椭圆D 的交点坐标为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， ∴y 1＋y 2＝－4t t 2＋5，y 1y 2＝－1t 2＋5， ∴m ＝1＋t 2|y 1－y 2|＝25（t 2＋1）t 2＋5，∴m ·n ＝85·t 2＋1t 2＋5＝85t 2＋1＋4t 2＋1≤25⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当t 2＋1＝4t 2＋1，即t ＝±3时，等号成立，∴直线l 的方程为x －3y －2＝0或x ＋3y －2＝0.考点三、中点弦问题【例3】已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点.若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( )A ．x 245＋y 236＝1B ．x 236＋y 227＝1 C ．x 227＋y 218＝1 D ．x 218＋y 29＝1 (2)已知P (1，1)为椭圆x 24＋y 22＝1内一定点，经过P 引一条弦，使此弦被P 点平分，则此弦所在的直线方程为________.[答案] (1) D (2) x ＋2y －3＝0[解析] (1)因为直线AB 过点F (3，0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y ＝12(x －3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a24＋b 2x 2－32a 2x＋94a 2－a 2b 2＝0， 所以AB 的中点的横坐标为32a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c ＝3，a ＝32， 故E 的方程为x 218＋y 29＝1.(2)法一 易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y －1＝k (x －1)，此弦的两端点坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k （x －1），x 24＋y 22＝1，消去y 整理得，(2k 2＋1)x 2－4k (k －1)x ＋2(k 2－2k －1)＝0，∴x 1＋x 2＝4k （k －1）2k 2＋1， 又∵x 1＋x 2＝2，∴4k （k －1）2k 2＋1＝2，解得k ＝－12. 故此弦所在的直线方程为y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0.法二 易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k ， 此弦的两端点坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 214＋y 212＝1①，x 224＋y 222＝1②， ①－②得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）4＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）2＝0，∵x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2， ∴x 1－x 22＋y 1－y 2＝0，∴k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12. ∴此弦所在的直线方程为y －1＝－12(x －1)，即x ＋2y －3＝0.【类题通法】处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如下：【对点训练】1．若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y ＝3x ＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为________.[答案] x 28＋y 212＝1[解析] 因为椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，则a 2－b 2＝4，所以可设椭圆方程为y 2b 2＋4＋x 2b2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ＋7，y 2b 2＋4＋x 2b2＝1，消去x ，整理得 (10b 2＋4)y 2－14(b 2＋4)y －9b 4＋13b 2＋196＝0，设直线y ＝3x ＋7与椭圆相交所得弦的端点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 由一元二次方程根与系数的关系得：y 1＋y 2＝14（b 2＋4）10b 2＋4＝2. 解得：b 2＝8.所以a 2＝12. 则椭圆方程为x 28＋y 212＝1.2．过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3，1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是________.[答案] 3x ＋4y －13＝0[解析] 设直线与椭圆交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点， 由于A ，B 两点均在椭圆上， 故x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y 224＝1， 两式相减得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）16＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）4＝0.又∵P 是A ，B 的中点，∴x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝2，∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－34. ∴直线AB 的方程为y －1＝－34(x －3).即3x ＋4y －13＝0.。
高三数学教案：圆锥曲线的综合问题
第八节 圆锥曲线的综合应用一、基本知识概要：1知识精讲：圆锥曲线的综合问题包括：解析法的应用，数形结合的思想，与圆锥曲线有关的定值、最值等问题，主要沿着两条主线，即圆锥曲线科内综合与代数间的科间综合，灵活运用解析几何的常用方法，解决圆锥曲线的综合问题；通过问题的解决，进一步掌握函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想.2重点难点：正确熟练地运用解析几何的方法解决圆锥曲线的综合问题，从中进一步体会分类讨论、等价转化等数学思想的运用.3思维方式：数形结合的思想，等价转化，分类讨论，函数与方程思想等.4特别注意：要能准确地进行数与形的语言转换和运算、推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整。
二、例题：例1. A ，B 是抛物线)0(22>=p px y 上的两点，且OA OB ⊥（O 为坐标原点）求证：（1）A ，B 两点的横坐标之积，纵坐标之积分别是定植； （2）直线AB 经过一个定点证明：（1）设,,2,2),,(),,(21212221212211=+∴⊥==y y x x OB OA px y px y y x B y x A 则两式相乘得2212214,4p x x p y y =-=)0,2),0,2),2(2).(2,2,),(2)2(212112112121212221p x x p p x y y p y x x y y p y y AB y y p k x x x x p y y AB 时，显然也过点（当过定点（化简得的方程所以直线当=-+=-+=-+=≠-=-所以直线AB 过定点(2p,0)例2、（2005年春季北京，18）如图，O 为坐标原点，直线l 在x 轴和y 轴上的截距分别是a 和b )0,0(≠>b a ，且交抛物线）（），（于22112,N ,M )0(2y x y x p px y >=两点。
（1） 写出直线l 的截距式方程 （2） 证明：by y 11121=+（3） 当p a 2=时，求MON ∠的大小。
高考数学一轮复习 8.10 圆锥曲线的综合问题精品教学案(学生版) 新人教版
【考纲解读】1．了解圆锥曲线的简单应用，理解数形结合的思想．2．领会转化的数学思想，提高综合解题能力.【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.平面解析几何是历年来高考重点内容之一,经常与逻辑、不等式、三角函数等知识结合起来考查，在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，在解答题中考查，一般难度较大，与其他知识结合起来考查，在考查平面解析几何基础知识的同时，又考查数形结合思想、转化思想和分类讨论等思想，以及分析问题、解决问题的能力.2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持考查解析几何与其他知识的结合，在选择题、填空题中继续搞创新,命题形式会更加灵活.【要点梳理】1.圆锥曲线中的最值问题2.圆锥曲线中的面积问题3.圆锥曲线中的定点或定值问题【例题精析】考点一 圆锥曲线中的最值与面积问题例1. (2012年高考重庆卷文科21)（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分）已知椭圆的中心为原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左、右焦点分别为12,F F ，线段12,OF OF 的中点分别为12,B B ，且△12AB B 是面积为4的直角三角形。
（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；（Ⅱ）过1B作直线交椭圆于,P Q ，22PB QB ⊥，求△2PB Q 的面积【变式训练】1.（2012年高考安徽卷文科20）（本小题满分13分）如图，21F F 分别是椭圆C ：22a x +22by =1（0>>b a ）的左、右焦点，A 是椭圆C 的顶点，B 是直线2AF 与椭圆C 的另一个交点，1F ∠A 2F =60°.（Ⅰ）求椭圆C 的离心率；（Ⅱ）已知△A B F 1的面积为403，求,a b 的值.考点二 定点（定值）问题例2.(2012年高考福建卷文科21)（本小题满分12分）如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2=2py （p ＞0）上。
2019高三数学文科一轮复习全品课件 第49讲 圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线的综合 问题
教学参考│课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例题
第49讲 PART 49
考试说明
1. 理解数形结合的思想.
2. 了解圆锥曲线的简单应用.
教学参考
考情分析
考点 直线与圆 锥曲线 的位置关 系 弦长及中 点弦问题
考查方向
考例
考查热度 ★★★
直线与圆锥曲 2013· 全国卷Ⅱ10,2015· 全国卷 线位置关系的 Ⅱ20,2016· 全国卷Ⅰ20,2017· 全 判断方法 国卷Ⅱ12
[答案] C 2 [解析] 由抛物线的方程 y =4x 得焦点
F(1,0),准线 l:x=-1,故直线 MF 的方程为 ������ = 3(������-1), y= 3(x-1).由 2 得 M(3,2 3), ������ = 4������, 又 MN⊥l,所以 N(-1,2 3),所以直线 NF 的 方程为 3x+y- 3=0,所以 M 到直线 NF 的 距离
准线方程为 x=-2,即椭圆的半焦距 c=2.又
������ 2 1 2 离心率 e= = = ,所以 a=4,于是 b =12,则 ������ ������ 2 ������ 2 ������ 2 椭圆的方程为 + =1.A,B 是 C 的准线 16 12
x=-2 与 E 的两个交点,把 x=-2 代入椭圆方 程得 y=± 3,所以|AB|=6.
求弦长、利用 弦长求参数、 2013· 全国卷Ⅱ10,2014· 全国卷 与中点弦有关 Ⅱ10,2015· 全国卷Ⅰ5,2017· 全国 的方程或斜率 卷Ⅰ20 问题
★★★
教学参考
(续表)
考点 证明问题 考查方向 证明问题 考例 Ⅱ21,2017· 全国卷Ⅱ20 考查热度 ★★★ ★★★
高中数学圆锥曲线教案
高中数学圆锥曲线教案
一、教学目标
1.了解圆锥曲线的定义和基本性质。
2.能够掌握圆锥曲线的标准方程及其图像特点。
3.能够解决与圆锥曲线相关的问题。
二、教学重点和难点
重点：掌握圆锥曲线的标准方程及其图像特点。
难点：理解圆锥曲线的定义及性质。
三、教学内容
1.圆锥曲线的定义和基本性质。
2.圆锥曲线的标准方程及其图像特点。
3.圆锥曲线的相关问题解决方法。
四、教学过程
1.导入新知识：通过引入一个问题或实际应用场景引起学生的兴趣。
2.讲解圆锥曲线的定义和基本性质，包括椭圆、双曲线和抛物线。
3.介绍圆锥曲线的标准方程及其图像特点。
4.通过实例分析，让学生熟悉解决与圆锥曲线相关的问题的方法。
5.组织学生进行练习和讨论，巩固所学知识。
6.总结本节课内容，提出问题进行思考，激发学生的学习兴趣。
五、课堂作业
1.完成练习题。
2.思考如何将圆锥曲线应用到实际生活中。
六、教学反思
本节课主要对圆锥曲线的定义和基本性质进行了讲解，并通过实例让学生掌握了圆锥曲线的标准方程及其图像特点。
同时也引导学生思考如何将所学知识应用到实际生活中。
在教学过程中需要注意引导学生正确理解圆锥曲线的概念，帮助他们建立深刻的认识。
高考数学一轮复习总教案：9.5 圆锥曲线综合问题
9.5 圆锥曲线综合问题典例精析题型一 求轨迹方程【例1】已知抛物线的方程为x2＝2y ，F 是抛物线的焦点，过点F 的直线l 与抛物线交于A 、B 两点，分别过点A 、B 作抛物线的两条切线l1和l2，记l1和l2交于点M.(1)求证：l1⊥l2；(2)求点M 的轨迹方程.【解析】(1)依题意，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋12. 联立⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=22121x y kx y 消去y 整理得x2－2kx －1＝0.设A 的坐标为(x1，y1)，B 的坐标为(x2，y2)，则有x1x2＝－1，将抛物线方程改写为y ＝12x2，求导得y′＝x. 所以过点A 的切线l1的斜率是k1＝x1，过点B 的切线l2的斜率是k2＝x2. 因为k1k2＝x1x2＝－1，所以l1⊥l2.(2)直线l1的方程为y －y1＝k1(x －x1)，即y －x212＝x1(x －x1). 同理直线l2的方程为y －x222＝x2(x －x2). 联立这两个方程消去y 得x212－x222＝x2(x －x2)－x1(x －x1)， 整理得(x1－x2)(x －x1＋x22)＝0， 注意到x1≠x2，所以x ＝x1＋x22. 此时y ＝x212＋x1(x －x1)＝x212＋x1(x1＋x22－x1)＝x1x22＝－12. 由(1)知x1＋x2＝2k ，所以x ＝x1＋x22＝k ∈R. 所以点M 的轨迹方程是y ＝－12. 【点拨】直接法是求轨迹方程最重要的方法之一，本题用的就是直接法.要注意“求轨迹方程”和“求轨迹”是两个不同概念，“求轨迹”除了首先要求我们求出方程，还要说明方程轨迹的形状，这就需要我们对各种基本曲线方程和它的形态的对应关系了如指掌.【变式训练1】已知△ABC 的顶点为A(－5,0)，B(5,0)，△ABC 的内切圆圆心在直线x ＝3上，则顶点C 的轨迹方程是( )A.x29－y216＝1B.x216－y29＝1 C.x29－y216＝1(x ＞3)D.x216－y29＝1(x ＞4)【解析】如图，|AD|＝|AE|＝8，|BF|＝|BE|＝2，|CD|＝|CF|，所以|CA|－|CB|＝8－2＝6，根据双曲线定义，所求轨迹是以A 、B 为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，方程为x29－y216＝1(x ＞3)，故选C. 题型二 圆锥曲线的有关最值 【例2】已知菱形ABCD 的顶点A 、C 在椭圆x2＋3y2＝4上，对角线BD 所在直线的斜率为1.当∠ABC ＝60°时，求菱形ABCD 面积的最大值.【解析】因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD.于是可设直线AC 的方程为y ＝－x ＋n.由⎩⎨⎧+-==+n x y y x ,4322得4x2－6nx ＋3n2－4＝0.因为A ，C 在椭圆上，所以Δ＝－12n2＋64＞0，解得－433＜n ＜433. 设A ，C 两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝3n 2，x1x2＝3n2－44， y1＝－x1＋n ，y2＝－x2＋n.所以y1＋y2＝n 2. 因为四边形ABCD 为菱形，且∠ABC ＝60°，所以|AB|＝|BC|＝|CA|.所以菱形ABCD 的面积S ＝32|AC|2. 又|AC|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝－3n2＋162，所以S ＝34(－3n2＋16) (－433＜n ＜433). 所以当n ＝0时，菱形ABCD 的面积取得最大值4 3.【点拨】建立“目标函数”，借助代数方法求最值，要特别注意自变量的取值范围.在考试中很多考生没有利用判别式求出n 的取值范围，虽然也能得出答案，但是得分损失不少.【变式训练2】已知抛物线y ＝x2－1上有一定点B(－1,0)和两个动点P 、Q ，若BP ⊥PQ ，则点Q 横坐标的取值范围是 .【解析】如图，B(－1,0)，设P(xP ，x2P －1)，Q(xQ ，x2Q －1)，由kBP ·kPQ ＝－1，得x2P －1xP ＋1·x2Q －x2P xQ －xP＝－1. 所以xQ ＝－xP －1xP －1＝－(xP －1)－1xP －1－1. 因为|xP －1＋1xP －1|≥2，所以xQ≥1或xQ≤－3. 题型三 求参数的取值范围及最值的综合题【例3】(2019浙江模拟)已知m ＞1，直线l ：x －my －m22＝0，椭圆C ：x2m2＋y2＝1，F1，F2分别为椭圆C 的左、右焦点.(1)当直线l 过右焦点F2时，求直线l 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G ，H.若原点O 在以线段GH 为直径的圆内，求实数m 的取值范围.【解析】(1)因为直线l ：x －my －m22＝0经过F2(m2－1，0)， 所以m2－1＝m22，解得m2＝2， 又因为m ＞1，所以m ＝ 2.故直线l 的方程为x －2y －1＝0.(2)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=1,22222y m x m my x 消去x 得2y2＋my ＋m24－1＝0， 则由Δ＝m2－8(m24－1)＝－m2＋8＞0知m2＜8， 且有y1＋y2＝－m 2，y1y2＝m28－12. 由于F1(－c,0)，F2(c,0)，故O 为F1F2的中点，由AG ＝2GO ， BH ＝2HO ，得G(x13，y13)，H(x23，y23)， |GH|2＝(x1－x2)29＋(y1－y2)29. 设M 是GH 的中点，则M(x1＋x26，y1＋y26)， 由题意可知，2|MO|＜|GH|，即4[(x1＋x26)2＋(y1＋y26)2]＜(x1－x2)29＋(y1－y2)29， 即x1x2＋y1y2＜0.而x1x2＋y1y2＝(my1＋m22)(my2＋m22)＋y1y2＝(m2＋1)(m28－12). 所以m28－12＜0，即m2＜4. 又因为m ＞1且Δ＞0，所以1＜m ＜2.所以m 的取值范围是(1,2).【点拨】本题主要考查椭圆的几何性质，直线与椭圆、点与圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.【变式训练3】若双曲线x2－ay2＝1的右支上存在三点A 、B 、C 使△ABC 为正三角形，其中一个顶点A 与双曲线右顶点重合，则a 的取值范围为 .【解析】设B(m ，m2－1a )，则C(m ，－m2－1a)(m ＞1)， 又A(1,0)，由AB ＝BC 得(m －1)2＋m2－1a＝(2m2－1a )2， 所以a ＝3m ＋1m －1＝3(1＋2m －1)＞3，即a 的取值范围为(3，＋∞). 总结提高1.求曲线的轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一.求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标法”将其转化为寻求变量间的关系.这类问题除了考查学生对圆锥曲线的定义、性质等基础知识的掌握，还充分考查了各种数学思想方法及一定的推理能力和运算能力，因此这类问题成为高考命题的热点，也是同学们的一大难点.求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法、待定系数法.2.最值问题的代数解法，是从动态角度去研究解析几何中的数学问题的主要内容，其解法是设变量、建立目标函数、转化为求函数的最值.其中，自变量的取值范围由直线和圆锥曲线的位置关系(即判别式与0的关系)确定.3.范围问题，主要是根据条件，建立含有参变量的函数关系式或不等式，然后确定参数的取值范围.其解法主要有运用圆锥曲线上点的坐标的取值范围，运用求函数的值域、最值以及二次方程实根的分布等知识.。
高考数学大一轮复习 第八章 解析几何 第49讲 圆锥曲线的综合问题优选学案
第49讲 圆锥曲线的综合问题考纲要求考情分析 命题趋势1.掌握直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系的解题方法．2．理解数形结合的思想． 3．了解圆锥曲线的简单应用．2017·北京卷，192016·全国卷Ⅰ，20 2016·全国卷Ⅱ，21 2016·全国卷Ⅲ，201.求直线或曲线所过的定点．2．求与圆锥曲线有关的定值问题．3．求与圆锥曲线相关的面积、距离等的最值．4．探求与圆锥曲线有关的存在性问题．分值：12～14分1．直线与圆锥曲线的位置关系(1)从几何角度看，可分为三类：__无公共点__、__仅有一个公共点__及有两个__相异的公共点__.(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方程解的情况来判断．设直线l 的方程为Ax ＋By ＋C ＝0，圆锥曲线方程为f (x ，y )＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，f (x ，y )＝0，消元(如消去y )，得ax 2＋bx ＋c ＝0.①若__a ＝0__，当圆锥曲线是双曲线时，直线l 与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l 与抛物线的对称轴平行(或重合)．②若a ≠0，设Δ＝b 2－4ac .当__Δ＞0__时，直线和圆锥曲线相交于不同的两点； 当__Δ＝0__时，直线和圆锥曲线相切于一点； 当__Δ＜0__时，直线和圆锥曲线没有公共点． 2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题(1)斜率为k 的直线与圆锥曲线交于两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则所得弦长：||P 1P 2＝1＋k 2||x 1－x 2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 2[(y 1＋y 2)2－4y 1y 2]＝__ 1＋1k 2||y 1－y 2__.(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接求解(利用坐标轴上两点间距离公式)． 3．圆锥曲线的中点弦问题遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率k ＝__ －b 2x 0a 2y 0__；在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率k ＝__ b 2x 0a 2y 0__；在抛物线y2＝2px (p >0)中，以P (x 0，y 0)为中点的弦所在直线的斜率__ k ＝py 0__.在使用根与系数的关系时，要注意使用条件是Δ≥0.4．(1)直线y ＝kx ＋m 表示过点(0，m )且不包括垂直于x 轴的直线，故设直线y ＝kx ＋m 时，必须先讨论过点(0，m )且垂直于x 轴的直线是否符合题设要求．(2)直线x ＝my ＋n 表示过点(n,0)且不包括垂直于y 轴的直线，故设直线x ＝my ＋n 时，必须先讨论过点(n,0)且垂直于y 轴的直线是否符合题设要求．注：过y 轴上一点(0，m )的直线通常设为y ＝kx ＋m ；过x 轴上一点(n,0)的直线通常设为x ＝my ＋n .1．思维辨析(在括号内打“√”或“”)．(1)直线l 与椭圆C 相切的充要条件是直线l 与椭圆C 只有一个公共点．( √ ) (2)直线l 与双曲线C 相切的充要条件是直线l 与双曲线C 只有一个公共点．( × ) (3)直线l 与抛物线C 相切的充要条件是直线l 与抛物线C 只有一个公共点．( × ) (4)如果直线x ＝ty ＋a 与圆锥曲线相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则弦长||AB ＝1＋t2||y 1－y 2.(√ )(5)若抛物线C 上存在关于直线l 对称的两点，则需满足直线l 与抛物线C 的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.( × )解析 (1)正确．直线l 与椭圆C 只有一个公共点，则直线l 与椭圆C 相切，反之亦成立．(2)错误．因为直线l 与双曲线C 的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切．(3)错误．因为直线l 与抛物线C 的对称轴平行时，也只有一个公共点，是相交，但不相切．(4)正确.||AB ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2，又x 1＝ty 1＋a ，x 2＝ty 2＋a ，所以||AB ＝[(ty 1＋a )－(ty 2＋a )]2＋(y 1－y 2)2＝t 2(y 1－y 2)2＋(y 1－y 2)2＝1＋t 2||y 1－y 2.(5)错误．应是以l 为垂直平分线的段线AB 所在的直线l ′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0.2．过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A ，B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( B )A ．有且只有一条B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有且只有四条解析 设该抛物线的焦点为F ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，则||AB ＝||AF ＋||FB ＝x A ＋p2＋x B ＋p2＝x A ＋x B ＋1＝2＋1＝3＞2p ＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．故选B.3．直线l ：y ＝x ＋3与曲线y 29－x ·|x |4＝1交点的个数为( D )A ．0B ．1C ．2D ．3解析 当x ≥0时，曲线为y 29－x 24＝1；当x ＜0时，曲线为y 29＋x 24＝1，如图所示．直线l ：y ＝x ＋3过(0,3)，又由于双曲线y 29－x 24＝1的渐近线y ＝32x 的斜率32＞1，故直线l 与曲线y 29－x 24＝1(x ≥0)有两个交点，显然l 与椭圆y 29＋x 24＝1(x ≤0)有两个交点，又(0,3)是椭圆与双曲线的公共点，所以共3个交点．4．已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，PA 1→·PF 2→的最小值为( A )A ．－2B ．－8116C ．1D ．0解析 设点P (x ，y )，其中x ≥1.依题意得A 1(－1,0)，F 2(2,0)，由双曲线方程得y 2＝3(x 2－1)．PA 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝(x ＋1)(x －2)＋y 2＝x 2＋y 2－x －2＝x 2＋3(x 2－1)－x －2＝4x 2－x －5＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －182－8116，其中x ≥1.因此，当x ＝1时，PA 1→·PF 2→取得最小值－2.5．已知F 1，F 2是椭圆16x 2＋25y 2＝1 600的两个焦点，P 是椭圆上一点，且PF 1⊥PF 2，则△F 1PF 2的面积为__64__.解析 由题意可得||PF 1＋||PF 2＝2a ＝20，||PF 12＋||PF 22＝||F 1F 22＝4c 2＝144＝(||PF 1＋||PF 2)2－2||PF 1·||PF 2＝202－2||PF 1·||PF 2，解得||PF 1·||PF 2＝128，所以△F 1PF 2的面积为12||PF 1·||PF 2＝12×128＝64.一 直线与圆锥曲线的位置关系解直线与圆锥曲线相交问题的方法(1)直线与圆锥曲线相交是解析几何中一类重要问题，解题时注意应用韦达定理及“设而不求”的技巧来解决直线与圆锥曲线的综合问题．(2)运用“点差法”解决弦的中点问题，主要是求出过中点弦的直线的斜率，用“点差法”的计算量较少，但是此法在解决有关存在性的问题时，要结合图形和判别式Δ加以检验．【例1】 已知P (1,1)为椭圆x 24＋y 22＝1内一定点，经过P 引一条弦，使此弦被点P 平分，则此弦所在的直线方程为__x ＋2y －3＝0__.解析 易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k ，弦的端点坐标为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则x 214＋y 212＝1，①x 224＋y 222＝1，② ①－②得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2＝0.∵x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2， ∴x 1－x 22＋y 1－y 2＝0.∴k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12. ∴此弦所在的直线方程为y －1＝－12(x －1)，经检验知此直线与椭圆相交，即所求为x＋2y －3＝0.【例2】 已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，右焦点到直线x ＋y ＋6＝0的距离为2 3.(1)求椭圆的方程；(2)过点M (0，－1)作直线l 交椭圆于A ，B 两点，交x 轴于点N ，且满足NA →＝－75NB →，求直线l 的方程．解析 (1)设椭圆的右焦点的坐标为(c,0)(c >0)， 则||c ＋62＝23，c ＋6＝±26，c ＝6或c ＝－36(舍去)． 又离心率c a＝32，6a ＝32，故a ＝22，b ＝a 2－c 2＝2， 故椭圆的方程为x 28＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，N (x 0,0)，因为NA →＝－75NB →，所以(x 1－x 0，y 1)＝－75(x 2－x 0，y 2)，y 1＝－75y 2.①易知当直线l 的斜率不存在或斜率为0时，①不成立，于是设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＋4y 2＝8，消去x 得(4k 2＋1)y 2＋2y ＋1－8k 2＝0，②因为Δ>0，所以直线与椭圆相交，于是y 1＋y 2＝－24k 2＋1，③y 1y 2＝1－8k24k 2＋1，④由①③，得y 2＝54k 2＋1，y 1＝－74k 2＋1， 代入④整理得8k 4＋k 2－9＝0，k 2＝1，k ＝±1， 所以直线l 的方程是y ＝x －1或y ＝－x －1.二 圆锥曲线的最值问题圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法；一是几何法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．【例3】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，椭圆C 上任意一点到椭圆左右两个焦点的距离之和为4.(1)求椭圆C 的方程；(2)椭圆C 与x 轴负半轴交于点A ，直线过定点D (－1,0)交椭圆于M ，N 两点，求△AMN 面积的最大值．解析 (1)由题意可知a ＝2b,2a ＝4，所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)点A 坐标为(－2,0)，直线MN 过定点D (－1,0)，∴令直线MN 的方程为x ＝my －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 24＋y 2＝1，消去x 得(m 2＋4)y 2－2my －3＝0. ∴y 1＋y 2＝2m m 2＋4，y 1y 2＝－3m 2＋4， S △AMN ＝12||AD ||y 1－y 2＝12(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝124m 2(m 2＋4)2＋12m 2＋4＝2m 2＋3(m 2＋4)2. 令t ＝m 2＋3，t ≥3， ∴S △AMN ＝2t(t ＋1)2＝21t ＋1t＋2≤213＋13＋2＝32. 当且仅当t ＝m 2＋3＝3，即m ＝0时，△AMN 面积的最大值为32. 三 圆锥曲线的范围问题求解范围问题的常见方法(1)利用判别式来构造不等关系，确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系．(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用基本不等式求出参数的取值范围． (5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．【例4】 已知F 1，F 2分别是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点．(1)若P 是第一象限内该椭圆上的一点，PF 1→·PF 2→＝－54，求点P 坐标；(2)设过定点M (0,2)的直线l 与椭圆交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角(其中O 为坐标原点)，求直线l 的斜率k 的取值范围．解析 (1)由椭圆方程为x 24＋y 2＝1，知a ＝2，b ＝1，c ＝3，∴F 1(－3，0)，F 2(3，0)．设P (x ，y )(x ＞0，y ＞0)，则PF 1→·PF 2→＝(－3－x ，－y )·(3－x ，－y )＝x 2＋y 2－3＝－54，又x 24＋y 2＝1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝74，x24＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝1，y 2＝34⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝32，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. (2)显然x ＝0不满足题意，可设l 的方程为y ＝kx ＋2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋2，得(1＋4k 2)x 2＋16kx ＋12＝0.∴x 1x 2＝121＋4k 2，x 1＋x 2＝－16k 1＋4k 2，且Δ＝(16k )2－4(1＋4k 2)×12＞0，∴k 2＞34.又∠AOB 为锐角，∴OA →·OB →＞0，∴x 1x 2＋y 1y 2＞0， ∴x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＞0， ∴(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝12(1＋k 2)1＋4k 2＋2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－16k 1＋4k 2＋4＝4(4－k 2)1＋4k 2＞0，∴k 2＜4，又∵k 2＞34，∴34＜k 2＜4，∴k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. 四 圆锥曲线的定点、定值问题圆锥曲线中定点、定值问题的解法(1)定点问题的常见解法①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意． (2)定值问题的常见解法①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 【例5】 已知椭圆C 的焦点在x 轴上，离心率等于255，且过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，255.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过椭圆C 的右焦点F 作直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于M 点，若MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，求证：λ1＋λ2为定值．解析 (1)∵椭圆C 的焦点在x 轴上，∴设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1，∵离心率等于255，且过点⎝⎛⎭⎪⎫1，255，∴⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝255，1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2552b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝5，b ＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 25＋y 2＝1.(2)证明：设点A ，B ，M 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (0，y 0)．又由题意知点F 的坐标为(2,0)，直线l 存在斜率，设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程是y ＝k (x －2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，x 25＋y 2＝1，消去y 并整理，得(1＋5k 2)x 2－20k 2x ＋20k 2－5＝0， ∴x 1＋x 2＝20k 21＋5k 2，x 1x 2＝20k 2－51＋5k 2.又∵MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →， 将各点坐标代入得λ1＝x 12－x 1，λ2＝x 22－x 2， ∴λ1＋λ2＝x 12－x 1＋x 22－x 2＝2(x 1＋x 2)－2x 1x 24－2(x 1＋x 2)＋x 1x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫20k 21＋5k 2－20k 2－51＋5k 24－2·20k 21＋5k 2＋20k 2－51＋5k2＝－10. ∴λ1＋λ2为定值－10.【例6】 已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A (1,2)为抛物线C 上一点． (1)求C 的方程；(2)若点B (1，－2)在C 上，过B 作C 的两弦BP 与BQ ，若k BP ·k BQ ＝－2，求证：直线PQ 过定点．解析 (1)当焦点在x 轴上时，设C 的方程为y 2＝2px ，将点A (1,2)代入，得2p ＝4，即y 2＝4x .当焦点在y 轴上时，设C 的方程为x 2＝2py ，将点A (1,2)代入，得2p ＝12，即x 2＝12y .综上可知C 的方程为y 2＝4x 或x 2＝12y .(2)证明：因为点B (1，－2)在C 上，所以曲线C 的方程为y 2＝4x . 设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线PQ ：x ＝my ＋b ，显然m 存在， 联立方程有y 2－4my －4b ＝0，Δ＝16(m 2＋b )．① ∴y 1＋y 2＝4m ，y 1·y 2＝－4b . ∵k BP ·k BQ ＝－2，∴y 1＋2x 1－1·y 2＋2x 2－1＝－2.又x 1＝14y 21，x 2＝14y 22， ∴4y 1－2·4y 2－2＝－2，即y 1y 2－2(y 1＋y 2)＋12＝0. ∴－4b －8m ＋12＝0，即b ＝3－2m .直线PQ ：x ＝my ＋b ＝my ＋3－2m 即x －3＝m (y －2)． ∴直线PQ 过定点(3,2)．1．已知斜率为2的直线经过椭圆x 25＋y 24＝1的右焦点F 2，与椭圆相交于A ，B 两点，则弦AB 的长为__553__. 解析 由题意知，椭圆的右焦点F 2的坐标为(1,0)，直线AB 的方程为y ＝2(x －1)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2(x －1)，x 25＋y24＝1，消去y ，整理得3x 2－5x ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝53，x 1x 2＝0，则||AB ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝(1＋22)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫532－4×0＝553. 2．已知抛物线C ：x 2＝8y 的焦点为F ，动点Q 在C 上，圆Q 的半径为1，过点F 的直线与圆Q 切于点P ，则FP →·FQ →的最小值为__3__.解析 如图，FP →·FQ →＝|F P →|·|F Q →|cos ∠PFQ ＝||FP→2＝||FQ→2－1.由抛物线的定义知||FQ →＝d (d 为点Q 到准线的距离)，易知抛物线的顶点到准线的距离最短，∴||FQ→min＝2.∴FP →·FQ →的最小值为3.3．(2017·北京卷)已知椭圆C 的两个顶点分别为A (－2,0)，B (2,0)，焦点在x 轴上，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)点D 为x 轴上一点，过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5.解析 (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝32，解得c ＝ 3.所以b 2＝a 2－c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设M (m ，n )，则D (m,0)，N (m ，－n )． 由题设知m ≠±2，且n ≠0. 直线AM 的斜率k AM ＝nm ＋2，故直线DE 的斜率k DE ＝－m ＋2n. 所以直线DE 的方程为y ＝－m ＋2n(x －m )， 直线BN 的方程为y ＝n2－m(x －2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－m ＋2n (x －m )，y ＝n2－m (x －2)，解得点E 的纵坐标y E ＝－n (4－m 2)4－m 2＋n2.由点M 在椭圆C 上，得4－m 2＝4n 2，所以y E ＝－45n .又S △BDE ＝12|BD |·|y E |＝25|BD |·|n |，S △BDN ＝12|BD |·|n |，所以△BDE 与△BDN 的面积之比为4∶5.4．已知椭圆C ：x 2a2＋y 2＝1(a ＞1)的上顶点为A ，右焦点为F ，直线AF 与圆M ：(x －3)2＋(y －1)2＝3相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)若不过点A 的动直线l 与椭圆C 交于P ，Q 两点，且AP →·AQ →＝0，求证：直线l 过定点，并求该定点的坐标．解析 (1)圆M 的圆心为(3,1)，半径r ＝ 3. 由题意知A (0,1)，F (c,0)．直线AF 的方程为x c＋y ＝1，即x ＋cy －c ＝0. 由直线AF 与圆M 相切，得||3＋c －c c 2＋1＝3，解得c 2＝2，a 2＝c 2＋1＝3， 故椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)证明：由AP →·AQ →＝0知AP ⊥AQ ，从而直线PQ 与x 轴不垂直，故可设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠1)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 23＋y 2＝1，整理得(1＋3k 2)x 2＋6ktx ＋3(t 2－1)＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－6kt1＋3k2，x 1x 2＝3(t 2－1)1＋3k2，(*)由AP →·AQ →＝0，得AP →·AQ →＝(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1)＝(1＋k 2)·x 1x 2＋k (t －1)(x 1＋x 2)＋(t －1)2＝0.将(*)代入，得t ＝－12.∴直线l 过定点⎝⎛⎭⎪⎫0，－12.易错点 忽略对二次项系数的讨论和对Δ的验证错因分析：①联立方程消元后没有注意二次项系数为0的情况；②运用点差法时忽略了对Δ>0的验证．【例1】 若直线l ：y ＝kx ＋m (k ≠0)与曲线C ：x 23－y 2＝1交于A ，B 两点，D (0，－1)且有|DA |＝|DB |，求实数m 的取值范围．解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x 23－y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得(1－3k 2)x 2－6kmx －3m 2－3＝0，∴1－3k 2≠0，Δ＝12(m 2＋1－3k 2)>0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点M (x 0，y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 213－y 21＝1，x 223－y 22＝1，得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)3－(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝0.又y 1－y 2x 1－x 2＝k ，∴y 0＝13kx 0. 由⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝13k x 0，y 0＝kx 0＋m ，得M ⎝⎛⎭⎪⎫3km 1－3k 2，m 1－3k 2.∴k DM ＝m1－3k 2＋13km 1－3k2＝－1k ，∴m ＝3k 2－14>－14.又将m ＝3k 2－14代入Δ＝12(m 2＋1－3k 2)>0，得m 2－4m >0，∴m <0或m >4.∴m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0∪(4，＋∞)． 【跟踪训练1】 已知双曲线C ：2x 2－y 2＝2与点P (1,2)．(1)求过点P (1,2)的直线l 的斜率k 的取值范围，使l 与C 只有一个交点； (2)是否存在过点P 的弦AB ，使AB 的中点为P?解析 (1)①当k 存在时，设直线l 的方程为y －2＝k (x －1)， 代入双曲线C 的方程，整理得(2－k 2)x 2＋2(k 2－2k )x －k 2＋4k －6＝0.(*)当2－k 2＝0，即k ＝±2时，直线与双曲线的渐近线平行，此时只有一个交点． 当2－k 2≠0时，令Δ＝0，得k ＝32.此时只有一个公共点．②当k 不存在时，直线l 的方程为x ＝1，而x ＝1为双曲线的一条切线．∴当k 不存在时，直线与双曲线只有一个公共点．综上所述，当k ＝±2或k ＝32或k 不存在时，l 与C 只有一个交点．(2)假设以P 为中点的弦AB 存在，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程(*)的两根， 则由根与系数的关系，得2(k 2－2k )2(k 2－2)＝1，∴k ＝1. ∴这样的弦存在，方程为y ＝x ＋1(－1≤x ≤3)， 即x －y ＋1＝0(－1≤x ≤3)．课时达标 第49讲[解密考纲]圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，体现了函数与方程思想和数形结合的思想，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主在高考中进行考查．其目标是考查学生几何问题代数化的应用、运算能力和分析解决问题的能力．1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，焦距为2，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过点M (0,1)，且与椭圆C 交于A ，B 两点，若AM →＝2MB →，求直线l 的方程．解析 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．因为c ＝1，c a ＝12，所以a ＝2，b ＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题得直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，则由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8kx －8＝0，且Δ>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由AM →＝2MB →，得x 1＝－2x 2. 又⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8k3＋4k 2，x 1·x 2＝－83＋4k2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＝－8k3＋4k 2，－2x 22＝－83＋4k2，消去x 2得⎝⎛⎭⎪⎫8k 3＋4k 22＝43＋4k 2，解得k 2＝14，k ＝±12，所以直线l 的方程为y ＝±12x ＋1，即x －2y ＋2＝0或x ＋2y －2＝0.2．(2017·全国卷Ⅲ)在直线坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0,1)．当m 变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由．(2)证明：过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值． 解析 (1)不能出现AC ⊥BC 的情况．理由如下： 设A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 1，x 2满足x 2＋mx －2＝0， 所以x 1x 2＝－2. 又点C 的坐标为(0,1)，故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1x 1·－1x 2＝－12，所以不能出现AC ⊥BC 的情况．(2)证明：BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，12，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22.由(1)可得x 1＋x 2＝－m ， 所以AB 的中垂线方程为x ＝－m2.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22，又x 22＋mx 2－2＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m2，y ＝－12.所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 2，－12，半径r ＝m 2＋92.所以圆在y 轴上截得的弦长为2r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 22＝3.故过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值．3．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，且长轴长等于4. (1)求椭圆C 的方程；(2)F 1，F 2是椭圆C 的两个焦点，圆O 是以F 1F 2为直径的圆，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O 相切，并与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，若OA →·OB →＝－32，求k 的值．解析 (1)由题意椭圆的长轴长2a ＝4，解得a ＝2. 因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上，所以14＋94b 2＝1，解得b 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由直线l 与圆O 相切，得|m |1＋k2＝1，即m 2＝1＋k 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m消去y ，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.由题意可知圆O 在椭圆内，所以直线必与椭圆相交， 所以x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1·x 2＝4m 2－123＋4k2，y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1·x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2·4m 2－123＋4k 2＋km ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 3＋4k 2＋m 2＝3m 2－12k23＋4k2.所以x 1x 2＋y 1y 2＝4m 2－123＋4k 2＋3m 2－12k 23＋4k 2＝7m 2－12k 2－123＋4k 2. 因为m 2＝1＋k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝－5－5k23＋4k2.又因为OA →·OB →＝－32，所以－5－5k 23＋4k 2＝－32，解得k 2＝12，所以k ＝±22. 4．如图，已知抛物线C ：y 2＝4x ，过点A (1,2)作抛物线C 的弦AP ，AQ .若AP ⊥AQ ，证明：直线PQ 过定点，并求出定点的坐标．证明 设直线PQ 的方程为x ＝my ＋n ，点P ，Q 的坐标分别为P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，由Δ>0，得m 2＋n >0，y 1＋y 2＝4m ，y 1·y 2＝－4n . ∵AP ⊥AQ ，∴AP →·AQ →＝0，∴(x 1－1)(x 2－1)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0. 又x 1＝y 214，x 2＝y 224，∴(y 1－2)(y 2－2)[(y 1＋2)(y 2＋2)＋16]＝0. ∴(y 1－2)(y 2－2)＝0或(y 1＋2)(y 2＋2)＋16＝0.∴n ＝－2m ＋1或n ＝2m ＋5，∵Δ>0恒成立，∴n ＝2m ＋5. ∴直线PQ 方程为x －5＝m (y ＋2)，∴直线PQ 过定点(5，－2)．5．已知点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线y 2＝4x 上相异两点，且满足x 1＋x 2＝2. (1)若AB 的中垂线经过点P (0,2)，求直线AB 的方程；(2)若AB 的中垂线交x 轴于点M ，求△AMB 的面积的最大值及此时直线AB 的方程． 解析 (1)根据题意，设AB 的中点为Q (1，t )， 则k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1y 224－y 214＝2t . 由P ，Q 两点得线段AB 的中垂线的斜率k ＝t －2， 由(t －2)·2t ＝－1，得t ＝43.∴直线AB 的方程为y ＝32x －16.(2)由(1)知直线AB 的方程为y －t ＝2t (x －1)，线段AB 的中垂线方程为y －t ＝－t2(x －1)，即y ＝－t2(x －3)，所以中垂线交x 轴于点M (3,0)，点M 到直线AB 的距离d ＝t 2＋4t 2＋4＝t 2＋4.由⎩⎪⎨⎪⎧y －t ＝2t (x －1)，y 2＝4x ，得4x 2－8x ＋(t 2－2)2＝0，∴x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝(t 2－2)24，∴|AB |＝1＋4t2·|x 1－x 2|＝(t 2＋4)(4－t 2)，∴S ＝12|AB |·d ＝12(t 2＋4)2(4－t 2)＝24(t 2＋4)(t 2＋4)(8－2t 2)≤24×⎝ ⎛⎭⎪⎫1633＝1669.当t 2＝43时，S 有最大值1669，此时直线AB 的方程为3x ±3y －1＝0.6．(2018·四川成都摸底测试)在平面直角坐标系xOy 中，已知△ABC 的两个顶点A ，B 的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，且AC ，BC 所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)设直线y ＝kx ＋2(0＜k ＜2)与y 轴相交于点P ，与曲线E 相交于不同的两点Q ，R (点R 在点P 和点Q 之间)，且PQ →＝λPR →，求实数λ的取值范围．解析 (1)设C (x ，y )．由题意，可得y x －1·yx ＋1＝－2(x ≠±1)， ∴曲线E 的方程为x 2＋y 22＝1(x ≠±1)．(2)设R (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＋y 22＝1，消去y ，可得(2＋k 2)x 2＋4kx ＋2＝0，∴Δ＝8k 2－16>0，∴k 2>2. 又0<k <2，∴2<k <2.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－4k2＋k2，①x 1x 2＝22＋k2.② ∵PQ →＝λPR →，点R 在P 和Q 之间， ∴x 2＝λx 1(λ>1)．③联立①②③，可得(1＋λ)2λ＝8k22＋k 2.∵2<k <2，∴8k 22＋k 2＝82k2＋1∈⎝⎛⎭⎪⎫4，163， ∴4<(1＋λ)2λ<163，∴13<λ<3，且λ≠1.∵λ>1，∴实数λ的取值范围为(1,3)．。
2019届高考数学一轮复习：《圆锥曲线的综合问题》教学案(含解析)
圆锥曲线的综合问题(文视情况[知识能否忆起]1．直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程：ax 2＋bx ＋c ＝0(或ay 2＋by ＋c ＝0)．若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有： Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．若a ＝0且b≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点． 2．圆锥曲线的弦长问题设直线l 与圆锥曲线C 相交于A 、B 两点，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则弦长|AB|＝1＋k 2|x 1－x 2|或 1＋1k2|y 1－y 2|.[小题能否全取]1．(教材习题改编)与椭圆x 212＋y216＝1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是( )A ．y 2－x 23＝1 B.y 23－x 2＝1C.34x 2－38y 2＝1D.34y 2－38x 2＝1 解析：选A 设双曲线方程为y 2a 2－x2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝c 2，ca ＝2，c ＝2，得a ＝1，b ＝ 3.故双曲线方程为y 2－x23＝1.2．(教材习题改编)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y24＝1的位置关系是( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解析：选A 由于直线y ＝kx －k ＋1＝k(x －1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交． 3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条解析：选C 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0,1)且平行于x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x ＝0)．4．过椭圆x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点A 且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M ，与y 轴的交点为B ，若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．解析：由题意知A 点的坐标为(－a,0)，l 的方程为y ＝x ＋a ，所以B 点的坐标为(0，a)，故M 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，代入椭圆方程得a 2＝3b 2，则c 2＝2b 2，则c 2a 2＝23，故e ＝63. 答案：635．已知双曲线方程是x 2－y22＝1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P 1，P 2两点，并使P(2,1)为P 1P 2的中点，则此直线方程是________________．解析：设点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则由x 21－y 212＝1，x 22－y 222＝1，得k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2＋x 1y 2＋y 1＝2×42＝4，从而所求方程为4x －y －7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x 2－56x ＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4x －y －7＝01.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．2．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化．同时还应充分挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”．典题导入[例1] (2018·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为22.直线y ＝k(x－1)与椭圆C 交于不同的两点M ，N.(1)求椭圆C 的方程； (2)当△AMN 的面积为103时，求k 的值．[自主解答] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－，x 24＋y22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则 y 1＝k(x 1－1)，y 2＝k(x 2－1)，x 1＋x 2＝4k21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2，所以|MN|＝2－x 12＋2－y 12＝＋k21＋x 22－4x 1x 2]＝2＋k 2＋6k21＋2k2.又因为点A(2,0)到直线y ＝k(x －1)的距离d ＝|k|1＋k2，所以△AMN 的面积为 S ＝12|MN|· d＝|k|4＋6k 21＋2k 2. 由|k|4＋6k 21＋2k2＝103，解得k ＝±1. 由题悟法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．以题试法1．(2018·信阳模拟)设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12 B ．[－2,2] C ．[－1,1]D ．[－4,4]解析：选C 易知抛物线y 2＝8x 的准线x ＝－2与x 轴的交点为Q(－2,0)，于是，可设过点Q(－2,0)的直线l 的方程为y ＝k(x ＋2)(由题可知k 是存在的)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，y ＝＋⇒k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0.当k ＝0时，易知符合题意；当k≠0时，其判别式为Δ＝(4k 2－8)2－16k 4＝－64k 2＋64≥0， 可解得－1≤k≤1.典题导入[例2] (2018·浙江高考)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.不过原点O 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，且线段AB 被直线OP平分．(1)求椭圆C 的方程；(2)求△ABP 面积取最大值时直线l 的方程．[自主解答] (1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧＋2＋1＝10，c a ＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2.所以椭圆方程为x 24＋y23＝1.(2)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，线段AB 的中点为M.当直线AB 与x 轴垂直时，直线AB 的方程为x ＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m(m≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12消去y ，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， ① 则Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0， ⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2.所以线段AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2.因为M 在直线OP ：y ＝12x 上，所以3m 3＋4k 2＝－2km3＋4k 2.得m ＝0(舍去)或k ＝－32.此时方程①为3x 2－3mx ＋m 2－3＝0，则 Δ＝3(12－m 2)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－33.所以|AB|＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝396·12－m 2， 设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|8－2m|32＋22＝2|m －4|13. 设△ABP 的面积为S ，则 S ＝12|AB|·d＝36·－2－m2.其中m ∈(－23，0)∪(0,23)．令u(m)＝(12－m 2)(m －4)2，m ∈[－23，2 3 ]，u′(m)＝－4(m －4)(m 2－2m －6)＝－4(m －4)(m －1－7)(m －1＋7)． 所以当且仅当m ＝1－7时，u(m)取到最大值． 故当且仅当m ＝1－7时，S 取到最大值． 综上，所求直线l 的方程为3x ＋2y ＋27－2＝0.由题悟法1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法； (2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： (1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系； (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用基本不等式求出参数的取值范围； (5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．以题试法2．(2018·东莞模拟)已知抛物线y 2＝2px(p≠0)上存在关于直线x ＋y ＝1对称的相异两点，则实数p 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32 解析：选B 设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M(x 1，y 1)、N(x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b.将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p)x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，则MN 的中点P 的坐标为(p －b ，p)．因为点P 在直线x ＋y ＝1上，所以2p －b ＝1，即b ＝2p －1.又Δ＝(2b －2p)2－4b 2＝4p 2－8bp ＞0，将b ＝2p －1代入得4p 2－8p(2p －1)＞0，即3p 2－2p ＜0，解得0＜p ＜23.典题导入[例3] (2018·辽宁高考)如图，椭圆C 0：x 2a 2＋y2b 2＝1(a>b>0，a ，b 为常数)，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 21，b<t 1<a.点A 1，A 2分别为C 0的左，右顶点，C 1与C 0相交于A ，B ，C ，D 四点．(1)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程；(2)设动圆C 2：x 2＋y 2＝t 22与C 0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b<t 2<a ，t 1≠t 2.若矩形ABCD 与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t 21＋t 22为定值．[自主解答] (1)设 A(x 1，y 1)，B(x 1，－y 1)，又知A 1(－a,0)，A 2(a,0)，则直线A 1A 的方程为y ＝y 1x 1＋a(x ＋a)，①直线A 2B 的方程为y ＝－y 1x 1－a (x －a)．②由①②得y 2＝－y 21x 21－a2(x 2－a 2)．③由点A(x 1，y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2＋y 21b2＝1.从而y 21＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2，代入③得x 2a 2－y 2b 2＝1(x<－a ，y<0)． (2)证明：设A′(x 2，y 2)，由矩形ABCD 与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x 1||y 1|＝4|x 2|·|y 2|， 故x 21y 21＝x 22y 22.因为点A ，A′均在椭圆上，所以b 2x 21⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2＝b 2x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 22a 2. 由t 1≠t 2，知x 1≠x 2，所以x 21＋x 22＝a 2，从而y 21＋y 22＝b 2， 因此t 21＋t 22＝a 2＋b 2为定值．由题悟法1．求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b 、k 等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．以题试法3．(2018·山东省实验中学模拟)已知抛物线y 2＝2px(p≠0)及定点A(a ，b)，B(－a,0)，ab≠0，b 2≠2pa ，M 是抛物线上的点．设直线AM ，BM 与抛物线的另一个交点分别为M 1，M 2，当M 变动时，直线M 1M 2恒过一个定点，此定点坐标为________．解析：设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 202p ，y 0，M 1⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212p ，y 1，M 2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222p ，y 2，由点A ，M ，M 1共线可知y 0－b y 202p －a＝y 1－y 0y 212p －y 202p，得y 1＝by 0－2pa y 0－b，同理由点B ，M ，M 2共线得y 2＝2pa y 0.设(x ，y)是直线M 1M 2上的点，则y 2－y 1y 222p －y 212p ＝y 2－yy 222p－x ，即y 1y 2＝y(y 1＋y 2)－2px ，又y 1＝by 0－2pa y 0－b ，y 2＝2pay 0，则(2px －by)y 02＋2pb(a －x)y 0＋2pa(by －2pa)＝0. 当x ＝a ，y ＝2pa b 时上式恒成立，即定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2pa b . 答案：⎝⎛⎭⎪⎫a ，2pa b1．已知双曲线x 2－y23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则1PA ,·2PF ,的最小值为( )A ．－2B ．－8116C ．1D ．0解析：选 A 设点P(x ，y)，其中x≥1.依题意得A 1(－1,0)，F 2(2,0)，由双曲线方程得y 2＝3(x 2－1)．1PA ,·2PF ,＝(－1－x ，－y)·(2－x ，－y)＝(x ＋1)(x －2)＋y 2＝x 2＋y 2－x －2＝x 2＋3(x 2－1)－x －2＝4x 2－x －5＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －182－8116，其中x≥1.因此，当x ＝1时，1PA ,·2PF ,取得最小值－2.2．过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A 、B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( ) A ．有且只有一条 B ．有且只有两条 C ．有且只有三条D ．有且只有四条解析：选B 设该抛物线焦点为F ，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝x A ＋p 2＋x B ＋p2＝x A ＋x B ＋1＝3＞2p ＝2.所以符合条件的直线有且仅有两条．3．(2018·南昌联考)过双曲线x 2a 2－y2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点F 作与x 轴垂直的直线，分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M 、N(均在第一象限内)，若FM ,＝4MN ,，则双曲线的离心率为( )A.54 B.53 C.35D.45解析：选B 由题意知F(c,0)，则易得M ，N 的纵坐标分别为b 2a ，bc a ，由FM ,＝4MN ,得b 2a ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a －b 2a ，即bc ＝45.又c 2＝a 2＋b 2，则e ＝c a ＝53.4．已知椭圆x 225＋y216＝1的焦点是F 1，F 2，如果椭圆上一点P 满足PF 1⊥PF 2，则下面结论正确的是( )A ．P 点有两个B ．P 点有四个C ．P 点不一定存在D ．P 点一定不存在解析：选D 设椭圆的基本量为a ，b ，c ，则a ＝5，b ＝4，c ＝3.以F 1F 2为直径构造圆，可知圆的半径r ＝c ＝3＜4＝b ，即圆与椭圆不可能有交点．5．已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P(x 0，y 0)满足x 202＋y 20≤1，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围为________．解析：当P 在原点处时，|PF 1|＋|PF 2|取得最小值2；当P 在椭圆上时，|PF 1|＋|PF 2|取得最大值22，故|PF 1|＋|PF 2|的取值范围为[2,2 2 ]．答案：[2,2 2 ]6．(2018·长沙月考)直线l ：x －y ＝0与椭圆x 22＋y 2＝1相交于A 、B 两点，点C 是椭圆上的动点，则△ABC面积的最大值为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x 22＋y 2＝1，得3x 2＝2，∴x ＝±63， ∴A ⎝⎛⎭⎪⎫63，63，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，－63， ∴|AB|＝433.设点C(2cos θ，sin θ)，则点C 到AB 的距离d ＝|2cos θ－sin θ|2＝32·⎪⎪sin(θ－φ)⎪⎪ ≤32，∴S △ABC ＝12|AB|·d≤12×433×32＝ 2.答案： 27．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y2b2＝1(0<b<1)的左，右焦点，过F 1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB|，|BF 2|成等差数列．(1)求|AB|；(2)若直线l 的斜率为1，求b 的值．解：(1)由椭圆定义知|AF 2|＋|AB|＋|BF 2|＝4， 又2|AB|＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB|＝43.(2)l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝1－b 2.设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则A ，B 两点坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2＋y 2b 2＝1，化简得(1＋b 2)x 2＋2cx ＋1－2b 2＝0.则x 1＋x 2＝－2c 1＋b 2，x 1x 2＝1－2b21＋b 2.因为直线AB 的斜率为1，所以|AB|＝2|x 2－x 1|，即43＝2|x 2－x 1|.则89＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝－b 2＋b22－4－2b 21＋b2＝8b 4＋b22，解得b ＝22. 8．(2018·黄冈质检)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆上任意一点到右焦点F 的距离的最大值为2＋1.(1)求椭圆的方程；(2)已知点C(m,0)是线段OF 上一个动点(O 为坐标原点)，是否存在过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 点，使得|AC|＝|BC|？并说明理由．解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧e ＝ca ＝22a ＋c ＝2＋1，∴⎩⎨⎧a ＝2c ＝1，∴b ＝1，∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)得F(1,0)，∴0≤m≤1. 假设存在满足题意的直线l ，设l 的方程为y ＝k(x －1)，代入x 22＋y 2＝1中，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1，∴y 1＋y 2＝k(x 1＋x 2－2)＝－2k2k 2＋1. 设AB 的中点为M ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 22k 2＋1，－k 2k 2＋1.∵|AC|＝|BC|，∴CM ⊥AB ，即k CM ·k AB ＝－1， ∴k2k 2＋1m －2k 22k 2＋1·k＝－1，即(1－2m)k 2＝m.∴当0≤m＜12时，k ＝±m1－2m，即存在满足题意的直线l ； 当12≤m≤1时，k 不存在，即不存在满足题意的直线l.9．(2018·江西模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)，直线y ＝x ＋6与以原点为圆心，以椭圆C 的短半轴长为半径的圆相切，F 1，F 2为其左，右焦点，P 为椭圆C 上任一点，△F 1PF 2的重心为G ，内心为I ，且IG ∥F 1F 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m(k≠0)与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且线段AB 的垂直平分线过定点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫16，0，求实数k 的取值范围．解：(1)设P(x 0，y 0)，x 0≠±a，则G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 03，y 03. 又设I(x I ，y I )，∵IG ∥F 1F 2， ∴y I ＝y 03，∵|F 1F 2|＝2c ，∴S △F 1PF 2＝12·|F 1F 2|·|y 0|＝12(|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|)·| y 03| ，∴2c·3＝2a ＋2c ，∴e ＝c a ＝12，又由题意知b ＝|6|1＋1，∴b ＝3，∴a ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y23＝1.(2)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1y ＝kx ＋m，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由题意知Δ＝(8km)2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，即m 2＜4k 2＋3，又x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，则y 1＋y 2＝6m3＋4k2， ∴线段AB 的中点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2.又线段AB 的垂直平分线l′的方程为y ＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －16，点P 在直线l′上，∴3m 3＋4k ＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2－16， ∴4k 2＋6km ＋3＝0，∴m ＝－16k(4k 2＋3)，∴2＋236k2＜4k 2＋3，∴k 2＞332，解得k ＞68或k ＜－68，∴k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－68∪⎝ ⎛⎭⎪⎫68，＋∞.1．(2018·长春模拟)已知点A(－1,0)，B(1,0)，动点M 的轨迹曲线C 满足∠AMB ＝2θ，|AM |,·|BM |,cos 2θ＝3，过点B 的直线交曲线C 于P ，Q 两点．(1)求|AM |,＋|BM |,的值，并写出曲线C 的方程； (2)求△APQ 的面积的最大值．解：(1)设M(x ，y)，在△MAB 中，|AB |,＝2，∠AMB ＝2θ，根据余弦定理得|AM |,2＋|BM |,2－2|AM |,·|BM |,cos 2θ＝|AB |,2＝4，即(|AM |,＋|BM |,)2－2|AM |,·|BM |,·(1＋cos 2θ)＝4， 所以(|AM |,＋|BM |,)2－4|AM |,| BM |,·cos 2θ＝4. 因为|AM |,·|BM |,cos 2θ＝3， 所以(|AM |,＋|BM |,)2－4×3＝4， 所以|AM |,＋|BM |,＝4. 又|AM |,＋|BM|,＝4＞2＝|AB |，因此点M 的轨迹是以A ，B 为焦点的椭圆(点M 在x 轴上也符合题意)，设椭圆的方程为x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则a ＝2，c ＝1，所以b 2＝a 2－c 2＝3. 所以曲线C 的方程为x 24＋y23＝1.(2)设直线PQ 的方程为x ＝my ＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1x 24＋y23＝1，消去x ，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0.①显然方程①的判别式Δ＝36m 2＋36(3m 2＋4)＞0， 设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，则△APQ 的面积S △APQ ＝12×2×|y 1－y 2|＝|y 1－y 2|.由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4， 所以(y 1－y 2)2＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝48×3m 2＋33m 2＋42.令t ＝3m 2＋3，则t≥3，(y 1－y 2)2＝48t ＋1t＋2， 由于函数φ(t)＝t ＋1t在[3，＋∞)上是增函数，所以t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3m 2＋3＝3，即m ＝0时取等号，所以(y 1－y 2)2≤48103＋2＝9，即|y 1－y 2|的最大值为3，所以△APQ 的面积的最大值为3，此时直线PQ 的方程为x ＝1.2．(2018·郑州模拟)已知圆C 的圆心为C(m,0)，m ＜3，半径为5，圆C 与离心率e ＞12的椭圆E ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)的其中一个公共点为A(3,1)，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点．(1)求圆C 的标准方程；(2)若点P 的坐标为(4,4)，试探究直线PF 1与圆C 能否相切？若能，设直线PF 1与椭圆E 相交于D ，B 两点，求△DBF 2的面积；若不能，请说明理由．解：(1)由已知可设圆C 的方程为(x －m)2＋y 2＝5(m ＜3)， 将点A 的坐标代入圆C 的方程中，得(3－m)2＋1＝5， 即(3－m)2＝4，解得m ＝1，或m ＝5. ∴m ＜3，∴m ＝1.∴圆C 的标准方程为(x －1)2＋y 2＝5. (2)直线PF 1能与圆C 相切，依题意设直线PF 1的斜率为k ，则直线PF 1的方程为y ＝k(x －4)＋4，即kx －y －4k ＋4＝0， 若直线PF 1与圆C 相切，则|k －0－4k ＋4|k 2＋1＝ 5. ∴4k 2－24k ＋11＝0，解得k ＝112或k ＝12. 当k ＝112时，直线PF 1与x 轴的交点的横坐标为3611，不合题意，舍去．当k ＝12时，直线PF 1与x 轴的交点的横坐标为－4，∴c ＝4，F 1(－4,0)，F 2(4,0)． ∴由椭圆的定义得： 2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝＋2＋12＋－2＋12＝52＋2＝6 2.∴a ＝32，即a 2＝18，∴e ＝432＝223＞12，满足题意．故直线PF 1能与圆C 相切．直线PF 1的方程为x －2y ＋4＝0，椭圆E 的方程为x 218＋y22＝1.设B(x 1，y 1)，D(x 2，y 2)，把直线PF 1的方程代入椭圆E 的方程并化简得，13y 2－16y －2＝0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝1613，y 1y 2＝－213，故S △DBF 2＝4|y 1－y 2|＝41＋y 22－4y 1y 2＝241013.1．已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点为F(1,0)，过焦点F 的直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点，若直线l 的倾斜角为45°，则弦AB 的中点坐标为( )A ．(1,0)B ．(2,2)C ．(3,2)D ．(2,4)解析：选C 依题意得，抛物线C 的方程是y 2＝4x ，直线l 的方程是y ＝x －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝x －1消去y 得(x－1)2＝4x ，即x 2－6x ＋1＝0，因此线段AB 的中点的横坐标是62＝3，纵坐标是y ＝3－1＝2，所以线段AB 的中点坐标是(3,2)．2．若直线mx ＋ny ＝4和圆O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点(m ，n)的直线与椭圆x 29＋y24＝1的交点个数为( )A ．至多1个B ．2个C ．1个D ．0个解析：选B 由题意得4m 2＋n2＞2，即m 2＋n 2＜4，则点(m ，n)在以原点为圆心，以2为半径的圆内，此圆在椭圆x 29＋y24＝1的内部．3．(2018·深圳模拟)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，以椭圆C 的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r ＞0)，设圆T 与椭圆C 交于点M 与点N.(1)求椭圆C 的方程；(2)求TM ,·TN ,的最小值，并求此时圆T 的方程； (3)设点P 是椭圆C 上异于M ，N 的任意一点，且直线MP ，NP 分别与x 轴交于点R ，S ，O 为坐标原点，求证：|OR|·|OS|为定值．解：(1)依题意，得a ＝2，e ＝c a ＝32，∴c ＝3，b ＝a 2－c 2＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)易知点M 与点N 关于x 轴对称，设M(x 1，y 1)，N(x 1，－y 1)，不妨设y 1＞0. 由于点M 在椭圆C 上，∴y 21＝1－x 214.(*)由已知T(－2,0)，则TM ,＝(x 1＋2，y 1)，TN ,＝(x 1＋2，－y 1)， ∴TM ,·TN ,＝(x 1＋2，y 1)·(x 1＋2，－y 1)＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝54x 21＋4x 1＋3＝54⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋852－15.由于－2＜x 1＜2，故当x 1＝－85时，TM ,·TN ,取得最小值－15.把x 1＝－85代入(*)式，得y 1＝35，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，35，又点M 在圆T 上，代入圆的方程得r 2＝1325.故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝1325. (3)设P(x 0，y 0)，则直线MP 的方程为：y －y 0＝y 0－y 1x 0－x 1(x －x 0)，令y ＝0，得x R ＝x 1y 0－x 0y 1y 0－y 1，同理：x S ＝x 1y 0＋x 0y 1y 0＋y 1，故x R ·x S ＝x 21y 20－x 20y 21y 20－y 21.(**)又点M 与点P 在椭圆上，故x 20＝4(1－y 20)，x 21＝4(1－y 21)，代入(**)式， 得x R ·x S ＝－y 2120－－y 221y 20－y 21＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 20－y 21y 20－y 21＝4. 所以|OR|·|OS|＝|x R |·|x S |＝|x R ·x S |＝4为定值．平面解析几何(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2018·佛山模拟)已知直线l ：ax ＋y －2－a ＝0在x 轴和y 轴上的截距相等，则a 的值是( ) A ．1 B ．－1 C ．－2或－1D ．－2或1解析：选D 由题意得a ＋2＝a ＋2a，解得a ＝－2或a ＝1. 2．若直线l 与直线y ＝1，x ＝7分别交于点P ，Q ，且线段PQ 的中点坐标为(1，－1)，则直线l 的斜率为( ) A.13 B ．－13C ．－32D.23解析：选B 设P(x P,1)，由题意及中点坐标公式得x P ＋7＝2，解得x P ＝－5，即P(－5,1)，所以k ＝－13.3．(2018·长春模拟)已知点A(1，－1)，B(－1,1)，则以线段AB 为直径的圆的方程是( ) A ．x 2＋y 2＝2 B ．x 2＋y 2＝ 2 C ．x 2＋y 2＝1D ．x 2＋y 2＝4解析：选A AB 的中点坐标为(0,0)， |AB|＝[1－－2＋－1－2＝22，∴圆的方程为x 2＋y 2＝2.4．(2018·福建高考)已知双曲线x 24－y 2b ＝1的右焦点与抛物线y 2＝12x 的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( )A. 5 B ．4 2 C ．3D ．5解析：选A ∵抛物线y 2＝12x 的焦点坐标为(3,0)，故双曲线x 24－y 2b 2＝1的右焦点为(3,0)，即c ＝3，故32＝4＋b 2，∴b 2＝5，∴双曲线的渐近线方程为y ＝±52x ，∴双曲线的右焦点到其渐近线的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪52×31＋54＝ 5.5．(2018·郑州模拟)若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点分成7∶3的两段，则此双曲线的离心率为( )A.98 B.53 C.324D.54解析：选B 依题意得，c ＋b 2＝77＋3×2c，即b ＝45c(其中c 是双曲线的半焦距)，a ＝c 2－b 2＝35c ，则c a ＝53，因此该双曲线的离心率等于53.6．设双曲线的左，右焦点为F 1，F 2，左，右顶点为M ，N ，若△PF 1F 2的一个顶点P 在双曲线上，则△PF 1F 2的内切圆与边F 1F 2的切点的位置是( )A ．在线段MN 的内部B ．在线段F 1M 的内部或NF 2内部C ．点N 或点MD ．以上三种情况都有可能解析：选C 若P 在右支上，并设内切圆与PF 1，PF 2的切点分别为A ，B ，则|NF 1|－|NF 2|＝|PF 1|－|PF 2|＝(|PA|＋|AF 1|)－(|PB|＋|BF 2|)＝|AF 1|－|BF 2|.所以N 为切点，同理P 在左支上时，M 为切点．7．圆x 2＋y 2－4x ＝0在点P(1, 3)处的切线方程为( ) A ．x ＋3y －2＝0 B ．x ＋3y －4＝0 C ．x －3y ＋4＝0D ．x －3y ＋2＝0解析：选D 圆的方程为(x －2)2＋y 2＝4，圆心坐标为(2,0)，半径为2，点P 在圆上，设切线方程为y －3＝k(x －1)，即kx －y －k ＋3＝0，所以|2k －k ＋3|k 2＋1＝2，解得k ＝33. 所以切线方程为y －3＝33(x －1)，即x －3y ＋2＝0. 8．(2018·新课标全国卷)等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线y 2＝16x 的准线交于A ，B 两点，|AB|＝43，则C 的实轴长为( )A. 2 B ．2 2 C ．4D ．8解析：选C 抛物线y 2＝16x 的准线方程是x ＝－4，所以点A(－4，23)在等轴双曲线C ：x 2－y 2＝a 2(a ＞0)上，将点A 的坐标代入得a ＝2，所以C 的实轴长为4.9．(2018·潍坊适应性训练)已知双曲线C ：x 24－y25＝1的左，右焦点分别为F 1，F 2，P 为C 的右支上一点，且|PF 2|＝|F 1F 2|，则|PF 2|＝|F 1F 2|，则1PF ,·2PF ,等于( )A ．24B ．48C ．50D ．56解析：选C 由已知得|PF 2|＝|F 1F 2|＝6，根据双曲线的定义可得|PF 1|＝10，在△F 1PF 2中，根据余弦定理可得cos ∠F 1PF 2＝56，所以1PF ,·2PF ,＝10×6×56＝50.10．(2018·南昌模拟)已知△ABC 外接圆半径R ＝1433，且∠ABC ＝120°，BC ＝10，边BC 在x 轴上且y 轴垂直平分BC 边，则过点A 且以B ，C 为焦点的双曲线方程为( )A.x 275－y2100＝1 B.x 2100－y275＝1 C.x 29－y216＝1D.x 216－y29＝1 解析：选D ∵sin ∠BAC ＝BC 2R ＝5314， ∴cos ∠BAC ＝1114， |AC|＝2Rsin ∠ABC ＝2×1433×32＝14， sin ∠ACB ＝sin(60°－∠BAC)＝sin 60°cos∠BAC －cos 60°sin∠BAC ＝32×1114－12×5314＝3314， ∴|AB|＝2Rsin ∠ACB ＝2×1433×3314＝6，∴2a ＝||AC|－|AB||＝14－6＝8，∴a ＝4，又c ＝5，∴b 2＝c 2－a 2＝25－16＝9， ∴所求双曲线方程为x 216－y29＝1.11．(2018·乌鲁木齐模拟)已知抛物线y 2＝2px(p ＞0)的焦点为F ，P ，Q 是抛物线上的两个点，若△PQF 是边长为2的正三角形，则p 的值是( )A ．2± 3B ．2＋ 3 C.3±1D.3－1解析：选A 依题意得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212p ，y 1，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222p ，y 2(y 1≠y 2)．由抛物线定义及|PF|＝|QF|，得y 212p ＋p 2＝y 222p ＋p 2，所以y 21＝y 22，所以y 1＝－y 2.又|PQ|＝2，因此|y 1|＝|y 2|＝1，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12p ，y 1.又点P 位于该抛物线上，于是由抛物线的定义得|PF|＝12p ＋p2＝2，由此解得p ＝2± 3.12．已知中心在原点，焦点在坐标轴上，焦距为4的椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为( )A ．32或4 2B ．26或27C ．25或27D.5或7解析：选C 设椭圆方程为mx 2＋ny 2＝1(m≠n 且m ，n ＞0)，与直线方程x ＋3y ＋4＝0联立， 消去x 得(3m ＋n)y 2＋83my ＋16m －1＝0，由Δ＝0得3m ＋n ＝16mn ，即3n ＋1m ＝16，①又c ＝2，即1m －1n ＝±4，②由①②联立得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝17n ＝13或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝15，故椭圆的长轴长为27或2 5.二、填空题(本题有4小题，每小题5分，共20分)13．(2018·青岛模拟)已知两直线l 1：x ＋ysin θ－1＝0和l 2：2xsin θ＋y ＋1＝0，当l 1⊥l 2时，θ＝________.解析：l 1⊥l 2的充要条件是2sin θ＋sin θ＝0，即sin θ＝0，所以θ＝k π(k ∈Z)．所以当θ＝k π(k ∈Z)时，l 1⊥l 2.答案：k π(k ∈Z)14．已知F 1，F 2分别是椭圆x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左，右焦点，A ，B 分别是此椭圆的右顶点和上顶点，P 是椭圆上一点，O 是坐标原点，OP ∥AB ，PF 1⊥x 轴，|F 1A|＝10＋5，则此椭圆的方程是______________________．解析：由于直线AB 的斜率为－b a ，故直线OP 的斜率为－b a ，直线OP 的方程为y ＝－b a x.与椭圆方程联立得x2a 2＋x 2a 2＝1，解得x ＝±22a.根据PF 1⊥x 轴，取x ＝－22a ，从而－22a ＝－c ，即a ＝2c.又|F 1A|＝a ＋c ＝10＋5，故 2c ＋c ＝10＋5，解得c ＝5，从而a ＝10.所以所求的椭圆方程为x 210＋y25＝1.答案：x 210＋y25＝115．(2018·陕西高考)右图是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽________米．解析：设抛物线的方程为x 2＝－2py ，则点(2，－2)在抛物线上，代入可得p ＝1，所以x 2＝－2y.当y ＝－3时，x 2＝6，即x ＝±6，所以水面宽为2 6.答案：2 616．(2018·天津高考)设m ，n ∈R ，若直线l ：mx ＋ny －1＝0与x 轴相交于点A ，与y 轴相交于点B ，且l 与圆x 2＋y 2＝4相交所得弦的长为2，O 为坐标原点，则△AOB 面积的最小值为________．解析：由直线与圆相交所得弦长为2，知圆心到直线的距离为3，即1m 2＋n 2＝3，所以m2＋n 2＝13≥2|mn|，所以|mn|≤16，又A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1n ，所以△AOB 的面积为12|mn|≥3，最小值为3. 答案：3三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(10分)求过直线l 1：x －2y ＋3＝0与直线l 2：2x ＋3y －8＝0的交点，且到点P(0,4)距离为2的直线方程．解：由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋3＝0，2x ＋3y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.所以l 1与l 2的交点为(1,2)，设所求直线y －2＝k(x －1)(由题可知k 存在)，即kx －y ＋2－k ＝0， ∵P(0,4)到直线距离为2，∴2＝|－2－k|1＋k2，解得k ＝0或k ＝43.∴直线方程为y ＝2或4x －3y ＋2＝0.18．(12分)(2018·南昌模拟)已知圆C 过点P(1,1)，且与圆M ：(x ＋2)2＋(y ＋2)2＝r 2(r ＞0)关于直线x ＋y ＋2＝0对称．(1)求圆C 的方程；(2)过点P 作两条相异直线分别与圆C 相交于A ，B ，且直线PA 和直线PB 的倾斜角互补，O 为坐标原点，试判断直线OP 和AB 是否平行？请说明理由．解：设圆心C(a ，b)，则⎩⎪⎨⎪⎧a －22＋b －22＋2＝0，b ＋2a ＋2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝0，则圆C 的方程为x 2＋y 2＝r 2，将点P 的坐标代入得r 2＝2， 故圆C 的方程为x 2＋y 2＝2.(2)由题意知，直线PA 和直线PB 的斜率存在，且互为相反数，故可设PA ：y －1＝k(x －1)，PB ：y －1＝－k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝－，x 2＋y 2＝2得(1＋k 2)x 2＋2k(1－k)x ＋(1－k)2－2＝0.因为点P 的横坐标x ＝1一定是该方程的解，故可得x A ＝k 2－2k －11＋k 2.同理可得x B ＝k 2＋2k －11＋k 2，所以k AB ＝y B －y Ax B －x A ＝－B－－A－x B －x A＝2k －B＋x Ax B －x A＝1＝k OP ，所以，直线AB 和OP 一定平行．19．(12分)(2018·天津高考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫55a ，22a 在椭圆上．(1)求椭圆的离心率；(2)设A 为椭圆的左顶点，O 为坐标原点．若点Q 在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ 的斜率的值． 解：(1)因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫55a ，22a 在椭圆上，故a 25a 2＋a 22b 2＝1，可得b 2a 2＝58.于是e 2＝a 2－b 2a 2＝1－b 2a 2＝38，所以椭圆的离心率e ＝64.(2)设直线OQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx ，设点Q 的坐标为(x 0，y 0)． 由条件得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y 2b 2＝1，消去y 0并整理得x 20＝a 2b2k 2a 2＋b2.①由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y 0＝kx 0， 得(x 0＋a)2＋k 2x 20＝a 2.整理得(1＋k 2)x 2＋2ax 0＝0，而x 0≠0，故x 0＝－2a 1＋k 2，代入①，整理得(1＋k 2)2＝4k 2·a 2b2＋4.由(1)知a 2b 2＝85，故(1＋k 2)2＝325k 2＋4，即5k 4－22k 2－15＝0，可得k 2＝5. 所以直线OQ 的斜率k ＝± 5.20．(12分)(2018·河南模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，短轴的一个端点为M(0,1)，直线l ：y ＝kx －13与椭圆相交于不同的两点A ，B.(1)若|AB|＝4269，求k 的值；(2)求证：不论k 取何值，以AB 为直径的圆恒过点M. 解：(1)由题意知c a ＝22，b ＝1.由a 2＝b 2＋c 2可得c ＝b ＝1，a ＝2， ∴椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－43kx －169＝0.Δ＝169k 2－4(2k 2＋1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝16k 2＋649＞0恒成立， 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝4k2＋，x 1x 2＝－162＋. ∴|AB|＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋k 2·1＋x 22－4x 1x 2＝4＋k22＋2＋＝4269， 化简得23k 4－13k 2－10＝0，即(k 2－1)(23k 2＋10)＝0， 解得k ＝±1.(2)∵MA ,＝(x 1，y 1－1)，MB ,＝(x 2，y 2－1)， ∴MA ,·MB ,＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)， ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k(x 1＋x 2)＋169＝－＋k22＋－16k 22＋＋169＝0.∴不论k 取何值，以AB 为直径的圆恒过点M.21． (2018·广州模拟)设椭圆M ：x 2a 2＋y 22＝1(a ＞2)的右焦点为F 1，直线l ：x ＝a2a 2－2与x 轴交于点A ，若1OF ,＋21AF ,＝0(其中O 为坐标原点)．(1)求椭圆M 的方程；(2)设P 是椭圆M 上的任意一点，EF 为圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的任意一条直径(E ，F 为直径的两个端点)，求PE ,·PF ,的最大值．解：(1)由题设知，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2，0，F 1(a 2－2，0)，由1OF ,＋21AF ,＝0，得a 2－2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2－a 2－2，解得a 2＝6.所以椭圆M 的方程为x 26＋y22＝1.(2)设圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的圆心为N ，则PE ,·PF ,＝(NE ,－NP ,)·(NF ,－NP ,) ＝(－NF ,－NP ,)·(NF ,－NP ,) ＝NP ,2－NF ,2＝NP ,2－1.从而将求PE ,·PF ,的最大值转化为求NP ―→,2的最大值．因为P 是椭圆M 上的任意一点，设P(x 0，y 0)， 所以x 206＋y 202＝1，即x 20＝6－3y 20.因为点N(0,2)，所以NP ,2＝x 20＋(y 0－2)2＝－2(y 0＋1)2＋12. 因为y 0∈[－2， 2]，所以当y 0＝－1时，NP ,2取得最大值12.所以PE ,·PF ,的最大值为11.22． (2018·湖北模拟)如图，曲线C 1是以原点O 为中心，F 1，F 2为焦点的椭圆的一部分．曲线C 2是以O 为顶点，F 2为焦点的抛物线的一部分，A 是曲线C 1和C 2的交点且∠AF 2F 1为钝角，若|AF 1|＝72，|AF 2|＝52.(1)求曲线C 1和C 2的方程；(2)设点C 是C 2上一点，若|CF 1|＝ 2|CF 2|，求△CF 1F 2的面积． 解：(1)设椭圆方程为x 2a 2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)，则2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝72＋52＝6，得a ＝3. 设A(x ，y)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，则(x ＋c)2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫722，(x －c)2＋y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522，两式相减得xc ＝32. 由抛物线的定义可知|AF 2|＝x ＋c ＝52， 则c ＝1，x ＝32或x ＝1，c ＝32.又∠AF 2F 1为钝角，则x ＝1，c ＝32不合题意，舍去．当c ＝1时，b ＝22， 所以曲线C 1的方程为x 29＋y 28＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫－3≤x≤32，曲线C 2的方程为y 2＝4x ⎝⎛⎭⎪⎫0≤x≤32. (2)过点F 1作直线l 垂直于x 轴，过点C 作CC 1⊥l 于点C 1，依题意知|CC 1|＝|CF 2|. 在Rt △CC 1F 1中，|CF 1|＝ 2|CF 2|＝2|CC 1|，所以∠C 1CF 1＝45°， 所以∠CF1F 2＝∠C 1CF 1＝45°.在△CF 1F 2中，设|CF 2|＝r ，则|CF 1|＝2r ，|F 1F 2|＝2.由余弦定理得22＋(2r)2－2×2×2rcos 45°＝r 2，解得r ＝2，所以△CF 1F 2的面积S △CF 1F 2＝12|F 1F 2|·|CF 1|sin 45°＝12×2×22sin 45°＝2.。
高三数学一轮复习圆锥曲线的综合问题
备考例题 3
已知
F1，F2
为椭圆x2＋y2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A a2 b2
是椭圆上位于第一象限内的一点，点
B
也在椭圆上，且满足O→A＋O→B＝
0(O 为坐标原点)，且A→F2·F→1F2＝0，若椭圆的离心率等于 2. 2
(1)求直线 AB 的方程；
(2)若△ABF2 的面积为 4 2，求椭圆的方程；
则 P 到直线 y＝ 2x 的距离为 2
|2
2cosθ－2 6
2sinθ|＝4 3
6|cos(θ＋π)|≤4 43
6＜4，故椭圆上不存在点 M 使△MAB 面积为 8
3.
2
题型四
圆锥曲线与其他知识交汇的问 题
1－ky0－1＋ky0
∴kEF＝yxEE－ －yxFF＝(1－kky
－k 0)2－(1＋ky
0)2
k2
k2
2
＝ k ＝－ 1 (定值)， －4ky0 2y0
k2 所以直线 EF 的斜率为定值.
题型二 最值与范围问题
①正确理解圆锥曲线的定义、标 思维提 准方程；
示 ②联立方程组，对有关参数进行 讨论.
[解] (1)∵F0(c,0)，F1(0， b2－c2)，F2(0，－ b2－c2)，
∴|F0F1|＝ (b2－c2)＋c2＝b＝1，
|F1F2|＝2 b2－c2＝1⇒c2＝3， 4
于是 a＝1 (x≥0) 7
所求“果圆”的方程为 y2＋4x2＝1 (x≤0)
.
m2 m2－1
(2)设 Q(x1，y1)， ∵P(m，y0)，P→F＝λF→Q，
2
1－m＝λ(x1－1)
∴2
，
－y0＝λy1
高三理科数学复习教案：圆锥曲线与方程总复习教案
高三理科数学复习教案：圆锥曲线与方程总复习教案【】欢迎来到查字典数学网高三数学教案栏目，教案逻辑思路清晰，符合认识规律,培养学生自主学习适应和能力。
因此小编在此为您编辑了此文：高三理科数学复习教案：圆锥曲线与方程总复习教案期望能为您的提供到关心。
本文题目：高三理科数学复习教案：圆锥曲线与方程总复习教案高考导航考试要求重难点击命题展望1.了解圆锥曲线的实际背景，了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用;2.把握椭圆、抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单性质;3.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，明白它的简单几何性质;4.了解圆锥曲线的简单应用;5.明白得数形结合的思想;6.了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系. 本章重点：1.椭圆、双曲线、抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单性质;2.直线与圆锥曲线的位置关系问题;3.求曲线的方程或曲线的轨迹;4.数形结合的思想，方程的思想，函数的思想，坐标法.本章难点：1.对圆锥曲线的定义及性质的明白得和应用;2.直线与圆锥曲线的位置关系问题;3.曲线与方程的对应关系. 圆锥曲线与函数、方程、不等式、三角形、平面向量等知识结合是高考常考题型.极有可能以一小一大的形式显现，小题要紧考查圆锥曲线的标准方程及几何性质等基础知识、差不多技能和差不多方法运用;解答题常作为数学高考的把关题或压轴题，综合考查学生在数形结合、等价转换、分类讨论、逻辑推理等方面的能力.知识网络9.1 椭圆典例精析题型一求椭圆的标准方程【例1】已知点P在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点P到两焦点的距离分别为453和253，过P作长轴的垂线恰好过椭圆的一个焦点，求椭圆的方程.【解析】由椭圆的定义知，2a=453+253=25，故a=5，由勾股定理得，(453)2-(253)2=4c2，因此c2=53，b2=a2-c2=103，故所求方程为x25+3y210=1或3x210+y25=1.【点拨】(1)在求椭圆的标准方程时，常用待定系数法，然而当焦点所在坐标轴不确定时，需要考虑两种情形，有时也可设椭圆的统一方程形式：mx2+ny2=1(m0，n0且m(2)在求椭圆中的a、b、c时，经常用到椭圆的定义及解三角形的知识.【变式训练1】已知椭圆C1的中心在原点、焦点在x轴上，抛物线C 2的顶点在原点、焦点在x轴上.小明从曲线C1，C2上各取若干个点(每条曲线上至少取两个点)，并记录其坐标(x，y).由于记录失误，使得其中恰有一个点既不在椭圆C1上，也不在抛物线C2上.小明的记录如下：据此，可推断椭圆C1的方程为.【解析】方法一：先将题目中的点描出来，如图，A(-2,2)，B(-2，0)，C(0，6)，D(2，-22)，E(22，2)，F(3，-23).通过观看可明白点F，O，D可能是抛物线上的点.而A，C，E是椭圆上的点，这时正好点B既不在椭圆上，也不在抛物线上.明显半焦距b=6，则不妨设椭圆的方程是x2m+y26=1，则将点A(-2,2)代入可得m=12，故该椭圆的方程是x212+y26=1.方法二：欲求椭圆的解析式，我们应先求出抛物线的解析式，因为抛物线的解析式形式比椭圆简单一些.不妨设有两点y21=2px1，①y22=2px2，②y21y22=x1x2，则可知B(-2，0)，C(0，6)不是抛物线上的点.而D(2，-22)，F(3，-23)正好符合.又因为椭圆的交点在x轴上，故B(-2，0)，C(0，6)不可能同时显现.故选用A(-2,2)，E(22，2)这两个点代入，可得椭圆的方程是x212+y26=1.题型二椭圆的几何性质的运用【例2】已知F1、F2是椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，F1PF2=60.(1)求椭圆离心率的范畴;(2)求证：△F1PF2的面积只与椭圆的短轴长有关.【解析】(1)设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a0)，|PF1|=m，|PF2|=n，在△F1PF2中，由余弦定理可知4c2=m2+n2-2mncos 60，因为m+n=2a，因此m2+n2=(m+n)2-2mn=4a2-2mn，因此4c2=4a2-3mn，即3mn=4a2-4c2.又mn(m+n2)2=a2(当且仅当m=n时取等号)，因此4a2-4c23a2，因此c2a214，即e12，因此e的取值范畴是[12，1).(2)由(1)知mn=43b2，因此=12mnsin 60=33b2，即△F1PF2的面积只与椭圆的短轴长有关.【点拨】椭圆中△F1PF2往往称为焦点三角形，求解有关问题时，要注意正、余弦定理，面积公式的使用;求范畴时，要专门注意椭圆定义(或性质)与不等式的联合使用，如|PF1||PF2|(|PF1|+|PF2|2)2，|PF1|a-c.【变式训练2】已知P是椭圆x225+y29=1上的一点，Q，R分别是圆(x +4)2+y2=14和圆(x-4)2+y2=14上的点，则|PQ|+|PR|的最小值是.【解析】设F1，F2为椭圆左、右焦点，则F1，F2分别为两已知圆的圆心，则|PQ|+|PR|(|PF1|-12)+(|PF2|-12)=|PF1|+|PF2|-1=9.因此|PQ|+|PR|的最小值为9.题型三有关椭圆的综合问题【例3】(2021全国新课标)设F1，F2分别是椭圆E：x2a2+y2b2=1(a0)的左、右焦点，过F1斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列.(1)求E的离心率;(2)设点P(0，-1)满足|PA|=|PB|，求E的方程.【解析】(1)由椭圆定义知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a，又2|AB|=|AF2|+|BF2|，得|AB|=43a.l的方程为y=x+c，其中c=a2-b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组化简得(a2+b2)x2+2a2cx+a2(c2-b2)=0，则x1+x2=-2a2ca2+b2，x1x2=a2(c2-b2)a2+b2.因为直线AB斜率为1，因此|AB|=2|x2-x1|=2[(x1+x2)2-4x1x2]，即43a=4ab2a2+b2，故a2=2b2，因此E的离心率e=ca=a2-b2a=22.(2 )设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知x0=x1+x22=-a2ca2+b2=-23c，y 0=x0+c=c3.由|PA|=|PB|kPN=-1，即y0+1x0=-1c=3.从而a=32，b=3，故E的方程为x218+y29=1.【变式训练3】已知椭圆x2a2+y2b2=1(a0)的离心率为e，两焦点为F1，F2，抛物线以F1为顶点，F2为焦点，P为两曲线的一个交点，若|PF1||PF2 |=e，则e的值是()A.32B.33C.22D.63【解析】设F1(-c,0)，F2(c,0)，P(x0，y0)，则椭圆左准线x=-a2c，抛物线准线为x=-3c，x0-(-a2c)=x0-(-3c)c2a2=13e=33.故选B.总结提高1.椭圆的标准方程有两种形式，其结构简单，形式对称且系数的几何意义明确，在解题时要防止遗漏.确定椭圆需要三个条件，要确定焦点在哪条坐标轴上(即定位)，还要确定a、b的值(即定量)，若定位条件不足应分类讨论，或设方程为mx2+ny2=1(m0，n0，mn)求解.2.充分利用定义解题，一方面，会依照定义判定动点的轨迹是椭圆，另一方面，会利用椭圆上的点到两焦点的距离和为常数进行运算推理.3.焦点三角形包含着专门多关系，解题时要多从椭圆定义和三角形的几何条件入手，且不可顾此失彼，另外一定要注意椭圆离心率的范畴.9.2 双曲线典例精析题型一双曲线的定义与标准方程【例1】已知动圆E与圆A：(x+4)2+y2=2外切，与圆B：( x-4)2+y2= 2内切，求动圆圆心E的轨迹方程.【解析】设动圆E的半径为r，则由已知|AE|=r+2，|BE|=r-2，因此|AE|-|BE|=22，又A(-4,0)，B(4,0)，因此|AB|=8,22|AB|.依照双曲线定义知，点E的轨迹是以A、B为焦点的双曲线的右支.因为a=2，c=4，因此b2=c2-a2=14，故点E的轨迹方程是x22-y214=1(x2).【点拨】利用两圆内、外切圆心距与两圆半径的关系找出E点满足的几何条件，结合双曲线定义求解，要专门注意轨迹是否为双曲线的两支.【变式训练1】P为双曲线x29-y216=1的右支上一点，M，N分别是圆(x+5)2+y2=4和(x-5)2+y2=1上的点，则|PM|-|PN|的最大值为()A.6B.7C.8D.9【解析】选D.题型二双曲线几何性质的运用【例2】双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的右顶点为A，x轴上有一点Q(2a,0)，若C上存在一点P，使=0，求此双曲线离心率的取值范畴.【解析】设P(x，y)，则由=0，得APPQ，则P在以AQ为直径的圆上，即(x-3a2)2+y2=(a2)2，①又P在双曲线上，得x2a2-y2b2=1，②由①②消去y，得(a2+b2)x2-3a3x+2a4-a2b2=0，即[(a2+b2)x-(2a3-ab2)](x-a)=0，当x=a时，P与A重合，不符合题意，舍去;当x=2a3-ab2a2+b2时，满足题意的点P存在，需x=2a3-ab2a2+b2a，化简得a22b2，即3a22c2，ca62，因此离心率的取值范畴是(1，62).【点拨】依照双曲线上的点的范畴或者焦半径的最小值建立不等式，是求离心率的取值范畴的常用方法.【变式训练2】设离心率为e的双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)的右焦点为F，直线l过焦点F，且斜率为k，则直线l与双曲线C的左、右两支都相交的充要条件是()A.k2-e21B.k2-e21C.e2-k21D.e2-k21【解析】由双曲线的图象和渐近线的几何意义，可知直线的斜率k只需满足-ba题型三有关双曲线的综合问题【例3】(2021广东)已知双曲线x22-y2=1的左、右顶点分别为A1、A 2，点P(x1，y1)，Q(x1，-y1)是双曲线上不同的两个动点.(1)求直线A1P与A2Q交点的轨迹E的方程;(2)若过点H(0，h)(h1)的两条直线l1和l2与轨迹E都只有一个交点，且l1l2，求h的值.【解析】(1)由题意知|x1|2，A1(-2，0)，A2(2，0)，则有直线A1P的方程为y=y1x1+2(x+2)，①直线A2Q的方程为y=-y1x1-2(x-2).②方法一：联立①②解得交点坐标为x=2x1，y=2y1x1，即x1=2x，y1=2 yx，③则x0，|x|2.而点P(x1，y1)在双曲线x22-y2=1上，因此x212-y21=1.将③代入上式，整理得所求轨迹E的方程为x22+y2=1，x0且x2.方法二：设点M(x，y)是A1P与A2Q的交点，①②得y2=-y21x21-2(x 2-2).③又点P(x1，y1)在双曲线上，因此x212-y21=1，即y21=x212-1.代入③式整理得x22+y2=1.因为点P，Q是双曲线上的不同两点，因此它们与点A1，A2均不重合.故点A1和A2均不在轨迹E上.过点(0,1)及A2(2，0)的直线l的方程为x+2 y-2=0.解方程组得x=2，y=0.因此直线l与双曲线只有唯独交点A2.故轨迹E只是点(0,1).同理轨迹E也只是点(0，-1).综上分析，轨迹E的方程为x22+y2=1，x0且x2.(2)设过点H(0，h)的直线为y=kx+h(h1)，联立x22+y2=1得(1+2k2)x2+4khx+2h2-2=0.令=16k2h2-4(1+2k2)(2h2-2)=0，得h2-1-2k2=0，解得k1=h2-12，k2=-h2-12.由于l1l2，则k1k2=-h2-12=-1，故h=3.过点A1，A2分别引直线l1，l2通过y轴上的点H(0，h)，且使l1l2，因此A1HA2H，由h2(-h2)=-1，得h=2.现在，l1，l2的方程分别为y=x+2与y=-x+2，它们与轨迹E分别仅有一个交点(-23，223)与(23，223).因此，符合条件的h的值为3或2.【变式训练3】双曲线x2a2-y2b2=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F 2，离心率为e，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若△F1AB 是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则e2等于()A.1+22B.3+22C.4-22D.5-22【解析】本题考查双曲线定义的应用及差不多量的求解.据题意设|AF1|=x，则|AB|=x，|BF1|=2x.由双曲线定义有|AF1|-|AF2|=2a，|BF1|-|BF2|=2a(|AF1|+|BF1|)-(|AF2|+|BF2|)=(2+1)x-x=4a，即x=22a=|AF1|.故在Rt△AF1F2中可求得|AF2|=|F1F2|2-|AF1|2=4c2-8a2.又由定义可得|AF2|=|AF1|-2a=22a-2a，即4c2-8a2=22-2a，两边平方整理得c2=a2(5-22)c2a2=e2=5-22，故选D.总结提高1.要与椭圆类比来明白得、把握双曲线的定义、标准方程和几何性质，但应专门注意不同点，如a，b，c的关系、渐近线等.2.要深刻明白得双曲线的定义，注意其中的隐含条件.当||PF1|-|PF2||=2a| F1F2|时，P的轨迹是双曲线;当||PF1|-|PF2||=2a=|F1F2|时，P的轨迹是以F1或F2为端点的射线;当||PF1|-|PF2||=2a|F1F2|时，P无轨迹.3.双曲线是具有渐近线的曲线，画双曲线草图时，一样先画出渐近线，要把握以下两个问题：(1)已知双曲线方程，求它的渐近线;(2)求已知渐近线的双曲线的方程.如已知双曲线渐近线y=bax，可将双曲线方程设为x2a2-y2b2=(0)，再利用其他条件确定的值，求法的实质是待定系数法.9.3 抛物线典例精析题型一抛物线定义的运用【例1】依照下列条件，求抛物线的标准方程.(1)抛物线过点P(2，-4);(2)抛物线焦点F在x轴上，直线y=-3与抛物线交于点A，|AF|=5.【解析】(1)设方程为y2=mx或x2=ny.将点P坐标代入得y2=8x或x2=-y.(2)设A(m，-3)，所求焦点在x轴上的抛物线为y2=2px(p0)，由定义得5=|AF|=|m+p2|，又(-3)2=2pm，因此p=1或9，所求方程为y2=2x或y2=18x.【变式训练1】已知P是抛物线y2=2x上的一点，另一点A(a,0) (a0)满足|P A|=d，试求d的最小值.【解析】设P(x0，y0) (x00)，则y20=2x0，因此d=|PA|=(x0-a)2+y20=(x0-a)2+2x0=[x0+(1-a)]2+2a-1.因为a0，x00，因此当0当a1时，现在有x0=a-1，dmin=2a-1.题型二直线与抛物线位置讨论【例2】(2021湖北)已知一条曲线C在y轴右侧，C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差差不多上1.(1)求曲线C的方程;(2)是否存在正数m，对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A，B 的任一直线，都有0?若存在，求出m的取值范畴;若不存在，请说明理由.【解析】(1)设P(x，y)是曲线C上任意一点，那么点P(x，y)满足：(x-1)2+y2-x=1(x0).化简得y2=4x(x0).(2)设过点M(m,0)(m0)的直线l与曲线C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y 2).设l的方程为x=ty+m，由得y2-4ty-4m=0，=16(t2+m)0，因此①又=(x1-1，y1)，=(x2-1，y2).(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y20.②又x=y24，因此不等式②等价于y214y224+y1y2-(y214+y224)+10(y1y2)216+y1y2-14[(y1+y2)2-2y1y2]+10.③由①式，不等式③等价于m2-6m+14t2.④对任意实数t,4t2的最小值为0，因此不等式④关于一切t成立等价于m 2-6m+10，即3-22由此可知，存在正数m，关于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有0，且m的取值范畴是(3-22，3+22).【变式训练2】已知抛物线y2=4x的一条弦AB，A(x1，y1)，B(x2，y 2)，AB所在直线与y轴的交点坐标为(0,2)，则1y1+1y2= .【解析】y2-4my+8m=0，因此1y1+1y2=y1+y2y1y2=12.题型三有关抛物线的综合问题【例3】已知抛物线C：y =2x2，直线y=kx+2交C于A，B两点，M 是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N.(1)求证：抛物线C在点N处的切线与AB平行;(2)是否存在实数k使=0?若存在，求k的值;若不存在，说明理由.【解析】(1)证明：如图，设A(x1,2x21)，B(x2,2x22)，把y=kx+2代入y=2x2，得2x2-kx-2=0，由韦达定理得x1+x2=k2，x1x2=-1，因此xN=xM=x1+x22=k4，因此点N的坐标为(k4，k28).设抛物线在点N处的切线l的方程为y-k28=m(x-k4)，将y=2x2代入上式，得2x2-mx+mk4 -k28=0，因为直线l与抛物线C相切，因此=m2-8(mk4-k28)=m2-2mk+k2=(m-k)2=0，因此m=k，即l∥AB.(2)假设存在实数k，使=0，则NANB，又因为M是AB的中点，因此|MN|= |AB|.由(1)知yM=12(y1+y2)=12(kx1+2+kx2+2)=12[k(x1+x2)+4]=12(k22+4)=k 24+2.因为MNx轴，因此|MN|=|yM-yN|=k24+2-k28=k2+168.又|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2(k2)2-4(-1)=12k2+1k2+16.因此k2+168=14k2+1k2+16，解得k=2.即存在k=2，使=0.【点拨】直线与抛物线的位置关系，一样要用到根与系数的关系;有关抛物线的弦长问题，要注意弦是否过焦点，若过抛物线的焦点，可直截了当使用公式|AB|=x1+x2+p，若只是焦点，则必须使用一样弦长公式.【变式训练3】已知P是抛物线y2=2x上的一个动点，过点P作圆(x-3)2+y2=1的切线，切点分别为M、N，则|MN|的最小值是.【解析】455.总结提高1.在抛物线定义中，焦点F不在准线l上，这是一个重要的隐含条件，若F在l上，则抛物线退化为一条直线.2.把握抛物线本身固有的一些性质：(1)顶点、焦点在对称轴上;(2)准线垂直于对称轴;(3)焦点到准线的距离为p;(4)过焦点垂直于对称轴的弦(通径)长为2p.3.抛物线的标准方程有四种形式，要把握抛物线的方程与图形的对应关系.求抛物线方程时，若由已知条件可知曲线的类型，可采纳待定系数法.4.抛物线的几何性质，只要与椭圆、双曲线加以对比，专门容易把握.但由于抛物线的离心率为1，因此抛物线的焦点有专门多重要性质，而且应用广泛，例如：已知过抛物线y2=2px(p0)的焦点的直线交抛物线于A、B 两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有下列性质：|AB|=x1+x2+p或|AB|=2p sin2(为AB的倾斜角)，y1y2=-p2，x1x2=p24等.9.4 直线与圆锥曲线的位置关系典例精析题型一直线与圆锥曲线交点问题【例1】若曲线y2=ax与直线y=(a+1)x-1恰有一个公共点，求实数a 的值.【解析】联立方程组(1)当a=0时，方程组恰有一组解为(2)当a0时，消去x得a+1ay2-y-1=0，①若a+1a=0，即a=-1，方程变为一元一次方程-y-1=0，方程组恰有一组解②若a+1a0，即a-1，令=0，即1+4(a+1)a=0，解得a= -45，这时直线与曲线相切，只有一个公共点.综上所述，a=0或a=-1或a=-45.【点拨】本题设计了一个思维陷阱，即审题中误认为a0，解答过程中的失误确实是不讨论二次项系数=0，即a=-1的可能性，从而漏掉两解.本题用代数方法解完后，应从几何上验证一下：①当a=0时，曲线y2=ax，即直线y=0，现在与已知直线y=x-1 恰有交点(1,0);②当a=-1时，直线y=-1与抛物线的对称轴平行，恰有一个交点(代数特点是消元后得到的一元二次方程中二次项系数为零);③当a=-45时直线与抛物线相切.【变式训练1】若直线y=kx-1与双曲线x2-y2=4有且只有一个公共点，则实数k的取值范畴为()A.{1，-1，52，-52}B.(-，-52][52，+)C.(-，-1][1，+)D.(-，-1)[52，+)【解析】由(1-k2)x2-2kx-5=0，k=52，结合直线过定点(0，-1)，且渐近线斜率为1，可知答案为A.题型二直线与圆锥曲线的相交弦问题【例2】(2021辽宁)设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a0)的右焦点为F，过F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60，=2 .(1)求椭圆C的离心率;(2)假如|AB|=154，求椭圆C的方程.【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y10，y20.(1)直线l的方程为y=3(x-c)，其中c=a2-b2.联立得(3a2+b2)y2+23b2cy-3b4=0.解得y1=-3b2(c+2a)3a2+b2，y2=-3b2(c-2a)3a2+b2.因为=2 ，因此-y1=2y2，即3b2(c+2a)3a2+b2=2-3b2(c-2a)3a2+b2.解得离心率e=ca=23.(2)因为|AB|=1+13|y2-y1|，因此2343ab23a2+b2=154.由ca=23得b=53a，因此54a=154，即a=3，b=5.因此椭圆的方程为x29+y25=1.【点拨】本题考查直线与圆锥曲线相交及相交弦的弦长问题，以及用待定系数法求椭圆方程.【变式训练2】椭圆ax2+ by2=1与直线y=1-x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为32，则ab的值为.【解析】设直线与椭圆交于A、B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y 2)，弦中点坐标为(x0，y0)，代入椭圆方程两式相减得a(x1-x2)(x1+x2)+b(y 1-y2)(y1+y2)=02ax0+2by0y1-y2x1-x2=0ax0-by0=0.故ab=y0x0=32.题型三对称问题【例3】在抛物线y2=4x上存在两个不同的点关于直线l：y=kx+3对称，求k的取值范畴.【解析】设A(x1，y1)、B(x2、y2)是抛物线上关于直线l对称的两点，由题意知k0.设直线AB的方程为y=-1kx+b，联立消去x，得14ky2+y-b=0，由题意有=12+414k0，即bk+10.(*)且y1+y2=-4k.又y1+y22=-1kx1+x22+b.因此x1+x22=k(2k+b).故AB的中点为E(k(2k+b)，-2k).因为l过E，因此-2k=k2(2k+b)+3，即b=-2k-3k2-2k.代入(*)式，得-2k-3k3-2+1k3+2k+3k30k(k+1)(k2-k+3)-1【点拨】(1)本题的关键是对称条件的转化.A(x1，y1)、B(x2，y2)关于直线l对称，则满足直线l与AB垂直，且线段AB的中点坐标满足l的方程;(2)关于圆锥曲线上存在两点关于某一直线对称，求有关参数的范畴问题，利用对称条件求出过这两点的直线方程，利用判别式大于零建立不等式求解;或者用参数表示弦中点的坐标，利用中点在曲线内部的条件建立不等式求参数的取值范畴.【变式训练3】已知抛物线y=-x2+3上存在关于x+y=0对称的两点A，B，则|AB|等于()A.3B.4C.32D.42【解析】设AB方程：y=x+b，代入y=-x2+3，得x2+x+b-3=0，因此xA+xB=-1，故AB中点为(-12，-12+b).它又在x+y=0上，因此b=1，因此|AB|=32，故选C.总结提高1.本节内容的重点是研究直线与圆锥曲线位置关系的判别式方法及弦中点问题的处理方法.2.直线与圆锥曲线的位置关系的研究能够转化为相应方程组的解的讨论，即联立方程组通过消去y(也能够消去x)得到x的方程ax2+bx+c=0进行讨论.这时要注意考虑a=0和a0两种情形，对双曲线和抛物线而言，一个公共点的情形除a0，=0外，直线与双曲线的渐近线平行或直线与抛物线的对称轴平行时，都只有一个交点(现在直线与双曲线、抛物线属相交情形).由此可见，直线与圆锥曲线只有一个公共点，并不是直线与圆锥曲线相切的充要条件.3.弦中点问题的处理既能够用判别式法，也能够用点差法;使用点差法时，要专门注意验证相交的情形.9.5 圆锥曲线综合问题典例精析题型一求轨迹方程【例1】已知抛物线的方程为x2=2y，F是抛物线的焦点，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点，分别过点A、B作抛物线的两条切线l1和l 2，记l1和l2交于点M.(1)求证：l1(2)求点M的轨迹方程.【解析】(1)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+12.联立消去y整理得x2-2kx-1=0.设A的坐标为(x1，y1)，B的坐标为(x 2，y2)，则有x1x2=-1，将抛物线方程改写为y=12x2，求导得y=x.因此过点A的切线l1的斜率是k1=x1，过点B的切线l2的斜率是k2= x2.因为k1k2 =x1x2=-1，因此l1l2.(2)直线l1的方程为y-y1=k1(x-x1)，即y-x212=x1(x-x1).同理直线l2的方程为y-x222=x2(x-x2).联立这两个方程消去y得x212-x222=x2(x-x2)-x1(x-x1)，整理得(x1-x2)(x-x1+x22)=0，注意到x1x2，因此x=x1+x22.现在y=x212+x1(x-x1)=x212+x1(x1+x22-x1)=x1x22=-12.由(1)知x1+x2=2k，因此x=x1+x22=kR.因此点M的轨迹方程是y=-12.【点拨】直截了当法是求轨迹方程最重要的方法之一，本题用的确实是直截了当法.要注意求轨迹方程和求轨迹是两个不同概念，求轨迹除了第一要求我们求出方程，还要说明方程轨迹的形状，这就需要我们对各种差不多曲线方程和它的形状的对应关系了如指掌.【变式训练1】已知△ABC的顶点为A(-5,0)，B(5,0)，△ABC的内切圆圆心在直线x=3上，则顶点C的轨迹方程是()A.x29-y216=1B.x216-y29=1C.x29-y216=1(x3)D.x216-y29=1(x4)【解析】如图，|AD|=|AE|=8，|BF|=|BE|=2，|CD|=|CF|，因此|CA|-|CB|=8-2=6，依照双曲线定义，所求轨迹是以A、B为焦点，实轴长为6的双曲线的右支，方程为x29-y216=1(x3)，故选C.题型二圆锥曲线的有关最值【例2】已知菱形ABCD的顶点A、C在椭圆x2+3y2=4上，对角线B D所在直线的斜率为1.当ABC=60时，求菱形ABCD面积的最大值.【解析】因为四边形ABCD为菱形，因此ACBD.因此可设直线AC的方程为y=-x+n.由得4x2-6nx+3n2-4=0.因为A，C在椭圆上，因此=-12n2+640，解得-433设A，C两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1+x2=3n2，x1x2=3 n2-44，y1=-x1+n，y2=-x2+n. 因此y1+y2=n2.因为四边形ABCD为菱形，且ABC=60，因此|AB|=|BC|=|CA|.因此菱形ABCD的面积S=32|AC|2.又|AC|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=-3n2+162，因此S=34(-3n2+16) (-433因此当n=0时，菱形ABCD的面积取得最大值43.【点拨】建立目标函数，借助代数方法求最值，要专门注意自变量的取值范畴.在考试中专门多考生没有利用判别式求出n的取值范畴，尽管也能得出答案，然而得分缺失许多.【变式训练2】已知抛物线y=x2-1上有一定点B(-1,0)和两个动点P、Q，若BPPQ，则点Q横坐标的取值范畴是.【解析】如图，B(-1,0)，设P(xP，x2P-1)，Q(xQ，x2Q-1)，由kBPkPQ=-1，得x2P-1xP+1x2Q-x2PxQ-xP=-1.因此xQ=-xP-1xP-1=-(xP-1)-1xP-1-1.因为|xP-1+1xP-1|2，因此xQ1或xQ-3.题型三求参数的取值范畴及最值的综合题【例3】(2021浙江)已知m1，直线l：x-my-m22=0，椭圆C：x2m2+y 2=1，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点.(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程;(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G，H.若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范畴.【解析】(1)因为直线l：x-my-m22=0通过F2(m2-1，0)，因此m2-1=m22，解得m2=2，又因为m1，因此m=2.故直线l的方程为x-2y-1=0.(2)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去x得2y2+my+m24-1=0，则由=m2-8(m24-1)=-m2+80知m28，且有y1+y2=-m2，y1y2=m28-12.由于F1(-c,0)，F2(c,0)，故O为F1F2的中点，由=2 ，=2 ，得G(x13，y13)，H(x23，y23)，|GH|2=(x1-x2)29+(y1-y2)29.设M是GH的中点，则M(x1+x26，y1+y26)，由题意可知，2|MO||GH|，即4[(x1+x26)2+(y1+y26)2](x1-x2)29+(y1-y2) 29，即x1x2+y1y20.而x1x2+y1y2=(my1+m22)(my2+m22)+y1y2=(m2+1)(m28-12).因此m28-120，即m24.又因为m1且0，因此1因此m的取值范畴是(1,2).【点拨】本题要紧考查椭圆的几何性质，直线与椭圆、点与圆的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的差不多思想方法和综合解题能力.【变式训练3】若双曲线x2-ay2=1的右支上存在三点A、B、C使△A BC为正三角形，其中一个顶点A与双曲线右顶点重合，则a的取值范畴为.【解析】设B(m，m2-1a)，则C(m，-m2-1a)(m1)，又A(1,0)，由AB=BC得(m-1)2+m2-1a=(2m2-1a)2，因此a=3m+1m-1=3(1+2m-1)3，即a的取值范畴为(3，+).总结提高事实上,任何一门学科都离不开死记硬背,关键是经历有技巧,“死记”之后会“活用”。
9.7 圆锥曲线的综合问题(试题部分) 高考数学(课标版,理科)复习教学案
9.7 圆锥曲线的综合问题探考情 悟真题 【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例 考向 关联考点 1.定值与定点问题 掌握与圆锥曲线有关的定值与定点问题2018课标Ⅰ,19,12分 定值问题 角平分线的性质, 斜率公式★★★2017课标Ⅰ,20,12分 定点问题 根与系数的关系、 斜率公式 2.最值与 范围问题 掌握与圆锥曲线有关的参数范围问题 2016课标Ⅱ,20,12分 范围问题 椭圆的几何性质★★★3.存在性问题了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题2015课标Ⅱ,20,12分存在性问题根与系数的关系、 斜率公式★★☆ 分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重考查学生的数学运算、逻辑推理的核心素养,分值约为12分,难度偏大.破考点 练考向 【考点集训】考点一 定值与定点问题1.(2018重庆綦江模拟,9)已知圆C:x 2+y 2=1,点P 为直线x+2y-4=0上一动点,过点P 向圆C 引两条切线PA,PB,A,B 为切点,则直线AB 经过定点( ) A.(12,14) B.(14,12)C.(√34,0)D.(0,√34) 答案 B2.(2020届河南名校联盟9月月考,19)已知O 为坐标原点,过点M(1,0)的直线l 与抛物线C:y 2=2px(p>0)交于A,B 两点,且OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-3. (1)求抛物线C 的方程;(2)过点M 作直线l'⊥l,交抛物线C 于P 、Q 两点,记△OAB,△OPQ 的面积分别为S 1,S 2,证明:1S 12+1S 22为定值.解析 (1)易知直线l 的斜率不为0,故设直线l 的方程为x=my+1, 与抛物线C:y 2=2px(p>0)联立,消去x 得y 2-2pmy-2p=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 则y 1+y 2=2pm,y 1y 2=-2p.由OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗ =-3,得x 1x 2+y 1y 2=(my 1+1)(my 2+1)+y 1y 2 =(1+m 2)y 1y 2+m(y 1+y 2)+1 =(1+m 2)·(-2p)+2pm 2+1 =-2p+1=-3,解得p=2, ∴抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)证明:易知直线l,l'的斜率均存在且不为0.由(1)知,点M(1,0)是抛物线C 的焦点,所以|AB|=x 1+x 2+p=my 1+my 2+2+p=4m 2+4,又原点到直线l 的距离为√1+m 2,所以△OAB 的面积S 1=12×√1+m2×4(m 2+1)=22, 又直线l'过点M,且l'⊥l,所以△OPQ 的面积S 2=2√1+(-1m )2=2√1+m2m 2,所以1S 12+1S 22=14(1+m 2)+m 24(1+m 2)=14,即1S 12+1S 22为定值.考点二 最值与范围问题1.(2018河北百校联盟4月联考,16)已知抛物线C:x 2=8y 的焦点为F,准线为l 1,直线l 2与抛物线C 相切于点P,记点P 到直线l 1的距离为d 1,点F 到直线l 2的距离为d 2,则d 2d 1+2的最大值为 .答案122.(2020届四川成都摸底考试,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1(-√3,0),F 2(√3,0),且经过点A (√3,12).(1)求椭圆C 的标准方程;(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l 与椭圆C 相交于P,Q 两点,记点P 关于x 轴对称的点为P',若直线P'Q 与x 轴相交于点D,求△DPQ 面积的最大值.解析 本题主要考查椭圆的方程及定义、直线与椭圆的位置关系、直线方程、基本不等式,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.(1)由椭圆的定义,可知2a=|AF 1|+|AF 2|=√(2√3)2+(12)2+12=4,解得a=2.又b 2=a 2-c 2=22-(√3)2=1,∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)由题意,设直线l 的方程为x=my+4(m ≠0),P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),则P'(x 1,-y 1). 由{x =my +4,x 24+y 2=1消去x,可得(m 2+4)y 2+8my+12=0. ∵Δ=16(m 2-12)>0,∴m 2>12. ∴y 1+y 2=-8m m 2+4,y 1y 2=12m 2+4.∵k P'Q =y 2+y1x 2-x 1=y 2+y 1m(y2-y 1),∴直线P'Q 的方程为y+y 1=y 2+y 1m(y2-y 1)(x-x 1),令y=0,可得x=m(y 2-y 1)y 1y 1+y 2+my 1+4.∴x=2my 1y 2y 1+y 2+4=2m ·12m 2+4-8m m 2+4+4=24m -8m+4=1,∴D(1,0).∴S △DPQ =|S △BDP -S △BDQ |=12|BD|·|y 1-y 2|=32√(y 1+y 2)2-4y 1y 2=6√m 2-12m 2+4.令t=√m 2-12,t ∈(0,+∞), 则S △DPQ =6tt 2+16=6t+16t≤34,当且仅当t=4,即m=±2√7时等号成立, ∴△DPQ 面积的最大值为34.思路分析(1)首先由椭圆的定义求出a,然后由椭圆中a,b,c的关系求b,从而求得椭圆的方程;(2)设出直线l的方程与点P,Q的坐标,联立直线l与椭圆的方程,利用斜率公式求得直线P'Q的斜率,进而得直线P'Q的方程,由此求得点D的坐标,再利用面积公式求得S△DPQ的表达式,从而利用换元法与基本不等式求出其最大值.考点三 存在性问题(2019内蒙古通辽五中模拟,20)已知椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率e=√63,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为√32. (1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k ≠0)与椭圆交于C 、D 两点,问:是否存在这样的实数k,使得以CD 为直径的圆过E 点?若存在,请求出k 值,若不存在,请说明理由. 解析 (1)直线AB 的方程为bx-ay-ab=0, 依题意可得{ca=√63,√a 2+b 2=√32,又c 2=a 2-b 2,解得a 2=3,b 2=1,∴椭圆的方程为x 23+y 2=1.(2)存在,k=76.理由:假设存在这样的实数k, 由{y =kx +2,x 2+3y 2-3=0,得(1+3k 2)x 2+12kx+9=0, ∴Δ=(12k)2-36(1+3k 2)>0.① 设C(x 1,y 1),D(x 2,y 2), 则{x 1+x 2=-12k1+3k 2,②x 1·x 2=91+3k2,③ y 1·y 2=(kx 1+2)(kx 2+2)=k 2x 1x 2+2k(x 1+x 2)+4, 要使以CD 为直径的圆过点E(-1,0),只需CE ⊥DE, 即y 1y 2+(x 1+1)(x 2+1)=0,∴(k 2+1)x 1x 2+(2k+1)(x 1+x 2)+5=0,④ 将②③代入④整理得k=76,经验证,k=76时,①成立.故存在k=76使得以CD 为直径的圆过点E.炼技法 提能力 【方法集训】方法 最值问题的求解方法1.(2019河南郑州一中4月模拟,10)已知F 为抛物线y 2=x 的焦点,点A,B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =6(其中O 为坐标原点),则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是( ) A.17√23B.3C.3√38D.3√132答案 D2.(2019甘肃兰州铁一中模拟,15)已知F 是抛物线x 2=4y 的焦点,P 为抛物线上的动点,且点A 的坐标为(0,-1),则√2|PA|+|PF||PF|的最大值是 .答案 3【五年高考】A 组 统一命题·课标卷题组考点一 定值与定点问题(2017课标Ⅰ,20,12分)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0),四点P 1(1,1),P 2(0,1),P 3(-1,√32),P 4(1,√32)中恰有三点在椭圆C 上. (1)求C 的方程;(2)证明:设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A,B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为-1,证明:l 过定点. 解析 (1)由于P 3,P 4两点关于y 轴对称,故由题设知C 经过P 3,P 4两点. 又由1a 2+1b 2>1a 2+34b 2知,C 不经过点P 1,所以点P 2在C 上.因此{1b 2=1,1a 2+34b 2=1,解得{a 2=4,b 2=1.故C 的方程为x 24+y 2=1. (2)证明:设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1,k 2.如果l 与x 轴垂直,设l:x=t,由题设知t ≠0,且|t|<2,可得A,B 的坐标分别为(t,√4-t 22),(t,-√4-t 22).则k 1+k 2=√4-t 2-22t-√4-t 2+22t=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m ≠1).将y=kx+m 代入x 24+y 2=1得(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-4=0. 由题设可知Δ=16(4k 2-m 2+1)>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=-8km4k 2+1,x 1x 2=4m 2-44k 2+1.而k 1+k 2=y 1-1x 1+y 2-1x 2=kx 1+m -1x 1+kx 2+m -1x 2=2kx 1x 2+(m -1)(x 1+x 2)x 1x 2,由题设k 1+k 2=-1,故(2k+1)x 1x 2+(m-1)(x 1+x 2)=0, 即(2k+1)·4m 2-44k 2+1+(m-1)·-8km4k 2+1=0. 解得k=-m+12.当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l 过定点(2,-1).思路分析 (1)利用椭圆的对称性易知点P 3,P 4在椭圆上,将点P 1(1,1)代入椭圆方程,经过比较可知点P 1(1,1)不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;(2)设出直线l 的方程,将直线l 与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况. 方法点拨 定点问题的常见解法:(1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出满足方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点. (2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意.考点二 最值与范围问题(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:x 2t +y 23=1的焦点在x 轴上,A 是E 的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E 于A,M 两点,点N 在E 上,MA ⊥NA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN 的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k 的取值范围. 解析 (1)设M(x 1,y 1),则由题意知y 1>0. 当t=4时,E 的方程为x 24+y 23=1,A(-2,0).(1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM 的倾斜角为π4. 因此直线AM 的方程为y=x+2.(2分) 将x=y-2代入x 24+y 23=1得7y 2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y 1=127.(4分)因此△AMN 的面积S △AMN =2×12×127×127=14449.(5分)(2)由题意,t>3,k>0,A(-√t ,0).将直线AM 的方程y=k(x+√t ) 代入x 2t +y 23=1得(3+tk 2)x 2+2√t ·tk 2x+t 2k 2-3t=0.(7分)由x 1·(-√t )=t 2k 2-3t3+tk 2得x 1=√t(3-tk 2)3+tk 2, 故|AM|=|x 1+ √t |√1+k 2=6√t(1+k 2)3+tk 2.(8分)由题设,直线AN 的方程为y=-1k (x+√t ), 故同理可得|AN|=6k√t(1+k 2)3k +t .(9分)由2|AM|=|AN|得23+tk 2=k3k 2+t ,即(k 3-2)t=3k(2k-1). 当k=√23时上式不成立,因此t=3k(2k -1)k 3-2.(10分) t>3等价于k 3-2k 2+k -2k 3-2=(k -2)(k 2+1)k 3-2<0,即k -2k 3-2<0.(11分)由此得{k -2>0,k 3-2<0或{k -2<0,k 3-2>0,解得√23<k<2.因此k 的取值范围是(√23,2).(12分)疑难突破 第(1)问中求出直线AM 的倾斜角是解决问题的关键;第(2)问利用2|AM|=|AN|得出t 与k 的关系式,由t>3,建立关于k 的不等式,从而得出k 的取值范围.本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程思想的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t>3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.考点三 存在性问题(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:9x 2+y 2=m 2(m>0),直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴,l 与C 有两个交点A,B,线段AB 的中点为M.(1)证明:直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值;(2)若l 过点(m3,m),延长线段OM 与C 交于点P,四边形OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时l 的斜率;若不能,说明理由.解析 (1)设直线l:y=kx+b(k ≠0,b ≠0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),M(x M ,y M ). 将y=kx+b 代入9x 2+y 2=m 2得(k 2+9)x 2+2kbx+b 2-m 2=0,故x M =x 1+x 22=-kb k 2+9,y M =kx M +b=9bk 2+9.于是直线OM 的斜率k OM =yM x M=-9k,即k OM ·k=-9. 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值. (2)四边形OAPB 能为平行四边形.因为直线l 过点(m3,m),所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k>0,k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y=-9k x.设点P 的横坐标为x P .由{y =-9k x,9x 2+y 2=m 2得x P 2=k 2m 29k 2+81,即x P =3√k 2+9.将点(m 3,m)的坐标代入l 的方程得b=m(3-k)3,因此x M =k(k -3)m 3(k 2+9).四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分,即x P =2x M . 于是3√k 2+9=2×k(k -3)m3(k 2+9),解得k 1=4-√7,k 2=4+√7.因为k i >0,k i ≠3,i=1,2,所以当l 的斜率为4-√7或4+√7时,四边形OAPB 为平行四边形.思路分析 (1)设出直线l 的方程,与椭圆方程联立并消元,利用韦达定理求得AB 的中点M 的坐标,进而可得出结论;(2)要使四边形OAPB 为平行四边形,则线段AB 与线段OP 互相平分,即x P =2x M ,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.B 组 自主命题·省(区、市)卷题组考点一 定值与定点问题(2019北京,18,14分)已知抛物线C:x 2=-2py 经过点(2,-1).(1)求抛物线C 的方程及其准线方程;(2)设O 为原点,过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON 于点A 和点B.求证:以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点.解析 本题主要考查抛物线、直线和圆的基本概念,重点考查直线与抛物线的位置关系,考查学生对数形结合思想的应用以及逻辑推理能力,通过直线与抛物线的位置关系考查了数学运算的核心素养. (1)由抛物线C:x 2=-2py 经过点(2,-1),得p=2. 所以抛物线C 的方程为x 2=-4y,其准线方程为y=1.(2)证明:抛物线C 的焦点为F(0,-1). 设直线l 的方程为y=kx-1(k ≠0). 由{y =kx -1,x 2=-4y 得x 2+4kx-4=0. 设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则x 1x 2=-4, 直线OM 的方程为y=y1x 1x.令y=-1,得点A 的横坐标x A =-x1y 1.同理得点B 的横坐标x B =-x2y 2.设点D(0,n),则DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x1y 1,-1-n),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-x 2y2,-1-n), DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2y 1y2+(n+1)2=x 1x 2(-x 124)(-x 224)+(n+1)2=16x1x 2+(n+1)2=-4+(n+1)2.令DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3. 综上,以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,-3).考点二 最值与范围问题1.(2019北京,8,5分)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,曲线C:x 2+y 2=1+|x|y 就是其中之一(如图).给出下列三个结论:①曲线C 恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的点); ②曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过√2; ③曲线C 所围成的“心形”区域的面积小于3. 其中,所有正确结论的序号是( ) A.① B.② C.①② D.①②③答案 C2.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,焦距为2. (1)求椭圆E 的方程;(2)如图,动直线l:y=k 1x-√32交椭圆E 于A,B 两点,C 是椭圆E 上一点,直线OC 的斜率为k 2,且k 1k 2=√24.M 是线段OC 延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M 的半径为|MC|,OS,OT 是☉M 的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT 的最大值,并求取得最大值时直线l 的斜率.解析 (1)由题意知e=c a =√22,2c=2,所以a=√2,b=1,因此椭圆E 的方程为x 22+y 2=1.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{x 22+y 2=1,y =k 1x -√32,消y 整理得(4k 12+2)x 2-4√3k 1x-1=0,由题意知Δ>0,且x 1+x 2=2√3k 12k 12+1,x 1x 2=-12(2k 12+1),所以|AB|=√1+k 12|x 1-x 2|=√2·√1+k 12√1+8k 121+2k 12.由题意可知圆M 的半径r=23|AB|=2√23·√1+k 12√1+8k 122k 12+1.由题设知k 1k 2=√24,所以k 2=√24k 1, 因此直线OC 的方程为y=√24k 1x. 联立{x 22+y 2=1,y =√24k 1x,得x 2=8k 121+4k 12,y 2=11+4k 12, 因此|OC|=√x 2+y 2=√1+8k 121+4k 12.由题意可知sin∠SOT 2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=√1+8k 121+4k 122√23·√1+k 1√1+8k 11+2k 12=3√24·12√1+4k 1√1+k 1,令t=1+2k 12,则t>1,1t ∈(0,1),因此|OC|r=32·√2t 2+t -1=32·√2+t -t 2=32·√-(t -2)2+4≥1,当且仅当1t =12,即t=2时等号成立,此时k 1=±√22, 所以sin ∠SOT 2≤12,因此∠SOT 2≤π6,所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述,∠SOT 的最大值为π3,取得最大值时直线l 的斜率k 1=±√22.思路分析 (1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l 与椭圆方程,利用弦长公式求出|AB|,联立直线OC 与椭圆方程求|OC|,进而建立sin∠SOT 2与k 1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.疑难突破把角的问题转化为三角函数问题,即由sin∠SOT2=11+|OC|r=f(k1)求解是解题的突破口.解题反思最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin∠SOT2与k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.考点三 存在性问题(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率是√22,过点P(0,1)的动直线l 与椭圆相交于A,B两点.当直线l 平行于x 轴时,直线l 被椭圆E 截得的线段长为2√2. (1)求椭圆E 的方程;(2)在平面直角坐标系xOy 中,是否存在与点P 不同的定点Q,使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由.解析 (1)由已知得,点(√2,1)在椭圆E 上. 因此,{ 2a 2+1b 2=1,a 2-b 2=c 2,c a =√22,解得a=2,b=√2.所以椭圆E 的方程为x 24+y 22=1.(2)当直线l 与x 轴平行时,设直线l 与椭圆相交于C,D 两点. 如果存在定点Q 满足条件, 则有|QC||QD|=|PC||PD|=1, 即|QC|=|QD|.所以Q 点在y 轴上,可设Q 点的坐标为(0,y 0). 当直线l 与x 轴垂直时, 设直线l 与椭圆相交于M,N 两点, 则M,N 的坐标分别为(0,√2),(0,-√2). 由|QM||QN|=|PM||PN|,有0√2||y +√2|=√2-√2+1, 解得y0=1或y 0=2.所以,若存在不同于点P 的定点Q 满足条件,则Q 点坐标只可能为(0,2).下面证明:当Q 的坐标为(0,2)时,对任意直线l,均有|QA||QB|=|PA||PB|. 当直线l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2). 联立{x 24+y 22=1,y =kx +1,得(2k 2+1)x 2+4kx-2=0. 其判别式Δ=(4k)2+8(2k 2+1)>0,所以,x 1+x 2=-4k2k 2+1,x 1x 2=-22k 2+1.因此1x 1+1x 2=x 1+x2x 1x2=2k. 易知,点B 关于y 轴对称的点B'的坐标为(-x 2,y 2). 又k QA =y 1-2x 1=kx 1-1x 1=k-1x 1,k QB'=y 2-2-x2=kx 2-1-x 2=-k+1x 2=k-1x 1,所以k QA =k QB',即Q,A,B'三点共线. 所以|QA||QB|=|QA||QB'|=|x 1||x 2|=|PA||PB|.故存在与P 不同的定点Q(0,2), 使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立.C 组 教师专用题组考点一 定值与定点问题1.(2018北京,19,14分)已知抛物线C:y 2=2px 经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A,B,且直线PA 交y 轴于M,直线PB 交y 轴于N. (1)求直线l 的斜率的取值范围;(2)设O 为原点,QM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,QN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值. 解析 (1)因为抛物线y 2=2px 过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C 的方程为y 2=4x,由题意知,直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y=kx+1(k ≠0). 由{y 2=4x,y =kx +1得k 2x 2+(2k-4)x+1=0. 依题意Δ=(2k -4)2-4×k 2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB 与y 轴相交,故直线l 不过点(1,-2). 从而k ≠-3.所以直线l 斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1). (2)证明:设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 由(1)知x 1+x 2=-2k -4k 2,x 1x 2=1k 2.直线PA 的方程为y-2=y 1-2x 1-1(x-1). 令x=0,得点M 的纵坐标为y M =-y 1+2x 1-1+2=-kx 1+1x 1-1+2.同理得点N 的纵坐标为y N =-kx 2+1x 2-1+2.由QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,QN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μQO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 得λ=1-y M ,μ=1-y N . 所以1λ+1μ=11-y M+11-y N=x 1-1(k -1)x 1+x 2-1(k -1)x2=1k -1·2x 1x 2-(x 1+x 2)x 1x 2=1k -1·2k 2+2k -4k 21k 2=2.所以1λ+1μ为定值.方法总结 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形即可求得;(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.2.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为√32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB 的面积为1.(1)求椭圆C 的方程;(2)设P 是椭圆C 上一点,直线PA 与y 轴交于点M,直线PB 与x 轴交于点N.求证:|AN|·|BM|为定值. 解析 (1)由题意得{ c a =√32,12ab =1,a 2=b 2+c 2,解得a=2,b=1.所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x 0,y 0),则x 02+4y 02=4.当x 0≠0时,直线PA 的方程为y=y 0x 0-2(x-2).令x=0,得y M =-2y 0x-2,从而|BM|=|1-y M |=|1+2y 0x0-2|.直线PB 的方程为y=y 0-1x 0x+1.令y=0,得x N =-x 0y 0-1,从而|AN|=|2-x N |=|2+x 0y 0-1|.所以|AN|·|BM|=|2+x0y 0-1|·|1+2y 0x0-2|=|x 02+4y 02+4x 0y 0-4x 0-8y 0+4x 0y 0-x 0-2y 0+2|=|4x 0y 0-4x 0-8y 0+8x 0y 0-x 0-2y 0+2|=4.当x 0=0时,y 0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|·|BM|=4. 综上,|AN|·|BM|为定值.一题多解 (2)点P 在曲线(x 2)2+(y 1)2=1上,不妨设P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ且θ≠kπ+π2(k ∈Z )时,直线AP 的方程为y-0=sinθ2(cosθ-1)(x-2),令x=0,得y M =sinθ1-cosθ; 直线BP 的方程为y-1=sinθ-12cosθ(x-0),令y=0,得x N =2cosθ1-sinθ. ∴|AN|·|BM|=2|1-cosθ1-sinθ|·|1-sinθ1-cosθ||=2×2=4(定值).=2|2(1-sinθ)(1-cosθ)(1-sinθ)(1-cosθ)(k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4. 当θ=kπ或θ=kπ+π2考点二 最值与范围问题1.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点,抛物线C:y 2=4x 上存在不同的两点A,B 满足PA,PB 的中点均在C 上.(1)设AB 中点为M,证明:PM 垂直于y 轴;(2)若P 是半椭圆x 2+y 24=1(x<0)上的动点,求△PAB 面积的取值范围.解析 本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)设P(x 0,y 0),A (14y 12,y 1),B (14y 22,y 2).因为PA,PB 的中点在抛物线上, 所以y 1,y 2为方程(y+y 02)2=4·14y 2+x 02,即y 2-2y 0y+8x 0-y 02=0的两个不同的实根.所以y 1+y 2=2y 0, 因此,PM 垂直于y 轴. (2)由(1)可知{y 1+y 2=2y 0,y 1y 2=8x 0-y 02,所以|PM|=18(y 12+y 22)-x 0=34y 02-3x 0,|y 1-y 2|=2√2(y 02-4x 0).因此,△PAB 的面积S △PAB =12|PM|·|y 1-y 2|=3√24(y 02-4x 0)32.因为x 02+y 024=1(x 0<0),所以y 02-4x 0=-4x 02-4x 0+4∈[4,5].因此,△PAB 面积的取值范围是[6√2,15√104].疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x 、y 轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.2.(2015浙江,19,15分)已知椭圆x 22+y 2=1上两个不同的点A,B 关于直线y=mx+12对称.(1)求实数m 的取值范围;(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).解析 (1)由题意知m ≠0,可设直线AB 的方程为y=-1m x+b.由{x 22+y 2=1,y =-1m x +b消去y,得(12+1m 2)x 2-2bmx+b 2-1=0. 因为直线y=-1mx+b 与椭圆x 22+y 2=1有两个不同的交点,所以Δ=-2b 2+2+4m 2>0,①将AB 的中点M (2mbm 2+2,m 2bm 2+2)代入直线方程y=mx+12,解得 b=-m 2+22m 2.②由①②得m<-√63或m>√63. (2)令t=1m∈(-√62,0)∪(0,√62), 则|AB|=√t 2+1·√-2t 4+2t 2+32t 2+12,且O 到直线AB 的距离为d=t 2+12√t 2+1.设△AOB 的面积为S(t),所以S(t)=12|AB|·d=12√-2(t 2-12)2+2≤√22. 当且仅当t 2=12时,等号成立.故△AOB 面积的最大值为√22.3.(2015天津,19,14分)已知椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为√33,点M 在椭圆上且位于第一象限,直线FM 被圆x 2+y 2=b 24截得的线段的长为c,|FM|=4√33. (1)求直线FM 的斜率; (2)求椭圆的方程;(3)设动点P 在椭圆上,若直线FP 的斜率大于√2,求直线OP(O 为原点)的斜率的取值范围. 解析 (1)由已知有c 2a2=13,又由a 2=b 2+c 2,可得a 2=3c 2,b 2=2c 2.设直线FM 的斜率为k(k>0),则直线FM 的方程为y=k(x+c).由已知,有(√k 2+1)2+(c 2)2=(b 2)2,解得k=√33.(2)由(1)得椭圆方程为x 23c2+y 22c2=1,直线FM 的方程为y=√33(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x 2+2cx-5c 2=0,解得x=-53c 或x=c.因为点M 在第一象限,可得M 的坐标为(c,2√33c). 由|FM|=√(c +c)2+(2√33c -0)2=4√33,解得c=1,所以椭圆的方程为x 23+y 22=1.(3)设点P 的坐标为(x,y),直线FP 的斜率为t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x ≠-1),与椭圆方程联立得{y =t(x +1),x 23+y 22=1,消去y,整理得2x 2+3t 2(x+1)2=6.又由已知,得t=√6-2x 23(x+1)2>√2,解得-32<x<-1或-1<x<0.设直线OP 的斜率为m,得m=y x,即y=mx(x ≠0),与椭圆方程联立,整理可得m 2=2x2-23.①当x ∈(-32,-1)时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=√2x 2-23,得m ∈(√23,2√33). ②当x ∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-√2x2-23,得m ∈(-∞,-2√33). 综上,直线OP 的斜率的取值范围是(-∞,-2√33)∪(√23,2√33). 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决问题的能力.4.(2015山东,20,13分)平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√32,左、右焦点分别是F 1,F 2.以F 1为圆心,以3为半径的圆与以F 2为圆心,以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程;(2)设椭圆E:x 24a 2+y 24b 2=1,P 为椭圆C 上任意一点.过点P 的直线y=kx+m 交椭圆E 于A,B 两点,射线PO 交椭圆E 于点Q. (i)求|OQ||OP|的值;(ii)求△ABQ 面积的最大值.解析 (1)证明:由题意知2a=4,则a=2. 又c a =√32,a 2-c 2=b 2,可得b=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216+y 24=1. (i)设P(x 0,y 0),|OQ||OP|=λ,由题意知Q(-λx 0,-λy 0). 因为x 024+y 02=1,又(-λx 0)216+(-λy 0)24=1,即λ24(x 024+y 02)=1, 所以λ=2,即|OQ||OP|=2.(ii)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). 将y=kx+m 代入椭圆E 的方程, 可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-16=0,由Δ>0,可得m 2<4+16k 2.①由韦达定理有x 1+x 2=-8km1+4k 2,x 1x 2=4m 2-161+4k 2. 所以|x 1-x 2|=4√16k 2+4-m 21+4k 2.因为直线y=kx+m 与y 轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB 的面积S=12|m||x 1-x 2| =2√16k 2+4-m 2|m|1+4k 2=2√(16k 2+4-m 2)m 21+4k 2=2√(4-m 21+4k 2)m 21+4k 2. 设m 21+4k 2=t.将y=kx+m 代入椭圆C 的方程, 可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-4=0,由Δ≥0,可得m 2≤1+4k 2.②由①②可知0<t ≤1,因此S=2√(4-t)t =2√-t 2+4t ,故S ≤2√3, 当且仅当t=1,即m 2=1+4k 2时取得最大值2√3.由(i)知,△ABQ 面积为3S, 所以△ABQ 面积的最大值为6√3.考点三 存在性问题(2015北京,19,14分)已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,点P(0,1)和点A(m,n)(m ≠0)都在椭圆C 上,直线PA 交x 轴于点M.(1)求椭圆C 的方程,并求点M 的坐标(用m,n 表示);(2)设O 为原点,点B 与点A 关于x 轴对称,直线PB 交x 轴于点N.问:y 轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q 的坐标;若不存在,说明理由.解析 (1)由题意得{b =1,ca=√22,a 2=b 2+c 2,解得a 2=2.故椭圆C 的方程为x 22+y 2=1. 设M(x M ,0).因为m ≠0,所以-1<n<1. 直线PA 的方程为y-1=n -1m x, 所以x M =m1-n ,即M (m1-n ,0).(2)因为点B 与点A 关于x 轴对称,所以B(m,-n). 设N(x N ,0),则x N =m1+n .“存在点Q(0,y Q )使得∠OQM=∠ONQ ”等价于“存在点Q(0,y Q )使得|OM||OQ|=|OQ||ON|”,即y Q 满足y Q 2=|x M ||x N |.因为x M =m 1-n ,x N =m1+n ,m 22+n 2=1,所以y Q 2=|x M ||x N |=m 21-n 2=2.所以y Q =√2或y Q =-√2.故在y 轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ. 点Q 的坐标为(0,√2)或(0,-√2).【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2019江西南昌重点中学调研考试,11)设点M 为抛物线C:y 2=4x 的准线上一点(不同于准线与x 轴的交点),过抛物线C 的焦点F 且垂直于x 轴的直线与C 交于A,B 两点,设MA,MF,MB 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,则k 1+k 3k 2的值为( ) A.2B.2√2C.4D.4√2答案 A2.(2020届山西太原五中第二次诊断,12)已知A(0,3),若点P 是抛物线x 2=8y 上任意一点,点Q 是圆x 2+(y-2)2=1上任意一点,则|PA|2|PQ|的最小值为( )A.4√3-4B.2√2-1C.2√3-2D.4√2+1答案 A3.(2018河南中原名校4月联考,11)已知抛物线C:y 2=4x 的焦点为F,过点F 且斜率为1的直线与抛物线C 交于点A,B,以线段AB 为直径的圆E 上存在点P,Q,使得以PQ 为直径的圆过点D(-2,t),则实数t 的取值范围为( )A.(-∞,-1]∪[1,+∞)B.[-1,3]C.(-∞,2-√7]∪[2+√7,+∞)D.[2-√7,2+√7]答案 D4.(2020届山东夏季高考模拟,6)已知点A为曲线y=x+4x(x>0)上的动点,B为圆(x-2)2+y2=1上的动点,则|AB|的最小值是()A.3B.4C.3√2D.4√2答案 A二、填空题(共5分)5.(2019四川成都第二次适应性考试,16)已知F为抛物线C:x2=4y的焦点,过点F的直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,抛物线C在A,B两点处的切线分别是l1,l2,且l1,l2相交于点P,则|PF|+32|AB|的最小值是.答案 6三、解答题(共60分)6.(2020届河南安阳9月月考,20)如图,过点P(1,0)作两条直线x=1和l,分别交抛物线y2=4x于A,B和C,D(其中A,C位于x轴上方,l的斜率大于0),直线AC,BD交于点Q.(1)求证:点Q在定直线上;(2)若λ=S△PQCS△PBD,求λ的最小值.解析本题考查直线与抛物线的位置关系,三角形面积比,基本不等式求最值,体现了逻辑推理,数学运算的核心素养.(1)证明:设C(c 24,c),D(d24,d),l:x=ty+1,将x=ty+1代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,所以cd=-4.又A(1,2),B(1,-2),所以l AC:4x-(c+2)y+2c=0, l BD:4x-(d-2)y-2d=0,联立消y 得x=cd -c+d c -d+4=-1,故点Q 在定直线x=-1上. (2)由题意可得S △PQCS△PQA=c 24+12,S △PBD S△PQB=1-d 242.因为S △PQA =S △PQB , 所以λ=S △PQC S △PBD =c 2+44-d 2=c 2(c 2+4)4(c 2-4),令c 2-4=t,则t>0, 代入得λ=(t+4)(t+8)4t=t 4+8t+3≥2√2+3,当且仅当c 2=4+4√2时取得等号, 所以λ的最小值为2√2+3. 思路分析 (1)设C (c 24,c),D (d 24,d),l:x=ty+1,直线与抛物线方程联立可得y 2-4ty-4=0,所以cd=-4,由直线AC,BD 交于点Q,将两直线方程联立求解可得x=cd -c+dc -d+4=-1,从而证明点Q 在定直线上. (2)由题意可得S △PQCS △PQA=c 24+12,S △PBD S△PQB=1-d 242.根据S △PQA =S △PQB ,用c 表示出λ,利用换元法、基本不等式可求λ的最小值.7.(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左顶点为M,上顶点为N,直线2x+y-6√3=0与直线MN 垂直,垂足为B 点,且点N 是线段MB 的中点. (1)求椭圆C 的方程;(2)若直线l:y=kx+m 与椭圆C 交于E,F 两点,点G 在椭圆C 上,且四边形OEGF 为平行四边形,求证:四边形OEGF 的面积S 为定值.解析 (1)由题意知,M(-a,0),N(0,b),直线MN 的斜率k=b a =12,∴a=2b. ∵点N 是线段MB 的中点, ∴B(a,2b),∵点B 在直线2x+y-6√3=0上, ∴2a+2b=6√3,又a=2b, ∴b=√3,a=2√3,∴椭圆C 的方程为x 212+y 23=1.(2)证明:设E(x 1,y 1),F(x 2,y 2),G(x 0,y 0),将y=kx+m 代入x 212+y 23=1,消去y 整理得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0,则x 1+x 2=-8km 1+4k,x 1·x 2=4m 2-121+4k,y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m=2m1+4k ,∵四边形OEGF 为平行四边形, ∴OG ⃗⃗⃗⃗⃗ =OE ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 2,y 1+y 2),得G (-8km 1+4k2,2m1+4k 2),将G 点坐标代入椭圆C 的方程得m 2=34(1+4k 2),又易得点O 到直线EF 的距离d=√1+k 2,|EF|=√1+k 2|x 1-x 2|,∴平行四边形OEGF 的面积S=d ·|EF|=|m||x 1-x 2|=|m|·√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=4·|m|√3-m 2+12k 21+4k 2=4·|m|√3m 21+4k 2=4√3·m 21+4k 2=3√3.故平行四边形OEGF 的面积S 为定值3√3.8.(2020届山西太原五中第二次诊断,19)已知椭圆C:x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F 1,F 2,离心率为12,P 是椭圆C 上的一个动点,且△PF 1F 2面积的最大值为√3. (1)求椭圆C 的方程;(2)设斜率存在的直线PF 2与椭圆C 的另一个交点为Q,是否存在点T(0,t),使得|TP|=|TQ|?若存在,求出t 的取值范围;若不存在,请说明理由.解析(1)由题意得{ca=12,12×2c ×b =√3,a 2=b 2+c 2,∴a=2,b=√3,c=1. 故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)设直线PQ 的方程为y=k(x-1),当k ≠0时,将y=k(x-1)代入x 24+y 23=1,得(3+4k 2)x 2-8k 2x+4k 2-12=0.设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),线段PQ 的中点为N(x 0,y 0), 则x 0=x 1+x 22=4k 23+4k 2,y 0=y 1+y 22=k(x 0-1)=-3k3+4k 2,即N (4k 23+4k 2,-3k3+4k 2).∵|TP|=|TQ|,∴直线TN 为线段PQ 的垂直平分线,∴TN⊥PQ,即k TN ·k PQ =-1. ∴-3k4k 2+3-t 4k 24k 2+3·k=-1⇒t=k 4k 2+3=14k+3k.当k>0时,∵4k+3k ≥4√3,∴t∈(0,√312]. 当k<0时,∵4k+3k ≤-4√3,∴t∈[-√312,0). 当k=0时,t=0符合题意. 综上,t 的取值范围为[-√312,√312].9.(2019黑龙江大庆三模,21)已知点F(1,0),动点M 到直线l:x=4的距离为d,且|MF|d=12,设动点M 的轨迹为曲线E.(1)求曲线E 的方程;(2)过点F 作互相垂直的两条直线,分别交曲线E 于点A,B 和C,D,求四边形ABCD 面积的最小值. 解析 (1)设M(x,y),∵|MF|=12d, ∴√(x -1)2+y 2=12|x-4|.整理得曲线E 的方程为x 24+y 23=1.(2)解法一:当直线AB 的斜率为0时,|AB|=2a=4,|CD|=2b 2a=3,∴四边形ACBD 的面积S=12|AB|×|CD|=6.当直线AB 的斜率不为0时,设直线AB 的方程为x=ty+1,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2). 联立{x =ty +1,3x 2+4y 2=12,消去x 得(3t 2+4)y 2+6ty-9=0,由题意可知Δ>0恒成立, ∴y 1+y 2=-6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4.∴|AB|=√(1+t 2)[(y 1+y 2)2-4y 1y 2] =√(1+t 2)[(-6t 3t 2+4)2+363t 2+4]=12(t 2+1)3t 2+4.同理可求得|CD|=12(t 2+1)3+4t 2.∴四边形ACBD 的面积S=12|AB|×|CD|=72(t 2+1)2(3t 2+4)(3+4t 2)=6(1-112t 2+12t2+25)≥6(12√12t ×12t2+25)=28849,当且仅当12t 2=12t 2,即t=±1时取等号.∵28849<6,∴四边形ACBD 面积的最小值为28849. 解法二:当直线AB 的斜率不存在时,|AB|=2b 2a=3,|CD|=2a=4,∴四边形ACBD 的面积S=12|AB|×|CD|=6.当直线AB 的斜率存在且不为0时,设直线AB 的方程为y=k(x-1),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).联立{y =k(x -1),3x 2+4y 2=12,消去y 得(3+4k 2)x 2-8k 2x+4k 2-12=0.由题意可知Δ>0恒成立, ∴x 1+x 2=8k 23+4k 2,x 1x 2=4k 2-123+4k 2,∴|AB|=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2-4x 1x 2] =√(1+k 2)[(8k 23+4k )2-4·4k 2-123+4k ]=12(1+k 2)3+4k .∵直线AB,CD 互相垂直,∴用-1k替换上式中的k 可求得|CD|=12(k 2+1)3k +4.∴四边形ACBD 的面积S=12|AB|×|CD|=72(k 2+1)2(3k 2+4)(3+4k 2)=6(1-112k 2+12k2+25)≥6(12√12k 2×k 2+25=28849,当且仅当12k 2=12k 2,即k=±1时取等号.∵28849<6,∴四边形ACBD 面积的最小值为28849.10.(2020届山西大同高三学情调研,21)椭圆x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,且离心率e=√63.(1)设E 是直线y=x+2与椭圆的一个交点,求|EF 1|+|EF 2|取最小值时椭圆的方程;(2)已知N(0,1),是否存在斜率为k 的直线l 与(1)中的椭圆交于不同的两点A,B,使得点N 在线段AB 的垂直平分线上?若存在,求出直线l 在y 轴上截距的范围;若不存在,请说明理由.解析 本题主要考查了椭圆的方程、几何性质及直线与椭圆的位置关系,考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.(1)∵e=√63,∴b 2a =13,∴椭圆的方程可化为x 23b2+y 2b2=1,将x 23b2+y 2b2=1与y=x+2联立,消去y 并化简得4x 2+12x+12-3b 2=0,由Δ=144-16×(12-3b 2)≥0,解得b 2≥1,即b ≥1,∴|EF 1|+|EF 2|=2a=2√3b ≥2√3,当且仅当b=1时,|EF 1|+|EF 2|取最小值2√3, ∴椭圆的方程为x 23+y 2=1.(2)设直线l 在y 轴上的截距为t,则直线l 的方程为y=kx+t,代入x 23+y 2=1,消去y 并整理得(1+3k 2)x 2+6ktx+3t 2-3=0,∵直线l 与椭圆交于不同的两点,∴Δ1=(6kt)2-12(t 2-1)(1+3k 2)>0,即t 2<1+3k 2. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),AB 的中点为Q, 则x 1+x 2=-6kt1+3k 2,x 1x 2=3t 2-31+3k 2,y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2t=2t1+3k 2,∴AB 的中点Q 的坐标为(-3kt 1+3k2,t 1+3k 2),当k ≠0时,k QN =t1+3k 2-1-3kt 1+3k 2=-1k ,化简得1+3k 2=-2t,代入t 2<1+3k 2,得-2<t<0,又-2t=1+3k 2>1,∴t<-12,故-2<t<-12. 当k=0时,-1<t<1.综上,k ≠0时,直线l 在y 轴上截距的范围为(-2,-12); k=0时,直线l 在y 轴上截距的范围为(-1,1).。
高考数学大一轮复习 第八章 解析几何 课时达标49 圆锥曲线的综合问题
课时达标 第49讲 圆锥曲线的综合问题[解密考纲]圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，体现了函数与方程思想和数形结合的思想，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主在高考中进行考查．其目标是考查学生几何问题代数化的应用、运算能力和分析解决问题的能力．1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，焦距为2，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过点M (0,1)，且与椭圆C 交于A ，B 两点，若AM →＝2MB →，求直线l 的方程．解析 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．因为c ＝1，c a ＝12，所以a ＝2，b ＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题得直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，则由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8kx －8＝0，且Δ>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由AM →＝2MB →，得x 1＝－2x 2.又⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8k3＋4k2，x 1·x 2＝－83＋4k2，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＝－8k 3＋4k2，－2x 22＝－83＋4k2，消去x 2得⎝⎛⎭⎪⎫8k 3＋4k 22＝43＋4k 2，解得k 2＝14，k ＝±12，所以直线l 的方程为y ＝±12x ＋1，即x －2y ＋2＝0或x ＋2y －2＝0.2．(2017·全国卷Ⅲ)在直线坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0,1)．当m 变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由．(2)证明：过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值． 解析 (1)不能出现AC ⊥BC 的情况．理由如下： 设A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 1，x 2满足x 2＋mx －2＝0， 所以x 1x 2＝－2.又点C 的坐标为(0,1)，故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1x 1·－1x 2＝－12，所以不能出现AC ⊥BC 的情况．(2)证明：BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，12，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22.由(1)可得x 1＋x 2＝－m ， 所以AB 的中垂线方程为x ＝－m2.联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22，又x 22＋mx 2－2＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y ＝－12.所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 2，－12，半径r ＝m 2＋92.所以圆在y 轴上截得的弦长为2r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 22＝3.故过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值．3．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，且长轴长等于4. (1)求椭圆C 的方程；(2)F 1，F 2是椭圆C 的两个焦点，圆O 是以F 1F 2为直径的圆，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O 相切，并与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，若OA →·OB →＝－32，求k 的值．解析 (1)由题意椭圆的长轴长2a ＝4，解得a ＝2. 因为点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上，所以14＋94b 2＝1，解得b 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由直线l 与圆O 相切，得|m |1＋k2＝1，即m 2＝1＋k 2. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m消去y ，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.由题意可知圆O 在椭圆内，所以直线必与椭圆相交， 所以x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1·x 2＝4m 2－123＋4k2，y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1·x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2·4m 2－123＋4k 2＋km ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 3＋4k 2＋m 2＝3m 2－12k23＋4k2.所以x 1x 2＋y 1y 2＝4m 2－123＋4k 2＋3m 2－12k 23＋4k 2＝7m 2－12k 2－123＋4k 2. 因为m 2＝1＋k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝－5－5k23＋4k2.又因为OA →·OB →＝－32，所以－5－5k 23＋4k 2＝－32，解得k 2＝12，所以k ＝±22. 4．如图，已知抛物线C ：y 2＝4x ，过点A (1,2)作抛物线C 的弦AP ，AQ .若AP ⊥AQ ，证明：直线PQ 过定点，并求出定点的坐标．证明 设直线PQ 的方程为x ＝my ＋n ，点P ，Q 的坐标分别为P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，由Δ>0，得m 2＋n >0，y 1＋y 2＝4m ，y 1·y 2＝－4n . ∵AP ⊥AQ ，∴AP →·AQ →＝0，∴(x 1－1)(x 2－1)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0. 又x 1＝y 214，x 2＝y 224，∴(y 1－2)(y 2－2)[(y 1＋2)(y 2＋2)＋16]＝0. ∴(y 1－2)(y 2－2)＝0或(y 1＋2)(y 2＋2)＋16＝0.∴n ＝－2m ＋1或n ＝2m ＋5，∵Δ>0恒成立，∴n ＝2m ＋5. ∴直线PQ 方程为x －5＝m (y ＋2)，∴直线PQ 过定点(5，－2)．5．已知点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线y 2＝4x 上相异两点，且满足x 1＋x 2＝2. (1)若AB 的中垂线经过点P (0,2)，求直线AB 的方程；(2)若AB 的中垂线交x 轴于点M ，求△AMB 的面积的最大值及此时直线AB 的方程． 解析 (1)根据题意，设AB 的中点为Q (1，t )， 则k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1y 224－y 214＝2t . 由P ，Q 两点得线段AB 的中垂线的斜率k ＝t －2， 由(t －2)·2t ＝－1，得t ＝43.∴直线AB 的方程为y ＝32x －16.(2)由(1)知直线AB 的方程为y －t ＝2t (x －1)，线段AB 的中垂线方程为y －t ＝－t2(x －1)，即y ＝－t2(x －3)，所以中垂线交x 轴于点M (3,0)，点M 到直线AB 的距离d ＝t 2＋4t 2＋4＝t 2＋4.由⎩⎪⎨⎪⎧y －t ＝2t x －，y 2＝4x ，得4x 2－8x ＋(t 2－2)2＝0，∴x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝t 2－24，∴|AB |＝1＋4t2·|x 1－x 2|＝t 2＋－t 2，∴S ＝12|AB |·d ＝12t 2＋2－t2＝24t 2＋t 2＋－2t 2≤24×⎝ ⎛⎭⎪⎫1633＝1669. 当t 2＝43时，S 有最大值1669，此时直线AB 的方程为3x ±3y －1＝0.6．(2018·四川成都摸底测试)在平面直角坐标系xOy 中，已知△ABC 的两个顶点A ，B 的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，且AC ，BC 所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)设直线y ＝kx ＋2(0＜k ＜2)与y 轴相交于点P ，与曲线E 相交于不同的两点Q ，R (点R 在点P 和点Q 之间)，且PQ →＝λPR →，求实数λ的取值范围．解析 (1)设C (x ，y )．由题意，可得y x －1·yx ＋1＝－2(x ≠±1)， ∴曲线E 的方程为x 2＋y 22＝1(x ≠±1)．(2)设R (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＋y 22＝1，消去y ，可得(2＋k 2)x 2＋4kx ＋2＝0，∴Δ＝8k 2－16>0，∴k 2>2. 又0<k <2，∴2<k <2.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－4k2＋k2，① x 1x 2＝22＋k2.②∵PQ →＝λPR →，点R 在P 和Q 之间， ∴x 2＝λx 1(λ>1)．③联立①②③，可得＋λ2λ＝8k 22＋k2. ∵2<k <2，∴8k 22＋k 2＝82k2＋1∈⎝⎛⎭⎪⎫4，163， ∴4<＋λ2λ<163，∴13<λ<3，且λ≠1. ∵λ>1，∴实数λ的取值范围为(1,3)．。
高考数学复习要点梳理教学案 8.10 圆锥曲线的综合问题精品(教师版) 新人教版
2013年高考数学一轮复习精品教学案8.10 圆锥曲线的综合问题（新课标人教版，教师版）【考纲解读】1．了解圆锥曲线的简单应用，理解数形结合的思想． 2．领会转化的数学思想，提高综合解题能力.【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.平面解析几何是历年来高考重点内容之一,经常与逻辑、不等式、三角函数等知识结合起来考查，在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，在解答题中考查，一般难度较大，与其他知识结合起来考查，在考查平面解析几何基础知识的同时，又考查数形结合思想、转化思想和分类讨论等思想，以及分析问题、解决问题的能力.2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持考查解析几何与其他知识的结合，在选择题、填空题中继续搞创新,命题形式会更加灵活.【要点梳理】1.圆锥曲线中的最值问题2.圆锥曲线中的面积问题3.圆锥曲线中的定点或定值问题 【例题精析】考点一 圆锥曲线中的最值与面积问题例1. (2012年高考重庆卷文科21)（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ）小问7分）已知椭圆的中心为原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左、右焦点分别为12,F F ，线段12,OF OF 的中点分别为12,B B ，且△12AB B 是面积为4的直角三角形。
（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；（Ⅱ）过1B 作直线交椭圆于,P Q ，22PB QB ，求△2PB Q 的面积【答案】（Ⅰ）220x +24y =1（2PB Q 的面积12121||||2S B B y y =-=当2m =- 时，同理可得（或由对称性可得）2PB Q 的面积S =综上所述，2PB Q . 【名师点睛】本小题主要考查直线与椭圆,考查了圆锥曲线中的面积问题，熟练基本知识是解决本类问题的关键.【变式训练】1.（2012年高考安徽卷文科20）（本小题满分13分）如图，21F F 分别是椭圆C ：22a x +22by =1（0>>b a ）的左、右焦点，A 是椭圆C 的顶点，B 是直线2AF 与椭圆C 的另一个交点，1F ∠A 2F =60°.（Ⅰ）求椭圆C 的离心率；（Ⅱ）已知△A B F 1的面积为403，求,a b 的值.法二：设2BF m =；则12BF a m =-，则在12BF F ∆中，由余弦定理可得考点二定点（定值）问题例2.(2012年高考福建卷文科21)（本小题满分12分）如图，等边三角形OAB的边长为E：x2=2py（p＞0）上。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
题目第八章圆锥曲线圆锥曲线的综合问题 高考要求(1)掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程 (2)掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质 (3)掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质 (4)了解圆锥曲线的初步应用 知识点归纳解析几何是联系初等数学与高等数学的纽带，它本身侧重于形象思维、推理运算和数形结合，综合了代数、三角、几何、向量等知识反映在解题上，就是根据曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质学习时应熟练掌握函数与方程的思想、数形结合的思想、参数的思想、分类与转化的思想等，以达到优化解题的目的具体来说，有以下三方面：（1）确定曲线方程，实质是求某几何量的值；含参数系数的曲线方程或变化运动中的圆锥曲线的主要问题是定值、最值、最值范围问题，这些问题的求解都离不开函数、方程、不等式的解题思想方法有时题设设计的非常隐蔽，这就要求认真审题，挖掘题目的隐含条件作为解题突破口（2）解析几何也可以与数学其他知识相联系，这种综合一般比较直观，在解题时保持思维的灵活性和多面性，能够顺利进行转化，即从一知识转化为另一知识（3）解析几何与其他学科或实际问题的综合，主要体现在用解析几何知识去解有关知识，具体地说就是通过建立坐标系，建立所研究曲线的方程，并通过方程求解来回答实际问题在这一类问题中“实际量”与“数学量”的转化是易出错的地方，这是因为在坐标系中的量是“数量”，不仅有大小还有符号 题型讲解例1 如图，O 为坐标原点，直线l 在x 轴和y 轴上的截距分别是a 和b （a >0，b ≠0），且交抛物线y 2=2px （p >0）于M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）两点 （1）写出直线l 的截距式方程；（2）证明：11y +21y =b1；（3）当a =2p 时，求∠MON 的大小分析：易知直线l 的方程为a x +by=1，欲证11y +21y =b 1，即求2121y y y y 的值，为此只需求直线l 与抛物线y 2=2px 交点的纵坐标由根与系数的关系易得y 1+y 2、y 1y 2的值，进而证得11y +21y =1 由²=0易得∠MON =90°亦可由k OM ²k ON =－1求得∠MON =90°（1）解：直线l 的截距式方程为a x +by =1 （2）证明：由a x +by=1及y 2=2px 消去x 可得by 2+2pay －2pab =0点M 、N 的纵坐标为y 1、y 2，故y 1+y 2=bpa2-，y 1y 2=－2pa 所以11y +21y =2121y y y y +=pa b pa22--b1（3）解：设直线OM 、ON 的斜率分别为k 1、k 2， 则k 1=11x y ，k 222x y当a =2p 时，由（2）知，y 1y 2=－2pa =－4p 2， 由y 12=2px 1，y 22=2px 2，相乘得（y 1y 2）2=4p 2x 1x 2， x 1x 2=22214)(p y y =2224)4(pp =4p 2， 因此k 1k 2=2121x x y y =2244p p -=－1所以OM ⊥ON ，即∠MON =90°点评：本题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力例2 已知椭圆C 的方程为22a x +22b y =1（a >b >0），双曲线22a x －22by =1的两条渐近线为l 1、l 2，过椭圆C的右焦点F 作直线l ，使l ⊥l 1，又l 与l 2交于P 点，设l 与椭圆C 的两个交点由上至下依次为A 、B （如图）（1）当l 1与l 2夹角为60°，双曲线的焦距为4时，求椭圆C 的方程；（2）当=λ时，求λ的最大值分析：（1）求椭圆方程即求a 、b 的值，由l 1与l 2的夹角为60°易得a b =33，由双曲线的距离为4易得a 2+b 2=4，进而可求得a 、b （2）由=λ，欲求λ的最大值，需求A 、P 的坐标，而P 是l 与l 1的交点，故需求l 的方程将l 与l 2的方程联立可求得P 的坐标，进而可求得点A 的坐标将A 的坐标代入椭圆方程可求得λ的最大值解：（1）∵双曲线的渐近线为y =±abx ，两渐近线夹角为60°， 又a b <1，∴∠POx =30°，即ab=tan30°∴a =3b又a 2+b 2=4， ∴a 2=3，b 2=1故椭圆C 的方程为32x +y 2=1（2）由已知l ：y =b a （x －c ），与y =a b x 解得P （c a 2，cab），由FA =λAP 得A （λλ+⋅+12c a c ，λλ+⋅1c ab ） 将A 点坐标代入椭圆方程得（c 2+λa 2）2+λ2a 4=（1+λ）2a 2c 2 ∴（e 2+λ）2+λ2=e 2（1+λ）2∴λ2=2224--e e e =－［（2－e 2）+222e -］+3≤3－∴λ的最大值为2－1点评：本题考查了椭圆、双曲线的基础知识，及向量、定比分点公式、重要不等式的应用解决本题的难点是通过恒等变形，利用重要不等式解决问题的思想本题是培养学生分析问题和解决问题能力的一道好题例3 设椭圆中心是坐标原点，长轴在x 轴上，离心率e =23，已知点P （0，23）到这个椭圆上的点的最远距离是7，求这个椭圆方程，并求椭圆上到点P 的距离等于7的点的坐标分析：设椭圆方程为22a x +22by =1，由e =23知椭圆方程可化为x 2+4y 2=4b 2，然后将距离转化为y 的二次函数，二次函数中含有一个参数b ，在判定距离有最大值的过程中，要讨论y =－21是否在y 的取值范围内，最后求出椭圆方程和P 点坐标解法一：设所求椭圆的直角坐标方程是22a x +22by =1，其中a ＞b ＞0待定由e 2=22a c =222a b a -=1－（a b ）2可知ab=21e -=431-=21，即a =2b设椭圆上的点（x ，y ）到点P 的距离为d ，则d 2=x 2+（y －23）2=a 2（1－22by ）+y 2－3y +49= 4b 2－3y 2－3y +49=－3（y +21）2+4b 2+3，其中－b ≤y ≤b 如果b ＜21，则当y =－b 时d 2（从而d ）有最大值， 由题设得（7）2=（b +23）2，由此得b =7－23＞21，与b ＜21矛盾因此必有b ≥21成立，于是当y =－21时d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=4b 2+3，由此可得b =1，a =2故所求椭圆的直角坐标方程是42x +y 2=1由y =－21及求得的椭圆方程可得，椭圆上的点（－3，－21），点（3，－21）到点P 的距离都是解法二：根据题设条件，设椭圆的参数方程是cos sin x a y b θθ=⎧⎨=⎩其中a ＞b ＞0待定，0≤θ＜2π， ∵e =23，∴a =2b 设椭圆上的点（x ，y ）到点P 的距离为d ，则d 2=x 2+（y －23）2=a 2cos 2θ+（b sin θ－23）2=－3b 2²（sin θ+b21）2+4b 2+3 如果b21＞1，即b ＜21，则当sin θ=－1时，d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=（b +23） 2， 由此得b =7－23＞21，与b ＜21矛盾因此必有b 21≤1成立，于是当sin θ=－b21时，d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=4b 2+3 由此得b =1，a =2所以椭圆参数方程为2cos sin x y θθ=⎧⎨=⎩消去参数得42x +y 2=1，由sin θ=21-，cos θ=±23知椭圆上的点（－3，－21），（3，－21）到P 点的距离都是点评：本题体现了解析几何与函数、三角知识的横向联系，解答中要注意讨论例4 如图, 矩形ABCD 中, b BC a AB 2,2==, 以AB 边所在的直线为x 轴, AB 的中点为原点建立直角坐标系, P 是x 轴上方一点, 使PC 、PD与线段AB 分别交于1C 、1D 两点, 且2121121,,C C D AD 成等比数列, 求动点P 的轨迹方程解: 显然有)2,(),2,(),0,(),0,(b a D b a C a B a A ----, 设)0,(),0,(),0)(,(2111x D x C y y x P >,P C C ,,1 三点共线, ax ba xb y +=++∴122, by a x b a x 2)(21++=+∴, 又D D P ,,1 三点共线,ax ba xb y -=-+∴222, b y a x b a x 2)(22+-=-∴, 4112121,C D C AD ==⋅ ,22112)())((x x a x x a -=+-∴, 2)22(2)(22)(2by ay b y a x b b y x a b +=++⋅+-∴,∴化简得动点P 的轨迹方程为)0(12222>=+y by a x例5 已知两点M (-2,2), N (0,2), 直线l 过原点, 且以(1,1)v =为方向向量, 设长为2的线段AB 在直线l 上移动, 且B 点在A 点的右上方, 求直线MA 和NB 交点P 的轨迹方程解: 由(1,1)v =, 直线l 过原点, 得直线l 的方程是y =x ,设A (t , t ), B (t +1, t +1), 直线MA 的方程为)2(222++-=-x t t y , 直线NB 的方程为x t t y 112+-=-, 则直线MA 和NB 交点P 的坐标为 ,2,222tt t y t t t x +-=--=消去参数t , 得: (y +1)2-(x +1)2=8例6 设双曲线191622=-y x 的两个焦点分别是F 1和F 2, A 、B 分别是双曲线两条渐进线上的动点, 且213F F AB =, 求线段AB 中点的轨迹方程分析: 复习双曲线性质, 注意点在直线上使横纵坐标互相转换解: 设A 点在渐进线x y 43=上, B 点在渐进线x y 43-= 上, A (x 1, y 1), B (x 2, y 2), 线段AB 中点 M (x , y ), 由213F F AB ==30, 得: 30)()(221221=-+-y y x x ,又112233,44y x y x ==-, 121212123348(),()4233y y x x x x x y y y ∴-=+=-=+=代入上式得;304996422=+x y , 化简得:116202540022=+y x 例7 以抛物线y =41x 2的弦AB 为直径的圆经过原点O , 过点O 作OM ⊥AB , M 为垂足, 求点M 的轨迹方程解: 设直线OA 方程为kx y =, 代入y =41x 2, 得 A 点坐标为)4,4(2k k , OB OA ⊥ kk OB 1-=∴, 同理可得B (24,4k k -), ∴直线AB 方程为)4(44444222k x kk k k k y -+-=-, 即: x kk y 142-=-① 直线OM 方程为 x k ky 12--=②①⨯②,得: 224x y y -=-, 即)0(0422≠=-+x y y x小结:在知识的交汇点处命题，是高考命题的趋势，而解析几何与函数、三角、数列、向量等知识的密切联系，正是高考命题的热点，为此在学习时应抓住以下几点：1客观题求解时应注意画图，抓住涉及到的一些元素的几何意义，用数形结合法去分析解决2四点重视：①重视定义在解题中的作用；②重视平面几何知识在解题中的简化功能；③重视根与系数关系在解题中的作用；④重视曲线的几何特征与方程的代数特征的统一3注意用好以下数学思想、方法：①方程思想；②函数思想；③对称思想；④参数思想；⑤转化思想；⑥分类思想除上述几种常用数学思想外，整体思想、数形结合思想、主元分析思想、正难则反思想、构造思想等也是解析几何解题中不可缺少的思想方法在复习中必须给予足够的重视，真正发挥数学解题思想作为联系知识与能力中的作用，从而提高简化计算能力4求轨迹方程的主要方法有: 直接法、定义法、代入法、参数法5求出轨迹方程后要注意检验, 以保证方程的解与曲线上的点具有一一对应的关系, 尤其是题中涉及三角形、斜率、参数方程中参数的限制, 往往使方程产生增根6向量的坐标形式及应用是解析法的重要补充, 应注意把二者有机地结合起来 学生练习 1设abc ≠0，“ac >0”是“曲线ax 2+by 2=c 为椭圆”的 A 充分不必要条件 B 必要不充分条件C 充分必要条件D 既不充分又不必要条件答案：B 解析：ac >0曲线ax 2+by 2=c 为椭圆反之成立 2到两定点A （0，0），B （3，4）距离之和为5的点的轨迹是 A 椭圆 B AB 所在直线 C 线段AB D 无轨迹 答案：C解析：数形结合易知动点的轨迹是线段AB ：y =34x ，其中0≤x ≤3 3若点（x ，y ）在椭圆4x 2+y 2=4上，则2-x y的最小值为A 1B －1C －323 D 以上都不对答案：C 解析：2-x y的几何意义是椭圆上的点与定点（2，0）连线的斜率显然直线与椭圆相切时取得最值，设直线y =k （x －2）代入椭圆方程（4+k 2）x 2－4k 2x +4k 2－4=0令Δ=0，k =±32k min =－324以正方形ABCD 的相对顶点A 、C 为焦点的椭圆，恰好过正方形四边的中点，则该椭圆的离心率为答案：D 解析：建立坐标系，设出椭圆方程，由条件求出椭圆方程，可得e =2210- 5已知F 1（－3，0）、F 2（3，0）是椭圆m x 2+ny 2＝1的两个焦点，P 是椭圆上的点，当∠F 1PF 2＝3π2时，△F 1PF 2的面积最大，则有A m =12，n =3B m =24，n =6C m =6，n =23D m =12，n =6答案：A 解析：由条件求出椭圆方程即得m =12，n =36 点M (x ,y )与定点F (1,0)的距离和它到直线x =4的距离的比为2, 则动点M 的轨迹方程为 ( )A 13422=-y xB 13422=+y x C 3x 2-y 2-34x +65=0 D 3x 2-y 2-30x +63=0答案: D 解析:24)1(22=-+-x y x , 两边平方即得3x 2-y 2-30x +63=07 P 是椭圆191622=+y x 上的动点, 作PD ⊥y 轴, D 为垂足, 则PD 中点的轨迹方程为( )A116922=+y x B 196422=+y x C 14922=+y x D 19422=+y x 答案: D 解析: 设PD 中点为M (x , y ), 则P 点坐标为(2x , y ), 代入方程191622=+y x , 即得19422=+y x 8 已知双曲线12222=-by a x ,(a>0,b>0), A 1、A 2是双曲线实轴的两个端点,MN 是垂直于实轴所在直线的弦的两个端点, 则A 1M 与A 2N 交点的轨迹方程是( )A 12222=+b y a xB 12222=+b x a yC 12222=-b y a xD 12222=-bx a y答案: A 解析: 设 M (x 1, y 1), N (x 1, -y 1), A 1M 与A 2N 交点为P (x ,y ), A 1 (-a ,0),A 2(a ,0), 则A 1 M 的方程是a x a x y y ++=11,A 2M 的方程是ax ax y y --=-11, 两式相乘, 结合1221221=-by a x 即得9 抛物线的准线l 的方程是y =1, 且抛物线恒过点P (1,-1), 则抛物线焦点弦的另一个端点Q 的轨迹方程是( )A (x -1)2=-8(y -1)B (x -1)2=-8(y -1) (x ≠1)C (y -1)2=8(x -1)D (y -1)2=8(x -1) (x ≠1) 答案: B 解析: 设焦点为F , Q (x ,y ), 则由抛物线定义得:22)1()1()1(2++-==-+=+y x PQ y QF AF , 化简即得10双曲线9x 2－16y 2=1的焦距是____________答案：5解析：将双曲线方程化为标准方程得912x －1612y =1∴a 2=91，b 2=161，c 2=a 2+b 2=91+16114425 ∴c =125，2c 6511若直线mx +ny －3=0与圆x 2+y 2=3没有公共点，则m 、n 满足的关系式为_____；以（m ，n ）为点P 的坐标，过点P 的一条直线与椭圆72x +32y =1的公共点有_________个 答案：0<m 2+n 2<3 ， 2 解析：将直线mx +ny －3=0变形代入圆方程x 2+y 2=3，消去x ，得（m 2+n 2）y 2－6ny +9－3m 2=0令Δ<0得m 2+n 2<3又m 、n 不同时为零，∴0<m 2+n 2<3 由0<m 2+n 2<3，可知|n |<3，|m |<3，再由椭圆方程a =7，b =3可知公共点有2个 12设P 1（2，2）、P 2（－2，－2），M 是双曲线y =x1上位于第一象限的点，对于命题①|MP 2|－|MP 1|=22；②以线段MP 1为直径的圆与圆x 2+y 2=2相切；③存在常数b ，使得M 到直线y =－x +b 的距离等于22|MP 1|其中所有正确命题的序号是____________ 答案：①②③ 解析：由双曲线定义可知①正确，②画图由题意可知正确，③由距离公式及|MP 1|可知正确 13设中心在原点的椭圆与双曲线2x 2－2y 2=1有公共的焦点，且它们的离心率互为倒数，则该椭圆的方程是_________________ 答案：22x +y 2=1解：双曲线中，a =21=b ，∴F （±1，0），e =ac1，0）2，短半轴长为1∴方程为22x +y 2=1 14（1）试讨论方程（1－k ）x 2+（3－k 2）y 2=4（k ∈R ）所表示的曲线； （2）试给出方程622-+k k x +1622--k k y =1表示双曲线的充要条件 解：（1）3－k 2>1－k >0⇒k ∈（－1，1），方程所表示的曲线是焦点在x 轴上的椭圆； 1－k >3－k 2>0⇒k ∈（－3，－1），方程所表示的曲线是焦点在y 轴上的椭圆；1－k =3－k 2>0⇒k =－1，表示的是一个圆；（1－k ）（3－k 2）<0⇒k ∈（－∞，－3）∪（1，3），表示的是双曲线；k =1，k =－3，表示的是两条平行直线；k =3，表示的图形不存在（2）由（k 2+k －6）（6k 2－k －1）<0⇒（k +3）（k －2）（3k +1）（2k －1）<0⇒k ∈（－3，－31）∪（21，2）15 设O 为坐标原点, P 为直线1=y 上动点, //, 1=⋅, 求Q 点的轨迹方程解: 设),(),1,(y x Q a P , 则由OQ OP // 得: x ay =, 即 yx a =, 由1=⋅OQ OP 得: 1=+y ax , 将yx a =代入得: y y x =+22, 且>y ∴所求点Q 的轨迹方程为: )0(022>=-+y y y x 16 半径为R 的圆过原点O , 圆与x 轴的另一个交点为A , 构造平行四边形OABC , 其中BC 为圆在x 轴上方的一条切线, C 为切点, 当圆心运动时, 求B 点的轨迹方程解: 设圆心为M (x 0, y 0), B (x ,y ), ),,(),0,2(000R y x C x A +CB OA = ，,30x x =∴又 BC 为圆的切线, 得: R y y +=0,R OM R y y x x =-==∴ 00,3, )0()(922222020≠=-+∴=+∴x R R y x Ry x 课前后备注。