2015届高考数学总复习(考点引领+技巧点拨)第九章平面解析几何第11课时直线与圆锥曲线的综合应用教

第九章 平面解析几何第11课时 直线与圆锥曲线的综合应用(2)
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫对应学生用书〔文〕141～144页 〔理〕147～150页
考情分析
考点新知
会求定点、定值、最值等问题；掌握函数与方程等价转换、分类讨论等思想方法．
掌握圆锥曲线的简单应用.
1. (选修11P 44习题4改编)以双曲线x 24－y 2
5
＝1的中心为顶点，且以该双曲线的右焦点为
焦点的拋物线方程是__________．
答案：y 2＝12x
解析：双曲线x 24－y 2
5＝1的中心为O(0，0)，该双曲线的右焦点为F(3，0)，那么拋物线
的顶点为(0，0)，焦点为(3，0)，所以p ＝6，所以拋物线方程是y 2＝12x.
2. 以双曲线－3x 2＋y 2＝12的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆的方程是________．
答案：x 24＋y 2
16
＝1
解析：双曲线方程可化为y 212－x 2
4
＝1，焦点为(0，±4)，顶点为(0，±23)．∴ 椭圆的焦
点在y 轴上，且a ＝4，c ＝23，此时b ＝2，∴椭圆方程为x 24＋y 2
16
＝1.
3. 假设抛物线y 2＝2px 的焦点与椭圆x 26＋y
22
＝1的右焦点重合，那么p ＝________．
答案：4
解析：椭圆x 26＋y 22＝1的右焦点(2，0)是抛物线y 2＝2px 的焦点，所以p
2
＝2，p ＝4.
4. 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，那么PA 1→·PF 2
→
的最小值为________．
答案：－2
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. 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，那么PF 1＋PF 2的取值X 围为________．
答案：[2，22]
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X 围为[2，22]．
1. 圆锥曲线的统一定义
平面内到一个定点F 和到一条定直线l(F 不在l 上)的距离的比等于常数e 的轨迹． 当0<e<1时，它表示椭圆； 当e>1时，它表示双曲线；
当e ＝1时，它表示抛物线． 2. 曲线的方程与方程的曲线
在直角坐标系中，如果某曲线C(看作适合某种条件的点的集合或轨迹)上的点与一个二元方程f(x ，y)＝0的实数解建立了如下的关系：
(1) 曲线上的点的坐标都是这个方程的解；
(2) 以这个方程的解为坐标的点都在曲线C 上，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线(图形)．
3. 平面解析几何研究的两个主要问题
(1) 根据条件，求出表示曲线的方程；
(2) 通过曲线的方程研究曲线的性质． 4. 求曲线方程的一般方法(五步法)
求曲线(图形)的方程，一般有下面几个步骤：
(1) 建立适当的坐标系，用有序实数对(x ，y)表示曲线上任意一点M 的坐标； (2) 写出适合条件p 的点M 的集合P ＝{M|p(M)}； (3) 用坐标表示条件p(M)，列出方程f(x ，y)＝0； (4) 化方程f(x ，y)＝0为最简形式；
(5) 说明已化简后的方程的解为坐标的点都在曲线
上.
题型1 最值问题
例1 如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为1
2
，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．
解：(1) 设椭圆左焦点为F(－c ，0)，那么由题意得⎩⎪⎨⎪⎧〔2＋c 〕2＋1＝10，c a ＝12，
得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，
a ＝2.
所以椭圆方程为x 24＋y 2
3
＝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 那么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＝－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，那么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 ，那么d ＝
|8－2m|
32＋2
2
＝2|m －4|
13.
设△ABP 的面积为S ，那么S ＝12AB ·d ＝3
6
·
〔m －4〕2＋12－m 2.其中m ∈(－23，0)∪(0，
23)．令u(m)＝(12－m 2)(m －4)2，m ∈[－23，23]，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.
变式训练
如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的中心在原点O ，右焦点F 在x 轴上，椭圆与y 轴交于A 、B 两点，其右准线l 与x 轴交于T 点，直线BF 交椭圆于C 点，P 为椭圆上弧AC 上的一点．
(1) 求证：A 、C 、T 三点共线；
(2) 如果BF →＝3FC →
，四边形APCB 的面积最大值为6＋23
，求此时椭圆的方程和P 点坐
标．
(1) 证明：设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b
2＝1(a ＞b ＞0) ①，那么A(0，b)，B(0，－b)，T ⎝⎛⎭⎫a 2c ，0.
AT ：x a 2c
＋y b ＝1 ②，BF ：x c ＋y －b ＝1 ③，解得交点C(2a 2c a 2＋c 2，b 3
a 2＋c 2)，代入①得⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2
c a 2＋c 22a 2
＋
⎝ ⎛⎭
⎪⎫b 3
a 2＋c 22
b 2
＝
4a 2c 2〔a 2－c 2〕2〔a 2＋c 2〕2
＝1，满足①式，那么C 点在椭圆上，即A 、C 、T 三点共线．
(2) 解：过C 作CE ⊥x 轴，垂足为E ， 那么△OBF ∽△ECF.
∵BF →＝3FC →，CE ＝13b ，EF ＝13
c ，那么C ⎝⎛⎭⎫4c 3，b 3，代入①得⎝⎛⎭
⎫
43c 2
a 2＋⎝⎛⎭
⎫b 32
b 2＝1，∴ a 2＝2
c 2，b 2＝c 2.设P(x 0，y 0)，那么x 0＋2y 20＝2c 2.此时C ⎝⎛⎭⎫4c 3，c 3，AC ＝235c ，S △ABC ＝12·2c ·4c 3＝43
c 2， 直线AC 的方程为x ＋2y －2c ＝0，P 到直线AC 的距离为
d ＝|x 0＋2y 0－2c|5＝x 0＋2y 0－2c
5，
S △APC ＝12d ·AC ＝12·x 0＋2y 0－2c 5
·2
35c ＝x 0＋2y 0－2c 3·c.只须求x 0＋2y 0的最大值，
(解法1)∵ (x 0＋2y 0)2＝x 20＋4y 20＋2·2x 0y 0≤x 20＋4y 20＋2(x 20＋y 20)＝3(x 20＋2y 20)＝6c 2
，∴ x 0＋
2y 0≤6c.当且仅当x 0＝y 0＝
6
3
c 时，(x 0＋2y 0)max ＝6c. (解法2)令x 0＋2y 0＝t ，代入x 20＋2y 20＝2c 2得(t －2y 0)2＋2y 20－2c 2＝0，即6y 20－4ty 0＋t 2
－
2c 2＝0.Δ＝(－4t)2－24(t 2－2c 2)≥0，得t ≤6c.当t ＝6c ，代入原方程解得x 0＝y 0＝
63
c. ∴四边形的面积最大值为
6－23c 2＋4
3c 2＝6＋23c 2＝6＋23
，∴ c 2＝1，a 2＝2，b 2＝1，此时椭圆方程为x 22＋y 2＝1.P 点坐标为⎝⎛⎭⎫63
，6
3.
题型2 定值问题
例2 如图，椭圆C 0：x 2a 2＋y 2
b
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.
假设矩形ABCD 与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t 21＋t 2
2为定值．
(1) 解：设A(x 1，y 1)，B(x 1，－y 1)，又知A 1(－a ，0)，A 2(a ，0)，
那么直线A 1A 的方程为y ＝y 1
x 1＋a (x ＋a)，①
直线A 2B 的方程为y ＝－y 1
x 1－a
(x －a)．② 由①②得y 2
＝
－y 21
x 21－a
2
(x 2－a 2)．③ 由点A(x 1，y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2＋y 21
b
2＝1.
从而y 21＝b
2
⎝⎛⎭⎫1－x 2
1a 2
，代入③得x 2
a 2－y 2
b 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 2
2a 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．
备选变式〔教师专享〕
在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F(4m ，0)(m ＞0，
m 为常数)，离心率等于0.8，过焦点F 、倾斜角为θ的直线l 交椭圆C 于M 、N 两点．
(1) 求椭圆C 的标准方程；
(2) 假设θ＝90°，1MF ＋1NF ＝5 2
9
，某某数m ；
(3) 试问1MF ＋1
NF
的值是否与θ的大小无关，并证明你的结论．
解：(1) ∵ c ＝4m ，椭圆离心率e ＝c a ＝4
5，
∴ a ＝5m.∴ b ＝3m.
∴椭圆C 的标准方程为x 225m 2＋y 2
9m 2
＝1.
(2) 在椭圆方程x 225m 2＋y 2
9m 2
＝1中，
令x ＝4m ，解得y ＝±9m
5
.
∵ 当θ＝90°时，直线MN ⊥x 轴，此时FM ＝FN ＝9m 5，∴1MF ＋1NF ＝10
9m
.
∵1MF ＋1NF ＝5 29，∴109m ＝5 29，解得m ＝ 2. (3) 1MF ＋1NF 的值与θ的大小无关．
证明如下：(证法1)设点M 、N 到右准线的距离分别为d 1、d 2. ∵MF d 1＝45，NF d 2＝45，∴1MF ＋1NF ＝54⎝⎛⎭⎫
1d 1＋1d 2. 又由图可知，MFcos θ＋d 1＝a 2c －c ＝9m
4
，
∴ d 1⎝⎛⎭⎫45cosθ＋1＝9m 4，即1d 1＝49m ⎝⎛⎭⎫4
5cosθ＋1. 同理，1d 2＝49m ⎣⎡⎦⎤45
cos 〔π－θ〕＋1＝49m (－4
5cos θ＋1)． ∴1d 1＋1d 2＝49m ⎝⎛⎭⎫45cosθ＋1＋49m (－45cos θ＋1)＝8
9m
. ∴1MF ＋1NF ＝54·89m ＝109m . 显然该值与θ的大小无关．
(证法2)当直线MN 的斜率不存在时，
由(2)知，1MF ＋1
NF
的值与θ的大小无关．
当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝k(x －4m)，
代入椭圆方程x 225m 2＋y 2
9m 2＝1，得
(25k 2＋9)m 2x 2－200m 3k 2x ＋25m 4(16k 2－9)＝0. 设点M(x 1，y 1)、N(x 2，y 2)， ∵Δ＞0恒成立，
∴ x 1＋x 2＝200mk 2
25k 2＋9，x 1·x 2＝25m 2〔16k 2－9〕25k 2＋9
.
∵MF 25m 4－x 1＝45，NF 25m 4
－x 2＝45
， ∴ MF ＝5m －45x 1，NF ＝5m －4
5
x 2.
∴1MF ＋1NF ＝15m －45x 1＋15m －4
5x 2
＝10m －4
5〔x 1＋x 2〕1625x 1x 2
－4m 〔x 1＋x 2〕＋25m 2＝90k 2＋9081mk 2＋81m ＝10
9m . 显然该值与θ的大小无关． 题型3 定点问题
例3 在平面直角坐标系xOy 中，圆C 1：(x ＋3)2＋(y －1)2＝4和圆C 2：(x －4)2＋(y －5)2＝4.
(1) 假设直线l 过点A(4，0)，且被圆C 1截得的弦长为23，求直线l 的方程；
(2) 设P 为平面上的点，满足：存在过点P 的无穷多对互相垂直的直线l 1和l 2，它们分别与圆C 1和圆C 2相交，且直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P 的坐标．
解：(1) 设直线l 的方程为y ＝k(x －4)，即kx －y －4k ＝0.由垂径定理，得圆心C 1到直线l 的距离d ＝
22－
⎝⎛⎭⎫2 322
＝1，结合点到直线距离公式，得|－3k －1－4k|k 2＋1
＝1，化简得24k 2＋7k ＝0，解得k ＝0或k ＝－7
24
.
所求直线l 的方程为y ＝0或y ＝－
7
24
(x －4)，即y ＝0或7x ＋24y －28＝0. (2) 设点P 坐标为(m ，n)，直线l 1、l 2的方程分别为y －n ＝k(x －m)，y －n ＝－1
k
(x －m)，
即kx －y ＋n －km ＝0，－1k x －y ＋n ＋1
k
m ＝0.
因为直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，两圆半径相等．由垂径定理，得圆心C 1到直线l 1与圆心C 2到直线l 2的距离相等．故有
|－3k －1＋n －km|
k 2
＋1
＝
⎪⎪⎪⎪
－4k
－5＋n ＋1k m 1k 2
＋1，化简得(2－m －n)k ＝m －n －3或(m －n ＋8)k ＝m ＋n －5.
因为关于k 的方程有无穷多解，所以有⎩⎪⎨⎪⎧2－m －n ＝0，m －n －3＝0或⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＋8＝0，
m ＋n －5＝0，
解得点P 坐标为⎝⎛⎭⎫－32，132或⎝⎛⎭⎫52
，－12. 备选变式〔教师专享〕
椭圆x 24
＋y 2
＝1的左顶点为A ，过A 作两条互相垂直的弦AM 、AN 交椭圆于M 、N 两
点．
(1) 当直线AM 的斜率为1时，求点M 的坐标；
(2) 当直线AM 的斜率变化时，直线MN 是否过x 轴上的一定点？假设过定点，请给出证明，并求出该定点；假设不过定点，请说明理由．
解：(1) 直线AM 的斜率为1时，直线AM 为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2＋16x ＋12＝0，
解之得x 1＝－2，x 2＝－6
5，
∴点M 的坐标为⎝⎛⎭
⎫－65，45. (2) 设直线AM 的斜率为k ，那么AM 为y ＝k(x ＋2)，
那么⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 〔x ＋2〕，
x 24＋y 2
＝1，
化简得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0.
∵此方程有一根为－2，∴ x M ＝2－8k 2
1＋4k 2，
同理可得x N ＝2k 2－8
k 2＋4
.
由(1)知假设存在定点，那么此点必为P ⎝⎛⎭
⎫－6
5，0. ∵ k MP ＝
y M
x M ＋
65
＝k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2－8k 21＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋65
＝5k
4－4k 2， 同理可计算得k PN ＝
5k
4－4k 2
. ∴直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝⎛⎭⎫－6
5，0. (理)题型4 轨迹问题
例4 如图，梯形ABCD 中|AB|＝2|CD|，点E 满足AE →＝λEC →
，双曲线过C 、D 、E 三
点，且以A 、B 为焦点．当23≤λ≤3
4
时，求双曲线离心率e 的取值X 围．
解：如题图，以直线AB 为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴，建立直角坐标系xOy ，那么CD ⊥y 轴．因为双曲线经过点C 、D ，且以A 、B 为焦点，由双曲线的对称性知C 、D 关
于y 轴对称．根据，设A(－c ，0)，C ⎝⎛⎭⎫c 2，h ，E(x 0，y 0)，其中c ＝1
2|AB|为双曲线的半焦距，h 是梯形的高．由AE →＝λEC →，即(x 0＋c ，y 0)＝λ⎝⎛⎭⎫c 2－x 0，h －y 0，得x 0＝〔λ－2〕c 2〔1＋λ〕，y 0＝λh 1＋λ
.不妨设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1，那么离心率e ＝c
a
.
由点C 、E 在双曲线上，将点C 、E 的坐标和e ＝c
a
代入双曲线的方程得
⎩
⎪⎨⎪⎧e 24－h
2b 2
＝1，①e 24⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－2λ＋12－⎝
⎛⎭⎪⎫λλ＋12h 2
b 2＝1，②
由①式得h 2b 2＝e 2
4
－1，③
将③式代入②式，整理得 e 24(4－4λ)＝1＋2λ，所以λ＝1－3e 2＋2.由23
≤λ≤34，所以2
3≤1
－3e 2＋2≤3
4
，解之得 7≤e ≤10，所以双曲线的离心率的取值X 围为[7，10]． 备选变式〔教师专享〕
在平面直角坐标系xOy 中，定点A(－4，0)、B(4，0)，动点P 与A 、B 连线的斜率之积为－14
.
(1) 求点P 的轨迹方程；
(2) 设点P 的轨迹与y 轴负半轴交于点C.半径为r 的圆M 的圆心M 在线段AC 的垂直平分线上，且在y 轴右侧，圆M 被y 轴截得的弦长为3r.
(ⅰ) 求圆M 的方程； (ⅱ) 当r 变化时，是否存在定直线l 与动圆M 均相切？如果存在，求出定直线l 的方程；如果不存在，说明理由．
解：(1) 设P(x ，y)，那么直线PA 、PB 的斜率分别为k 1＝y x ＋4、k 2＝y
x －4
.
由题意知y x ＋4·y x －4
＝－14，即x 216＋y 2
4＝1(x ≠±4)．
所以动点P 的轨迹方程是x 216＋y 2
4
＝1(x ≠±4)．
(2) (ⅰ)由题意C(0，－2)，A(－4，0)， 所以线段AC 的垂直平分线方程为y ＝2x ＋3. 设M(a ，2a ＋3)(a ＞0)，
那么圆M 的方程为(x －a)2＋(y －2a －3)2＝r 2. 圆心M 到y 轴的距离d ＝a ，
由r 2＝d 2＋⎝⎛⎭
⎫3r 22，得a ＝r 2.
所以圆M 的方程为⎝⎛⎭⎫x －r 22＋(y －r －3)2＝r 2. (ⅱ)假设存在定直线l 与动圆M 均相切． 当定直线的斜率不存在时，不合题意． 设直线l ：y ＝kx ＋b ，
那么⎪⎪⎪⎪k ×r 2－r －3＋b 1＋k
2
＝r 对任意r ＞0恒成立．
由⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫k 2－1r ＋〔b －3〕＝r 1＋k 2， 得⎝⎛⎭⎫k 2－12r 2＋(k －2)(b －3)r ＋(b －3)2＝(1＋k 2)r 2.
所以⎩⎨⎧⎝⎛⎭
⎫k 2－12
＝1＋k 2，〔k －2〕〔b －3〕＝0，
〔b －3〕2
＝0，
解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝0，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－43，b ＝3.
所以存在两条直线y ＝3和4x ＋3y －9＝0与动圆M 均相切．
[示例] (此题模拟高考评分标准，总分值14分)
如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝1
2
.过F 1的
直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.
(1) 求椭圆E 的方程；
(2) 设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？假设存在，求出点M 的坐标；假设不存在，说明理由．
学生错解：解：(1) 略
(2) 由⎩⎪⎨⎪
⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，
消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.
因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P(x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0， 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)
此时x 0＝－4km 4k 2＋3
＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3
m ，
所以P ⎝⎛⎭
⎫－4k m ，3m .
由⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q(4，4k ＋m)． 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．
设M(x 1，0)，那么MP →·MQ →
＝0对满足(*)式的m ，k 恒成立．
因为MP →＝⎝⎛⎭⎫－4k m
－x 1，3m ，MQ →
＝(4－x 1，4k ＋m)， 由MP →·MQ →
＝0，
得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m
＋3＝0， 整理，得(4x 1－4)k
m ＋x 21
－4x 1＋3＝0.(**)，方程无解．
故不存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M.
审题引导： (1) 建立方程组求解参数a ，b ，c ；(2) 恒成立问题的求解；(3) 探索性问题的一般解题思路．
规X 解答： 解：(1) 因为AB ＋AF 2＋BF 2＝8， 即AF 1＋F 1B ＋AF 2＋BF 2＝8，(1分) 又AF 1＋AF 2＝BF 1＋BF 2＝2a ，(2分) 所以4a ＝8，a ＝2.
又因为e ＝12，即c a ＝1
2
，所以c ＝1，(3分)
所以b ＝a 2－c 2＝ 3.
故椭圆E 的方程是x 24＋y 2
3
＝1.(4分)
(2) 由⎩⎪⎨⎪
⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23
＝1，
消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.(5分)
因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P(x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0，(6分) 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0， 化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)(7分)
此时x 0＝－4km 4k 2＋3
＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3
m ，
所以P ⎝⎛⎭⎫－4k m ，3
m .(8分) 由⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q(4，4k ＋m)．(9分) 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．(10分)
设M(x 1，0)，那么MP →·MQ →
＝0对满足(*)式的m ，k 恒成立．
因为MP →＝⎝⎛⎭⎫－4k m
－x 1，3m ，MQ →
＝(4－x 1，4k ＋m)， 由MP →·MQ →
＝0，
得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m
＋3＝0， 整理，得(4x 1－4)k
m ＋x 21
－4x 1＋3＝0.(**)(12分)
由于(**)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，
所以⎩
⎪⎨⎪⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.(13分)
故存在定点M(1，0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M.(14分)
错因分析： 此题易错之处是忽视定义的应用；在处理第(2)问时，不清楚圆的对称性，从而不能判断出点M 必在x 轴上．同时不会利用恒成立求解．
1. 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，那么实数p 的取值X 围为________．
答案：⎝⎛⎭
⎫0，23 解析：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，那么x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，那么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 ＜2
3
.
2. 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________．
答案：⎝
⎛⎭⎫a ，2pa b 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 0
y 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， 那么
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＝2pa
y 0，
那么(2px －by)y 20＋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 . 3. 在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 的顶点在原点，焦点F 的坐标为(1，0)． (1) 求抛物线C 的标准方程；
(2) 设M 、N 是抛物线C 的准线上的两个动点，且它们的纵坐标之积为－4，直线MO 、NO 与抛物线的交点分别为点A 、B ，求证：动直线AB 恒过一个定点．
解：(1) 设抛物线的标准方程为y 2＝2px(p>0)，那么p
2
＝1，p ＝2，所以抛物线方程为y 2
＝4x.
(2) 抛物线C 的准线方程为x ＝－1，设M(－1，y 1)，N(－1，y 2)，其中y 1y 2＝－4，直
线MO 的方程：y ＝－y 1x ，将y ＝－y 1x 与y 2＝4x 联立解得A 点坐标⎝⎛⎭⎫4y 21
，－4
y 1.同理可得B 点坐标⎝⎛⎭⎫
4y 22，－4y 2，那么直线AB 的方程为：y ＋4y 1－4y 2＋4y 1＝x －4y 2
14y 22－4
y 21，整理得(y 1＋y 2)y －4x ＋4＝0，故直线AB 恒过定点(1，0)．
4. 椭圆E ：x 2a
2＋y 2
＝1(a ＞1)的上顶点为M(0，1)，两条过M 的动弦MA 、MB 满足MA ⊥MB.
(1) 当坐标原点到椭圆E 的准线距离最短时，求椭圆E 的方程；
(2) 假设Rt △MAB 面积的最大值为27
8
，求a ；
(3) 对于给定的实数a(a ＞1)，动直线AB 是否经过一定点？如果经过，求出定点坐标(用a 表示)；反之，说明理由．
解：(1) 由题，a 2＝c 2＋1，d ＝a 2c ＝c 2＋1c ＝c ＋1
c
≥2，当c ＝1时取等号，此时a 2＝1＋1
＝2，故椭圆E 的方程为x 22
＋y 2
＝1.
(2) 不妨设直线MA 的斜率k>0，直线MA 方程为y ＝kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，①
x 2a 2＋y 21＝1，②
①代入②整理得(a 2k 2＋1)x 2＋2a 2kx ＝0，
解得x A ＝－2a 2k
a 2k 2＋1
，
故A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2a 2k a 2k 2＋1，1－a 2k 2a 2k 2＋1，
由MA ⊥MB 知直线MB 的斜率为－1
k
，
可得B(2a 2k a 2＋k 2，k 2－a
2
a 2＋k 2
)，
那么MA ＝1＋k 2
·2a 2k a 2k 2＋1
，
MB ＝
1＋1k 22a 2k a 2＋k 2
＝k 2＋1
2a 2
a 2＋k 2
. 那么S △MAB ＝1
2
MA ·MB
＝12(1＋k 2
)4a 4k 〔a 2k 2＋1〕〔a 2＋k 2〕
＝⎝⎛⎭⎫k ＋1k 2a 4a 2⎝⎛⎭⎫k 2＋1k 2＋〔a 4
＋1〕
＝⎝⎛⎭⎫k ＋1k 2a 4a 2⎝⎛⎭
⎫k ＋1
k 2＋〔a 4－2a 2＋1〕.
令k ＋1
k
＝t(t ≥2)，
那么S △MAB ＝2a 4t a 2t 2＋〔a 2－1〕2＝2a 4a 2t ＋
〔a 2－1〕2t
≤2a 42a 〔a 2－1〕＝a 3
a 2－1
.
当t ＝a 2－1a 时取“＝〞，∵ t ＝a 2－1a ≥2，得a>2＋1.而(S △MAB )max ＝a 3a 2－1＝278，故a
＝3或a ＝3±297
16
(舍)．综上a ＝3.
(3) 由对称性，假设存在定点，那么必在y 轴上．
当k ＝1时，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 2a 2＋1，1－a 2a 2＋1，直线AB 过定点Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，1－a 2a 2＋1.下面证明A 、Q 、B 三点
共线：
∵ k AQ ＝1－a 2k 21＋a 2k 2－
1－a 2
1＋a 2
－
2a 2k 1＋a 2k 2
＝〔1－a 2k 2〕〔1＋a 2〕－〔1－a 2〕〔1＋a 2k 2〕－2a 2k 〔1＋a 2〕 ＝
k 2－1
k 〔1＋a 2〕， k BQ ＝k 2－a 2a 2＋k 2－
1－a 2
1＋a 2
2a 2k k 2＋a 2
＝〔k 2－a 2〕〔1＋a 2〕－〔1－a 2〕〔a 2＋k 2〕2a 2k 〔1＋a 2〕
＝
k 2－1
k 〔1＋a 2〕.
由k AQ ＝k BQ 知A 、Q 、B 三点共线，即直线AB 过定点Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，1－a 2a 2＋1.
5. 设A 1、A 2与B 分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点与上顶点，直线A 2B
与圆C ：x 2＋y 2＝1相切．
(1) 求证：1a 2＋1
b
2＝1；
(2) P 是椭圆E 上异于A 1、A 2的一点，假设直线PA 1、PA 2的斜率之积为－1
3
，求椭圆E
的方程；
(3) 直线l 与椭圆E 交于M 、N 两点，且OM →·ON →
＝0，试判断直线l 与圆C 的位置关系，并说明理由．
(1) 证明：椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a>b>0)，
A 1、A 2与
B 分别为椭圆E 的左、右顶点与上顶点， 所以A 1(－a ，0)，A 2(a ，0)，B(0，b)，
直线A 2B 的方程是x a ＋y
b ＝1.
因为A 2B 与圆C ：x 2＋y 2＝1相切，
所以1
1a 2＋1b 2
＝1，
即1a 2＋1
b
2＝1. (2) 解：设P(x 0，y 0)，那么直线PA 1、PA 2的斜率之积为kPA 1·kPA 2＝y 0x 0＋a ·y 0x 0－a ＝y 20
x 20－a
2
＝－13，x 20a 2＋3y 20a 2＝1，而x 2
0a 2＋y 20
b 2＝1，所以b 2＝13a 2.结合1a 2＋1b 2＝1，得a 2＝4，b 2＝43
.所以椭圆E
的方程为x 24＋3y
24
＝1.
(3) 解：设点M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)．
①假设直线l 的斜率存在，设直线l 为y ＝kx ＋m ，由y ＝kx ＋m 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得x 2
a 2＋
〔kx ＋m 〕2b 2＝1.化简得(b 2＋a 2k 2)x 2＋2a 2kmx ＋a 2m 2－a 2b 2＝0(Δ>0)．∴ x 1x 2＝a 2m 2－a 2b 2
b 2＋a 2k 2，y 1y 2＝(kx 1＋m)(kx 2＋m)＝k 2x 1x 2＋km(x 1＋x 2)＋m 2＝a 2k 2m 2－a 2b 2k 2
b 2＋a 2k 2
＋km ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－2a 2
km b 2＋a 2k 2＋m 2＝
b 2m 2－a 2b 2k 2
b 2＋a 2k 2
.因为OM →·ON →
＝0，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0.代入得(a 2＋b 2)m 2－a 2b 2(1＋k 2)＝0.结合(1)
的1a 2＋1
b
2＝1，得m 2＝1＋k 2.圆心到直线l 的距离为d ＝|m|1＋k 2
＝1，所以直线l 与圆C 相切．
②假设直线l 的斜率不存在，设直线l 为x ＝n.代入x 2a 2＋y 2
b
2＝1，得y ＝±b
1－n 2
a
2.∴ |n|
＝b·1－n 2
a
2，
∴ a 2n 2＝b 2(a 2－n 2)．解得n ＝±1，所以直线l 与圆C 相切．
6. 曲线C 上动点P(x ，y)到定点F 1(3，0)与定直线l 1∶x ＝433的距离之比为常数32
.
(1) 求曲线C 的轨迹方程；
(2) 以曲线C 的左顶点T 为圆心作圆T ：(x ＋2)2＋y 2＝r 2(r>0)，设圆T 与曲线C 交于点
M 与点N ，求TM →·TN →
的最小值，并求此时圆T 的方程．
解：(1) 过点P 作直线的垂线，垂足为D. |PF 1||PM|＝3
2
，〔x －3〕2＋y 2
⎪
⎪⎪⎪
x －433＝
3
2
， 所以该曲线的方程为x 24
＋y 2
＝1.
(2) 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，所以y 2
1＝1－x 214
.由T(－2，0)，那么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 2
14＝54x 2
1＋4x 1＋3＝54·⎝⎛⎭⎫x 1＋852
－15
.由于－2<x 1<2，故当x 1＝－85时，TM →·TN →
取得最小值为－15.计算得，y 1＝35
，故M ⎝⎛⎭⎫－85，35. 又点M 在圆T 上，代入圆的方程得到r 2＝13
25
.
故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝13
25
.
1. 抛物线x 2＝4y
的焦点为F ，过焦点F 且不平行于x 轴的动直线交抛物线于A 、B 两点，抛物线在A 、B 两点处的切线交于点M.
(1) 求证：A 、M 、B 三点的横坐标成等差数列；
(2) 设直线MF 交该抛物线于C 、D 两点，求四边形ACBD 面积的最小值． (1) 证明：由，得F(0，1)，显然直线AB 的斜率存在且不为0, 那么可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，
由⎩
⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1消去y ，得x 2－4kx －4＝0，显然Δ＝16k 2＋16>0. 所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，
由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，所以y′＝12x, 所以，直线AM 的斜率为k AM ＝1
2
x 1,
所以，直线AM 的方程为y －y 1＝1
2x 1(x －x 1)，又x 21＝4y 1, 所以，直线AM 的方程为x 1x ＝2(y ＋y 1) ①， 同理，直线BM 的方程为x 2x ＝2(y ＋y 2) ②， ②－①并据x 1≠x 2得点M 的横坐标x ＝x 1＋x 22，
即A 、M 、B 三点的横坐标成等差数列．
(2) 解：由①②易得y ＝－1，所以点M 的坐标为(2k ，－1)(k ≠0).
所以k MF ＝2－2k ＝－1k ，那么直线MF 的方程为y ＝－1
k x ＋1，
设C(x 3，y 3)，D(x 4，y 4)
由⎩⎪⎨⎪⎧x 2
＝4y ，y ＝－1k x ＋1
消去y ，得x 2＋4k x －4＝0，显然Δ＝16k 2＋16>0, 所以x 3＋x 4＝－4
k ，x 3x 4＝－4，
又|AB|＝
〔x 1－x 2〕2＋〔y 1－y 2〕2＝
〔1＋k 2〕〔x 1－x 2〕2
＝〔1＋k 2〕[〔x 1＋x 2〕2－4x 1x 2]＝4(k 2＋1)，
|CD|＝〔x 3－x 4〕2＋〔y 3－y 4〕2＝
〔1＋1
k
2〕〔x 3－x 4〕2
＝
⎝⎛⎭⎫1＋1k 2[〔x 3＋x 4〕2－4x 3x 4]＝4⎝⎛⎭
⎫1k 2＋1， 因为k MF ·k AB ＝－1，所以AB ⊥CD ，
所以S ACBD ＝12
|AB|·|CD|＝8⎝⎛⎭⎫1k 2
＋1()
k 2＋1＝8·⎝⎛⎭⎫k 2＋1k 2＋2≥32, 当且仅当k ＝±1时，四边形ACBD 面积取到最小值32.
2. 椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率e ＝63，一条准线方程为x ＝36
2
(1) 求椭圆C 的方程；
(2) 设G 、H 为椭圆C 上的两个动点，O 为坐标原点，且OG ⊥OH. ①当直线OG 的倾斜角为60°时，求△GOH 的面积；
②是否存在以原点O 为圆心的定圆，使得该定圆始终与直线GH 相切？假设存在，请求出该定圆方程；假设不存在，请说明理由．
解：( 1) 因为c a ＝63，a 2c ＝362
，a 2＝b 2＋c 2,
解得a ＝3，b ＝3，所以椭圆方程为x 29＋y 2
3＝1.
(2) ① 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 29＋y 23＝1，解得⎩
⎨⎧x 2＝910
，y 2＝2710
，
由⎩⎨⎧y ＝－33x ，x 2
9＋y
2
3＝1， 得⎩⎨⎧x 2
＝92
，y 2
＝32，
所以OG ＝3105，OH ＝6，所以S △GOH ＝315
5
.
②假设存在满足条件的定圆，设圆的半径为R ，那么OG·OH ＝R·GH ，
因为OG 2＋OH 2＝GH 2，故1OG 2＋1OH 2＝1
R 2，
当OG 与OH 的斜率均存在时，不妨设直线OG 方程为y ＝kx,
由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 29＋y 23＝1，
得⎩
⎪⎨⎪⎧x 2G
＝91＋3k 2，y 2G ＝9k 21＋3k 2
，所以OG 2
＝9＋9k 2
1＋3k 2， 同理可得OH 2＝
9k 2＋93＋k 2
，(将OG
2中的k 换成－1k 可得) 1OG 2
＋1OH 2＝49＝1R 2，R ＝32
， 当OG 与OH 的斜率有一个不存在时，可得1OG 2＋1OH 2＝49＝1
R
2，
故满足条件的定圆方程为：x 2＋y 2＝9
4
.
3. 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，双曲线x 2a 2－y 2
b
2＝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FA →＝λAP →
，求λ的最大值．
解：(1) ∵双曲线的渐近线为y ＝±b
a
x ，
两渐近线夹角为60°，又b
a <1，
∴∠POx ＝30°， 即b a ＝tan30°＝33. ∴a ＝3b.
又a 2＋b 2＝4，∴a 2＝3，b 2＝1.
故椭圆C 的方程为x 23
＋y 2
＝1.
(2) 由l ：y ＝a b (x －c)，与y ＝b a
x 解得P ⎝⎛⎭⎫a 2c ，ab c .
由FA →＝λAP →，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫c ＋λ·a 2c 1＋λ，λ·ab c 1＋λ. 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＝
e 4－e 2
e 2－2
＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤〔2－e 2〕＋22－e 2＋3≤3－2 2.
∴λ的最大值为2－1.
4. 在平面直角坐标系xOy 中，点A(－1，1)，P 是动点，且△POA 的三边所在直线的斜率满足k OP ＋k OA ＝k PA .
(1) 求点P 的轨迹C 的方程；
(2) 假设Q 是轨迹C 上异于点P 的一个点，且PQ →＝λOA →
，直线OP 与QA 交于点M ，问：是否存在点P ，使得△PQA 和△PAM 的面积满足S △PQA ＝2S △PAM ？假设存在，求出点P 的坐标；假设不存在，说明理由．
解：(1) 设点P(x ，y)为所求轨迹上的任意一点，那么由k OP ＋k OA ＝k PA 得y x ＋1－1＝y －1
x ＋1
，
整理得轨迹C 的方程为y ＝x 2(x ≠0且x ≠－1)．
(2) 设P(x 1，x 21)，Q(x 2，x 2
2)，M(x 0，y 0)，
由PQ →＝λOA →
可知直线PQ ∥OA ，那么k PQ ＝k OA ，
故x 22－x 2
1x 2－x 1＝1－0－1－0
，即x 2＋x 1＝－1， 由O 、M 、P 三点共线可知， OM →＝(x 0，y 0)与OP →
＝(x 1，x 21)共线， ∴ x 0x 21－x 1y 0＝0，
由(1)知x 1≠0，故y 0＝x 0x 1，
同理，由AM →＝(x 0＋1，y 0－1)与AQ →＝(x 2＋1，x 22－1)共线可知(x 0＋1)(x 2
2－1)－(x 2＋1)(y 0
－1)＝0，
即(x 2＋1)[(x 0＋1)·(x 2－1)－(y 0－1)]＝0， 由(1)知x 2≠－1，故(x 0＋1)(x 2－1)－(y 0－1)＝0，
将y 0＝x 0x 1，x 2＝－1－x 1代入上式得(x 0＋1)(－2－x 1)－(x 0x 1－1)＝0， 整理得－2x 0(x 1＋1)＝x 1＋1， 由x 1≠－1得x 0＝－
1
2
， 由S △PQA ＝2S △PAM ，得到QA ＝2AM ， ∵ PQ ∥OA ， ∴ OP ＝2OM ， ∴PO →＝2OM →， ∴ x 1＝1，
∴ P 的坐标为(1，1)．
1. 圆锥曲线的最值与X 围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．
(1) 假设题目的条件和结论能明显表达几何特征和意义，那么考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；
(2) 假设题目的条件和结论能表达一种明确的函数关系，那么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. 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． 3. 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．
请使用课时训练(B)第11课时(见活页)．[备课札记]。