(全国通用)2019届高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第1课时学案
2019届高考数学一轮复习夯基提能作业：第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题
第九节 圆锥曲线的综合问题A 组 基础题组1.如图,抛物线W:y 2=4x 与圆C:(x-1)2+y 2=25交于A,B 两点,点P 为劣弧AB 上不同于A,B 的一个动点,与x 轴平行的直线PQ 交抛物线W 于点Q,则△PQC 的周长的取值范围是( )A.(10,14)B.(12,14)C.(10,12)D.(9,11)2.(2017湖南湘中名校联考)已知抛物线y 2=2px(p>0)的焦点为F,△ABC 的顶点都在抛物线上,且满足++=0,则++= .FA FB FC 1k AB 1k AC 1k BC 3.已知椭圆+=1(a>0,b>0)过点(0,1),其长轴长、焦距和短轴长的平方依次成等差数列.直线l 与xx 2a 2y 2b 2轴正半轴和y 轴分别交于点Q 、P,与椭圆分别交于点M 、N,各点均不重合且满足=λ1,=λ2.PM MQ PN NQ (1)求椭圆的标准方程;(2)若λ1+λ2=-3,试证明:直线l 过定点,并求此定点.4.已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F 1、F 2,其离心率e=,点P 为椭圆上的一个动点,△x 2a 2y 2b 212PF 1F 2面积的最大值为4.3(1)求椭圆的方程;(2)若A,B,C,D 是椭圆上不重合的四个点,AC 与BD 相交于点F 1,·=0,求||+||的取值范围.AC BD AC BD B 组 提升题组1.(2017湖南长沙模拟)如图,P 是直线x=4上一动点,以P 为圆心的圆Γ过定点B(1,0),直线l 是圆Γ在点B 处的切线,过A(-1,0)作圆Γ的两条切线分别与l 交于E,F 两点.(1)求证:|EA|+|EB|为定值;(2)设直线l 交直线x=4于点Q,证明:|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|.2.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆C 截x 2a 2y 2b 222直线y=1所得线段的长度为2.2(1)求椭圆C 的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C 于A,B 两点,交y 轴于点M.点N 是M 关于O 的对称点,☉N 的半径为|NO|.设D 为AB 的中点,DE,DF 与☉N 分别相切于点E,F,求∠EDF 的最小值.答案精解精析A 组 基础题组1.C 作出抛物线的准线:x=-1.过点Q 向准线引垂线,垂足为H.故|QC|=|QH|.∵PC 为圆的半径,∴|PC|=5.∴△PCQ 的周长=|PQ|+|QC|+|PC|=|PQ|+|QH|+5.又∵PQ 与x 轴平行,∴△PCQ 的周长=|PH|+5.∵点P 为劣弧AB 上不同于A,B 的动点,A(4,4),B(4,-4),∴5<|PH|<7,∴10<|PH|+5<12.∴△PCQ 的周长的取值范围为(10,12). 2.答案 0解析 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),C(x 3,y 3),F ,由++=0,得y 1+y 2+y 3=0.易得k AB ==(p 2,0)FA FB FC y 2-y 1x 2-x 1,同理k AC =,k BC=,所以++=++=0.2p y 1+y 22p y 1+y 32p y 2+y 31k AB 1k AC 1k BC y 1+y 22p y 3+y 12p y 2+y 32p 3.解析 (1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a 2=b 2+c 2,所以a 2=3.所以椭圆的标准方程为+y 2=1.x 23(2)证明:由题意设P(0,m),Q(x 0,0),M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),直线l 的方程为x=t(y-m),由=λ1知(x 1,y 1-m)=λ1(x 0-x 1,-y 1),PM MQ ∴y 1-m=-y 1λ1,由题意得y 1≠0,∴λ1=-1.my 1同理由=λ2知λ2=-1.PN NQ my 2∵λ1+λ2=-3,∴y 1y 2+m(y 1+y 2)=0,①由得(t 2+3)y 2-2mt 2y+t 2m 2-3=0,{x 2+3y 2=3,x =t (y -m )由题意知Δ=4m 2t 4-4(t 2+3)(t 2m 2-3)>0,②且有y 1+y 2=③,y 1y 2=,④2mt 2t 2+3t 2m 2-3t 2+3将③④代入①,得t 2m 2-3+2m 2t 2=0,∴(mt)2=1,由题意得mt<0,∴mt=-1,满足②,∴直线l 的方程为x=ty+1,则直线l 过定点(1,0). 4.解析 (1)由题意得,当点P 是椭圆的上、下顶点时,△PF 1F 2的面积取得最大值,此时=|F 1F 2|·|OP|=bc,S △PF 1F 212∴b c=4,3因为e=,所以b=2,a=4,123所以椭圆的方程为+=1.x 216y 212(2)由(1)得,F 1的坐标为(-2,0),因为·=0,所以AC⊥BD,AC BD ①当直线AC 与BD 中有一条直线的斜率不存在时,易得||+||=6+8=14.AC BD ②当直线AC 的斜率k 存在且k≠0时,设其方程为y=k(x+2),A(x 1,y 1),C(x 2,y 2),由得(3+4k 2)x 2+16k 2x+16k 2-48=0,{y =k (x +2),x 216+y 212=1x 1+x 2=,x 1x 2=,-16k 23+4k 216k 2-483+4k 2||=|x 1-x 2|=,AC 1+k 224(k 2+1)3+4k 2此时直线BD 的方程为y=-(x+2).1k 同理由{y =-1k (x +2),x 216+y 212=1可得||=,BD 24(k 2+1)4+3k 2||+||=+=,AC BD 24(k 2+1)3+4k 224(k 2+1)4+3k 2168(k 2+1)2(4+3k 2)(3+4k 2)令t=k 2+1,则||+||=(t>1),AC BD 16812+t -1t 2因为t>1,0<≤,所以|+||=∈,t -1t 214AC BD 16812+t -1t 2[967,14)综上,||+||的取值范围是.AC BD [967,14]B 组 提升题组1.证明 (1)设AE 切圆Γ于点M,直线x=4与x 轴的交点为N,故|EM|=|EB|.从而|EA|+|EB|=|AM|==|AP |2-|PM |2|AP |2-|PB |2=|AP |2-|BN |2-|PN |2===4.|AN |2-|BN |225-9所以|EA|+|EB|为定值4.(2)由(1)同理可知|FA|+|FB|=4,故E,F 均在椭圆+=1上.x 24y 23设直线EF 的方程为x=my+1(m≠0).令x=4,求得y=,即Q 点的纵坐标y Q =.3m 3m 由得(3m 2+4)y 2+6my-9=0.{x =my +1,x 24+y 23=1,设E(x 1,y 1),F(x 2,y 2),则有y 1+y 2=-,y 1y 2=-.6m 3m 2+493m 2+4因为E,B,F,Q 在同一条直线上,所以|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|等价于(y B -y 1)(y Q -y 2)=(y 2-y B )(y Q -y 1),即-y 1·+y 1y 2=y 2·-y 1y 2,3m 3m 即2y 1y 2=(y 1+y 2)·.3m 将y 1+y 2=-,y 1y 2=-代入,知上式成立.6m 3m 2+493m 2+4所以|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|.2.解析 (1)由椭圆的离心率为,得a 2=2(a 2-b 2),22又当y=1时,x 2=a 2-,得a 2-=2,a 2b 2a 2b 2所以a 2=4,b 2=2.因此椭圆方程为+=1.x 24y 22(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立方程{y =kx +m ,x 2+2y 2=4,得(2k 2+1)x 2+4kmx+2m 2-4=0,由Δ>0得m 2<4k 2+2,(*)且x 1+x 2=-,因此y 1+y 2=,4km 2k 2+12m2k 2+1所以D ,(-2km 2k 2+1,m 2k 2+1)又N(0,-m),所以|ND|2=+,(-2km 2k 2+1)2(m 2k 2+1+m )2整理得|ND|2=,4m 2(1+3k 2+k 4)(2k 2+1)2因为|NF|=|m|,所以==1+.|ND |2|NF |24(k 4+3k 2+1)(2k 2+1)28k 2+3(2k 2+1)2令t=8k 2+3,t≥3,故2k 2+1=,t +14所以=1+=1+.|ND |2|NF |216t (1+t )216t +1t +2令y=t+,所以y'=1-.1t 1t 2当t≥3时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,1t 因此t+≥,1t 103当且仅当t=3时等号成立,此时k=0,所以≤1+3=4,|ND |2|NF |2由(*)得-<m<且m≠0.22故≥.|NF ||ND |12设∠EDF=2θ,则sin θ=≥.|NF ||ND |12所以θ的最小值为,π6从而∠EDF 的最小值为,此时直线l 的斜率是0.π3综上所述:当k=0,m∈(-,0)∪(0,)时,∠EDF 取到最小值.22π3。
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值、探索性问题
第2课时 定点、定值、探索性问题圆锥曲线中的定点问题(师生共研)(2020·某某模拟)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求直线l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标． 【解】 (1)由y 2＝4x 知焦点F 的坐标为(1，0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 代入抛物线方程y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 由题意知k ≠0，且Δ＝[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.由抛物线的弦长公式知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，则2k 2＋4k2＝6，即k 2＝1，解得k ＝±1.所以直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由(1)及抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)， 直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， 所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1.因为y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，所以(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)．所以直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 对任意y 1，y 2∈R ，有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＝0，y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0，即直线BD 恒过定点(－1，0)．求解圆锥曲线中定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k 当成变量，将变量x ，y 当成常数，将原方程转化为kf (x ，y )＋g (x ，y )＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f （x ，y ）＝0g （x ，y ）＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上动点P 到两焦点F 1，F 2的距离之和为4，当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时，直线PF 1恰与以原点O 为圆心，以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，若直线PA ，PB 分别交直线x ＝6于不同的两点M ，N ，则以线段MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由椭圆的定义可知2a ＝4，解得a ＝2.若点P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF 1与圆一定相交，则点P 只能在椭圆的上、下顶点，不妨设点P 运动到椭圆的上顶点(0，b )，F 1为左焦点(－c ，0)，则直线PF 1：bx －cy ＋bc ＝0.由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e ， 所以bc b 2＋c 2＝ca， 又a 2＝b 2＋c 2，故b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意知，直线PA ，PB 的斜率存在且都不为0， 设直线PA 的斜率为k ，点P (x 0，y 0)，x 0≠±2， 又A (－2，0)，B (2，0)，所以k PA ·k PB ＝k ·k PB ＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20x 20－4＝1－x 204x 20－4＝－14，则k PB ＝－14k.所以直线PA 的方程为y ＝k (x ＋2)， 令x ＝6，得y ＝8k ，则M (6，8k )； 直线PB 的方程为y ＝－14k (x －2)，令x ＝6，得y ＝－1k，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，－1k .因为8k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝－8＜0，所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点，设点G ，H ，并设MN 与x 轴的交点为K ， 在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理，得|GK |·|HK |＝|MK |·|NK |＝|8k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1k ＝8，因为|GK |＝|HK |，所以|GK |＝|HK |＝22，所以以线段MN 为直径的圆恒过点(6－22，0)，点(6＋22，0)．圆锥曲线中的定值问题(多维探究) 角度一 定线段的长已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (1，0)，且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，354.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 与椭圆C 相切，过点F 作FQ ⊥l ，垂足为Q ，求证：|OQ |为定值(其中O 为坐标原点)．【解】 (1)由题意可知椭圆C 的左焦点为F ′(－1，0)，则半焦距c ＝1. 由椭圆定义可知 2a ＝|PF |＋|PF ′|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＝4， 所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明：①当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝±2，点Q 的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ |＝2；②当直线l 的斜率为0时，l 的方程为y ＝±3，点Q 的坐标为(1，－3)或(1，3)， 此时|OQ |＝2；③当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)． 因为FQ ⊥l ，所以直线FQ 的方程为y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y ，可得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(8km )2－4×(3＋4k 2)×(4m 2－12)＝0， 整理得m 2＝4k 2＋3.(*)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y ＝－1k （x －1）得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋1，k ＋m k 2＋1， 所以|OQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋m k 2＋12＝1＋k 2m 2＋k 2＋m2（k 2＋1）2， 将(*)式代入上式，得|OQ |＝4（k 4＋2k 2＋1）（k 2＋1）2＝2. 综上所述，|OQ |为定值，且定值为2.直接探求，变量代换探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.角度二 定几何图形的面积(2020·某某模拟)如图，设点A ，B 的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，直线AP ，BP 相交于点P ，且它们的斜率之积为－23.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点P 的轨迹为C ，点M ，N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点，且满足AP ∥OM ，BP ∥ON ，求证：△MON 的面积为定值．【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，由题意得，k AP ·k BP ＝y x ＋3·y x －3＝－23(x ≠±3)，化简得，点P 的轨迹方程为x 23＋y 22＝1(x ≠±3)． (2)证明：由题意可知，M ，N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点，且AP ∥OM ，BP ∥ON ， 则直线OM ，ON 的斜率必存在且不为0，k OM ·k ON ＝k AP ·k BP ＝－23.①当直线MN 的斜率为0时，设M (x 0，y 0)，N (－x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 20x 20＝23，x 203＋y202＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧|x 0|＝62，|y 0|＝1， 所以S △MON ＝12|y 0||2x 0|＝62.②当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN 的方程为x ＝my ＋t ，代入x 23＋y 22＝1，得(3＋2m 2)y 2＋4mty ＋2t 2－6＝0，(*)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1，y 2是方程(*)的两根， 所以y 1＋y 2＝－4mt 3＋2m 2，y 1y 2＝2t 2－63＋2m2.又k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝y 1y 2m 2y 1y 2＋mt （y 1＋y 2）＋t 2＝2t 2－63t 2－6m 2，所以2t 2－63t 2－6m 2＝－23，即2t 2＝2m 2＋3，满足Δ＞0.又S △MON ＝12|t ||y 1－y 2|＝|t |－24t 2＋48m 2＋722（3＋2m 2）， 所以S △MON ＝26t 24t 2＝62. 综上，△MON 的面积为定值，且定值为62.探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2面积的最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．解：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n2＋3>0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n2k 2＋1＝12＋m （4k 2＋3）k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0. 当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．【解】 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2①，其中Δ>0恒成立， 由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0 ②.因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）（x 1－t ）（x 2－t ）＝k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]（x 1－t ）（x 2－t ）＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③，将①代入③得8k 2－24－（t ＋1）8k 2＋2t （3＋4k 2）3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0 ④，则t ＝4，综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．存在性问题的求解策略解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．已知圆O ：x 2＋y 2＝4，点F (1，0)，P 为平面内一动点，以线段FP 为直径的圆内切于圆O ，设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)M ，N 是曲线C 上的动点，且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，问在y 轴上是否存在定点Q ，使得∠MQO ＝∠NQO ，若存在，请求出定点Q ，若不存在，请说明理由．解：(1)设PF 的中点为S ，切点为T ，连接OS ，ST ，则|OS |＋|SF |＝|OT |＝2，取F 关于y 轴的对称点F ′，连接F ′P ，所以|PF ′|＝2|OS |，故|F ′P |＋|FP |＝2(|OS |＋|SF |)＝4，所以点P 的轨迹是以F ′，F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆， 则曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q ，设Q (0，m )，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋12，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋4kx －11＝0，则Δ>0，x 1＋x 2＝－4k3＋4k 2，x 1x 2＝－113＋4k2， 由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零，易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故y 1－m x 1＋y 2－mx 2＝kx 1＋12－m x 1＋kx 2＋12－m x 2＝2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m （x 1＋x 2）x 1x 2＝0，即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k （m －6）3＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0，6)也符合题意．易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0，6)也符合题意． 综上，存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO .解析几何减少运算量的常见技巧技巧一 巧用平面几何性质已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13 B ．12 C.23D ．34【解析】 设OE 的中点为N ，如图，因为MF ∥OE ，所以有ON MF ＝a a ＋c ，MF OE ＝a －ca.又因为OE ＝2ON ，所以有12＝aa ＋c ·a －c a ，解得e ＝c a ＝13，故选A.【答案】 A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算． 技巧二 设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝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M (1，－1)，则E 的标准方程为( )A.x 245＋y 236＝1 B ．x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D ．x 218＋y 29＝1 【解析】 通解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，①x 22a 2＋y22b 2＝1，②①－②得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）a 2＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）b2＝0， 所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝b 2a 2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18， 所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.优解：由k AB ·k OM ＝－b 2a 2得，－1－01－3×－11＝－b 2a2得，a 2＝2b 2，又a 2－b 2＝9，所以a 2＝18，b 2＝9，所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.【答案】 D本题设出A ，B 两点的坐标，却不求出A ，B 两点的坐标，巧妙地表达出直线AB 的斜率，通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．已知椭圆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？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．【解】 (1)直线AM 的斜率为1时，直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2＋16x ＋12＝0.解得x 1＝－2，x 2＝－65，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，45.(2)设直线AM 的斜率为k ，直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 24＋y 2＝1， 化简得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0. 则x A ＋x M ＝－16k21＋4k 2，又x A ＝－2，则x M ＝－x A －16k 21＋4k 2＝2－16k 21＋4k 2＝2－8k21＋4k 2.同理，可得x N ＝2k 2－8k 2＋4.由(1)知若存在定点，则此点必为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. 证明如下：因为k MP ＝y Mx M ＋65＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8k 21＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋65＝5k4－4k 2， 同理可计算得k PN ＝5k4－4k2. 所以直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0.本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x M ＝2－8k21＋4k 2，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．技巧四 巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．如图，已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－32.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△OMN 面积的最大值．【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x 轴上，设其方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则A (a ，0)，B (0，b )，F (c ，0)(c ＝a 2－b 2)．由已知可得e 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2，即a ＝2b ，可得c ＝3b ①.S △AFB ＝12×|AF |×|OB |＝12(a －c )b ＝1－32②.将①代入②，得12(2b －3b )b ＝1－32，解得b ＝1，故a ＝2，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)圆O 的圆心为坐标原点，半径r ＝1，由直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，得|m |1＋k2＝1，故有m 2＝1＋k 2③. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0.由题可知k ≠0，即(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 所以Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＝48k 2＞0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.所以|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4×4m 2－44k 2＋1＝16（4k 2－m 2＋1）（4k 2＋1）2④. 将③代入④中，得|x 1－x 2|2＝48k2（4k 2＋1）2，故|x 1－x 2|＝43|k |4k 2＋1.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2×43|k |4k 2＋1＝43k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 故△OMN 的面积S ＝12|MN |×1＝12×43k 2（k 2＋1）4k 2＋1×1＝23k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 令t ＝4k 2＋1，则t ≥1，k 2＝t －14，代入上式，得S ＝23×t －14⎝ ⎛⎭⎪⎫t －14＋1t2＝32（t －1）（t ＋3）t2＝32t 2＋2t －3t 2＝32－3t 2＋2t＋1＝32－1t 2＋23t ＋13＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132＋49， 所以当t ＝3，即4k 2＋1＝3，解得k ＝±22时，S 取得最大值，且最大值为32×49＝1.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 均为常数，且ac ≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值X 围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．[基础题组练]1．已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．与P 的位置有关解析：选A.依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x 4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x .①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →＝3.②当y 0≠0时，直线l 的方程是y ＝14y 0(x 0x －4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14y 0（x 0x －4）x24－y 2＝0，得(4y 2－x 20)x2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是－4x 2＋8x 0x －16＝0，x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3.综上所述，OM →·ON →＝3，故选A.2．已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1k BC＝________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＝－FC →，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p＋y 2＋y 32p＝0. 答案：03．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2.点M在椭圆C 上滑动，若△MF 1F 2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0，1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，与x 轴交于点Q .设QA →＝λPA →，QB →＝μPB →，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．解：(1)由对称性知，点M 在短轴端点时，△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2＝90°，且S △MF 1F 2＝4，所以b ＝c 且S ＝12·2c ·b ＝bc＝4，解得b ＝c ＝2，a 2＝b 2＋c 2＝8， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x ＝t (y －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，x ＝t （y －1），消去x ，得(t 2＋2)y 2－2t 2y ＋t 2－8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t 2t 2＋2，y 1y 2＝t 2－8t 2＋2.令y ＝0，则x ＝－t ，所以Q (－t ，0)， 因为QA →＝λPA →，所以y 1＝λ(y 1－1)， 所以λ＝y 1y 1－1.因为QB →＝μPB →，所以y 2＝μ(y 2－1)，所以μ＝y 2y 2－1.所以λ＋μ＝y 1y 1－1＋y 2y 2－1＝2y 1y 2－（y 1＋y 2）y 1y 2－（y 1＋y 2）＋1＝83. 4．(2020·某某某某联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，下顶点为A ，O 为坐标原点，点O 到直线AF 2的距离为22，△AF 1F 2为等腰直角三角形． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)直线l 与椭圆C 分别相交于M ，N 两点，若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，证明：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由题意可知，直线AF 2的方程为x c ＋y－b＝1， 即－bx ＋cy ＋bc ＝0，则bc b 2＋c 2＝bc a＝22.因为△AF 1F 2为等腰直角三角形，所以b ＝c ， 又a 2＝b 2＋c 2，可得a ＝2，b ＝1，c ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由(1)知A (0，－1)．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠±1)， 代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，所以Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＞0，即t 2－2k 2＜1. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4kt1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k2.因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2， 所以k AM ＋k AN ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋t ＋1x 1＋kx 2＋t ＋1x 2＝2k ＋（t ＋1）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（t ＋1）·4kt2t 2－2＝2， 整理得t ＝1－k .所以直线l 的方程为y ＝kx ＋t ＝kx ＋1－k ＝k (x －1)＋1，显然直线y ＝k (x －1)＋1经过定点(1，1)．当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为x ＝m .因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，设M (m ，n )，则N (m ，－n )， 所以k AM ＋k AN ＝n ＋1m ＋－n ＋1m ＝2m＝2，解得m ＝1， 此时直线l 的方程为x ＝1，显然直线x ＝1也经过该定点(1，1)． 综上，直线l 恒过点(1，1)．[综合题组练]1．(2020·某某五市十校联考)已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2，0)的任一条直线l 与轨迹E 分别相交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离与其到定直线x ＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹是以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .法二：设动圆圆心C (x ，y )，由题意知（x －1）2＋y 2＝|x ＋1|， 化简得y 2＝4x ，即动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)假设存在点N (x 0，0)，满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.① 由题意知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ 的方程为x ＝my －2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my －2，得y 2－4my ＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8＞0，得m ＞2或m ＜－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①式得k PN ＋k QN ＝y 1x 1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1（x 2－x 0）＋y 2（x 1－x 0）（x 1－x 0）（x 2－x 0）＝0，所以y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0， 即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0.消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0， 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝14y 1y 2＝2，所以存在点N (2，0)．使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.2．(2020·某某某某教学质量监测)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过点F 的直线分别交抛物线于A ，B 两点．(1)若以AB 为直径的圆的方程为(x －2)2＋(y －3)2＝16，求抛物线C 的标准方程； (2)过点A ，B 分别作抛物线的切线l 1，l 2，证明：l 1，l 2的交点在定直线上． 解：(1)设AB 中点为M ，A 到准线的距离为d 1，B 到准线的距离为d 2，M 到准线的距离为d ，则d ＝y M ＋p2.由抛物线的定义可知，d 1＝|AF |，d 2＝|BF |，所以d 1＋d 2＝|AB |＝8， 由梯形中位线可得d ＝d 1＋d 22＝4，所以y M ＋p2＝4.又y M ＝3，所以3＋p2＝4，可得p ＝2，所以抛物线C 的标准方程为x 2＝4y .(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由x 2＝2py ，得y ＝x 22p ，则y ′＝xp，所以直线l 1的方程为y －y 1＝x 1p (x －x 1)，直线l 2的方程为y －y 2＝x 2p(x －x 2)，联立得x ＝x 1＋x 22，y ＝x 1x 22p， 即直线l 1，l 2的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 1x 22p .因为AB 过焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，由题可知直线AB 的斜率存在，故可设直线AB 方程为y －p2＝kx ，代入抛物线x 2＝2py 中，得x 2－2pkx －p 2＝0，所以x 1x 2＝－p 2，y ＝x 1x 22p ＝－p 22p ＝－p2，p 2上．所以l1，l2的交点在定直线y＝－。
[精品]2019高考数学一轮复习第九章平面解析几何9.8圆锥曲线的综合问题练习理
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(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 , 求直线 OP(O为原点 ) 的斜率的取值范围 .
2 22
2
22
2
解析 (1) 由已知有 =, 又由 a =b +c , 可得 a =3c ,b =2c .
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 +=, 解得 k=. (2) 由 (1) 得椭圆方程为 +=1, 直线 FM的方程为 y=(x+c), 两个方程联立 , 消去 y, 整理得 3x2 +2cx-5c 2=0, 解得 x=-c 或 x=c.
A.2 B.3 C. D.
答案 B 5.(2015 江苏 ,12,5 分) 在平面直角坐标系 xOy中 ,P 为双曲线 x2-y 2=1 右支上的一个动点 . 若点 P到直线 x-y+1=0 的距
离大于 c 恒成立 , 则实数 c 的最大值为
.
答案 6.(2016 山东 ,21,14 分) 平面直角坐标系 xOy 中 , 椭圆 C:+=1(a>b>0) 的离心率是 , 抛物线 E:x 2=2y 的焦点 F 是 C 的一
设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),D(x 0,y 0).
联立
2
2
3
4
得 (4m +1)x -4m x+m-1=0.
由 Δ >0, 得 0<m<(或 0<m2<2+),(*)
且 x1+x2=, 因此 x 0=.
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高三数学一轮复习第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的
x2
= 3kt
1 3k
2
,
y0=kx0+t= 1 t3k 2 ,
所以H
3kt 1 3k
2
,t 1 3k
2
,
由于| DP
|=| DQ
|,
所以DH⊥PQ,则kDH=- 1k ,
即
t
1 3k 2 3kt
1 3k
2 2 0
=- 1 ,
k
化简得t=1+3k2, ② 所以t>1,将②代入①得,t2<4t,故1<t<4. 所以t的范围是(1,4). 综上可得t∈(-2,4).
文数
课标版
第九节 圆锥曲线的综合问题
考点突破
考点一 圆锥曲线中的范围、最值问题
典例1 已知点A(0,-2),椭圆E: ax22 + by22 =1(a>b>0)的离心率为 23 ,F是椭圆 E的右焦点,直线AF的斜率为 2 3 ,O为坐标原点.
3
(1)求E的方程; (2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的 方程.
2-1 已知椭圆C: ax22 +y2=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的标准方程;
(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
考点二 圆锥曲线中的定点、定值问题
典例2 (2016北京,19,14分)已知椭圆C: ax22 + by22 =1过A(2,0),B(0,1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率;
(全国通用版)2019版高考数学大一轮复习_第九章 平面解析几何 第9节 第1课时 直线与圆锥曲线课件 理 新人
第9节圆锥曲线的综合问题最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.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 )得一个 关于变量 x (或变量 y )的一元方程， 即Ax ＋By ＋C ＝0， 消去 y ，得 ax 2＋bx ＋c ＝0.F （x ，y ）＝0(1)当a≠0时，设一元二次方程ax＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则：2Δ＞0⇔直线与圆锥曲线相交C______；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切C______；Δ＜0⇔直线与圆锥曲线相离C______.(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，则直线平行l与双曲线的渐近线的位置关系是______；若平C行为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是______________.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 2y 2)，则|AB |＝ 1＋k 2|x 1－x 2| 2 2 1＋k ·（x ＋x ）－4x x ＝__________________________1 2 1 2 1 2 ＝ 1＋k 12·|y 1－y 2|＝_______________________________.1＋·（y ＋y ）－4y y 2 1 2 1 2 k[常用结论与微点提醒]1.直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.2.直线与抛物线位置关系的有关结论(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.诊断自测1.思考辨析(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(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长＝1＋t2|y1－y2|.( )解析(2)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)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.答案(1)√ (2)× (3)×(4)√2 2x y2.直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为( )9 4A.相交C.相离B.相切D.不确定解析直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交.答案 A23.(教材习题改编)已知与向量v＝(1，0)平行的直线l与双曲线x4－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________.2解析由题意可设直线l的方程为y＝m，代入x4－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，所以x1＝4（1＋m2）＝2 1＋m2，x2＝－2 1＋m2，所以|AB|＝|x1－x2|＝4 1＋m2，所以|AB|＝4 1＋m2≥4，即当m＝0时，|AB|有最小值 4.答案 44.过抛物线 y ＝2x 的焦点的直线与抛物线交于 A (x 1，y 1)，B (x 2，2 y 2)两点，则x 1x 2等于________. 1解析易知抛物线 y ＝2x 2的焦点为0， ，焦点的直线的斜率为 k ，则其方程8 2 y 2x ＝， 1 8 1得 2x 2－kx －＝0，故x 1x 2＝－161 . 1 8 为 y ＝kx ＋，由 y ＝kx ＋ 8 答案－1615.已知F 1，F 2是椭圆16x ＋25y ＝1 600的两个焦点，P 是椭圆上2 2 一点，且PF 1⊥PF 2，则△F 1PF 2的面积为________.解析 由题意可得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝20，|PF 1|＋|PF 2| ＝|F 1F 2| ＝4c ＝144＝(|PF 1|＋|PF 2|) －2|PF 1|·|PF 2|2 2 2 2 2 ＝202－2|PF 1|·|PF 2|， 解得|PF |·|PF |＝1 128， 所以△F PF 1的面积2为 |P F |·|PF 2|＝12×128＝64. 1 2 1 2 答案 64第1 课时直线与圆锥曲线考点一直线与圆锥曲线的位置关系2 2 x y 【例 1】在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C 1：＋ 2＝1(a ＞b ＞0左焦点为2 a b 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 (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，0 1 ∴＋ 2＝1，得 b ＝1，则 a 2＝b 2＋c 2＝2，2 a b 2所以椭圆 C 1的方程为x 2＋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 ＝m ， x 2 2＋y 2＝1， 由 消去 y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.y ＝kx ＋m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＝0.①2y ＝4x ， 消去 y ，得 k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0. 由y ＝kx ＋m 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 2 k ＝， k ＝－ 22， 2 综合①②，解得或 m ＝ 2 m ＝－2.所以直线 l 的方程为 y ＝ 22x ＋ 2或 y ＝－ 22x－ 2.规律方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x2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.【训练 1】若直线 mx ＋ny ＝4与圆 O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点 P (m ，的直 2 2 x y 线与椭圆＋＝1的交点个数为( ) 9 4A.至多一个B.2 D.0C.1 4 解析∵直线 m x ＋ny ＝4和圆 O ：x 2＋y 2＝4没有交点，∴m 2＋n 2>2，∴m 2＋n 2<4，4－m 2 2 2 2 2 2 m n m ∴＋ <＋ 9 4 9 5 36 x y ＝1－ m 2<1，∴点(m ，n )在椭圆＋＝1的内∴过点(m ， 9 4 4 2 2 x y n )的直线与椭圆＋＝1的交点有 2个，故选 B.9 4 答案 B考点二弦长问题2 2 x y 【例 2】 (2018·黄山二模)设 F 1，F 2分别是椭圆 D ：＋ 2＝1(a >b >0)的右焦点，2 a b π 过 F 2作倾斜角为 3的直线交椭圆 D 于 A ，B 两点，F 1到直线 AB 的距离2 3，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所截得的弦分别为 m ，n ，当 m ·n 最大时，求直线 l 的方程.解 (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 | ∴ 2＝2 3，解得 c ＝2. （ 3）2＋（－1）∵12·2a ·2b ＝2 5，∴ab ＝5，又 a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝5，b 2＝1， 2 ∴椭圆 D 的方程为x 5＋y 2＝1.|2t | t 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 ＝， 4 ∴n ＝2 22－d 2＝ t 2＋1， x ＝ty ＋2， 由x 2 得(t 2＋5)y 2＋4ty －1＝0， ＋y 2＝ 1 5设直线 l 与椭圆 D 的交点坐标为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，－1 2 t ＋52 5（t 2＋1） t 2＋5 4t ∴y 1＋y 2＝－ ，y 1y 2＝ ，∴m ＝ 1＋t 2|y 1－y 2|＝ ， 2 t ＋5 8 5· t 2＋1 t 2＋5 8 5 ∴m ·n ＝ ＝ ≤2 5 4 t 2＋1＋ t 2＋ 14 t 2＋ 1当且仅当 t 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.规律方法弦长的三种常用计算方法(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义，可优化解题.(2)点距法：将直线的方程和圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长.(3)弦长公式法：它体现了解析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系得到的.【训练2】 (2018·郑州一模)已知倾斜角为 60°的直线l 通过抛物线x ＝4y 的焦点，且与抛物线相交于A ，B 两点，则弦|AB | ＝________. 2 y ＝ 3x ＋1， 得y 2－14y ＋1＝0. 解析直线 l 的方程为 y ＝ 3x ＋1，由x 2＝4y ， 设 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 y 1＋y 2＝14，∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝14＋2＝16.答案 16考点三中点弦问题(多维探究)命题角度 1利用中点弦确定直线或曲线的方程2 2 x y 【例 3－1】 (1)已知椭圆 E ：＋ 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为 F (3，0)，点 F 的直2 a b 线交 E 于 A ，B 两点.若 AB 的中点坐标为(1，－1)，则 E 的方程为( ) 2 2 2 2 x y A.＋＝1 45 36 x y B.＋＝1 36 272 2 2 2 x y C.＋＝1 27 18 x y D.＋＝1 18 92 2 x y (2)(一题多解)已知 P (1，1)为椭圆＋＝1内一定点，经过 P 引一条弦，此弦4 2 被 P 点平分，则此弦所在的直线方程为________.解析 (1)因为直线 A B 过点 F (3，0)和点(1，－1)， 2 2 2 a 1 2 x y 2 2 所以直线 A B 的方程为 y ＝ (x －3)，代入椭圆方程 2＋ 2＝1消去 y ，得4＋ b x a b 3 2 9 4 － a 2x ＋ a 2－a 2b 2＝0，3 2 a 2 所以 A B 的中点的横坐标为 a 2 ＝1，即 a 2＝2b 2， 24＋b 2又 a 2＝b 2＋c 2，所以 b ＝c ＝3，a ＝3 2.(2)法一易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为 y＝k (x －1)，此弦的两 端点坐标分别为 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).y －1＝k （x －1）， 由x y 2 2 消去 y 整理得，(2k 2＋1)x 2－4k (k －1)x ＋2(k 2－2k －1)＝0， ＋＝1， 4 24k （k －1） 2k 2＋1∴x 1＋x 2＝ ， 4k （k －1） ＝2，解得 k ＝－12. 2k 2＋1 又∵x 1＋x 2＝2，∴ 1 2 故此弦所在的直线方程为 y －1＝－ (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)， 2 2 2 2 4 2 2 x y x y 则＋ 1＝1①，＋2＝1②， 1 4 2 （x 1＋x 2）（x 1－x 2）（y 1＋y 2）（y 1－y 2） ①－②得 ＋ ＝0， 4 2x 1－x 2 2 y 1－y 2 ＝－12. x 1－x 2 ∵x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2，∴＋y 1－y 2＝0，∴k ＝ 1 2 ∴此弦所在的直线方程为 y －1＝－ (x －1)，即 x ＋2y －3＝0.答案 (1)D (2)x ＋2y －3＝0命题角度2利用中点弦解决对称问题【例3－2】若抛物线y＝2x2上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m 称，且x1x2＝－12，则实数m的值为________.解析由题意可设直线A B的方程为y＝－x＋b，代入y＝2x2得2x2＋x－b＝0，－b∴x1＋x2＝－12，x1x2＝＝－12，2∴b＝1，即直线A B的方程为y＝－x＋1.设A B的中点为M(x0，y0)，则 x 0＝ 1 2x ＋x 2＝－14，代入 y 0＝－x 0＋1， 5 4 1 5得 y 0＝，则 M －， ， 4 4 1 5又 M －， 在直线 y ＝x ＋m 上， 4 4 ∴＝－＋m ，∴m ＝32.5 1 4 43 2答案规律方法处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式含y 1－y 有 x 1＋x 2，y 1＋y 2， x 1－x 2 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次程后，由根与系数的关系求解.(3)解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：如果点 A ，于直线 l 对称，则 l 垂直直线 A B 且A ，B 的中点在直线l 上的应用.【训练3】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________.解析因为椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，则 a 2－4，所以可设椭圆方 y 2 2 ＋bx 2＝1， 程为b 2＋4 y ＝3x ＋7， 由y 2 x 2 消去 x ，整理得(10b 2＋4)y 2－14(b 2＋4)y －9b 4＋13b 2＋＝0， ＋b 2＝1， b 2＋4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)，14（b 2＋4） 由一元二次方程根与系数的关系得：y 1＋y 2＝＝2. 10b 2＋4 2 2 x y 解得：b 2＝8.所以 a 2＝12.则椭圆方程为＋＝1. 8 12 2 2 x y 答案 ＋＝1 8 12。
(全国通用版)2019版高考数学大一轮复习-第九章 平面解析几何 第8节 圆锥曲线的综合问题课件
解析 (2)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)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个 公共点，是相交，但不相切. 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
2.直线 y＝kx－k＋1 与椭圆x92＋y42＝1 的位置关系为( )
A.相交
A.4x52 ＋3y62 ＝1
B.3x62 ＋2y72 ＝1
C.2x72 ＋1y82 ＝1
D.1x82 ＋y92＝1
解析 (1)直线 l 的方程为 y＝ 3x＋1，
由xy2＝＝43yx，＋1，得 y2－14y＋1＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝14， ∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16. (2)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ax22＋by22＝1 消去 y， 得a42＋b2x2－32a2x＋94a2－a2b2＝0，
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(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB| ＝ 1＋k2|x1－x2|
＝ 1＋k2· （x1＋x2）2－4x1x2
＝ 1＋k12·|y1－y2|＝
1＋k12· （y1＋y2）2－4y1y2
B.相切
C.相离
D.不确定
解析 直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，
1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交.
答案 A
3.双曲线x42－1y22＝1 的焦点到渐近线的距离为( )
A.2 3
B.2
高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9-9圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线的综合问题教师用书
【2019最新】精选高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9-9圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线的综合问题教师用书1．直线与圆锥曲线的位置关系的判断将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；②若E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(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝|x2－x1|＝|y2－y1|.【知识拓展】过一点的直线与圆锥曲线的位置关系(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；过椭圆内一点的直线与椭圆相交．(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线.(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l与抛物线y2＝2px只有一个公共点，则l与抛物线相切．( ×)(2)直线y＝kx(k≠0)与双曲线x2－y2＝1一定相交．( ×)(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．( √)(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．( √ )(5)过点(2,4)的直线与椭圆＋y2＝1只有一条切线．( × )(6)满足“直线y ＝ax ＋2与双曲线x2－y2＝4只有一个公共点”的a 的值有4个．( √ )1．(2017·杭州高级中学月考)在同一平面直角坐标系中，方程a2x2＋b2y2＝1与ax ＋by2＝0(a>b>0)表示的曲线大致是( )答案 D解析 将方程a2x2＋b2y2＝1变形为＋＝1，∵a>b>0，∴<，∴椭圆焦点在y 轴上．将方程ax ＋by2＝0变形为y2＝－x ，∵a>b>0，∴－<0，∴抛物线焦点在x 轴负半轴上，开口向左．2．(2016·青岛模拟)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆＋＝1的位置关系为( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定 答案 A解析 直线y ＝kx －k ＋1＝k(x －1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．3．若直线y ＝kx 与双曲线－＝1相交，则k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23 D.∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ 答案 C解析 双曲线－＝1的渐近线方程为y ＝±x，若直线与双曲线相交，数形结合，得k∈.4．(教材改编)已知与向量v ＝(1,0)平行的直线l 与双曲线－y2＝1相交于A ，B 两点，则|AB|的最小值为________．答案 4解析 由题意可设直线l 的方程为y ＝m ，代入－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，所以x1＝＝2，x2＝－2，所以|AB|＝|x1－x2|＝4，所以|AB|＝4≥4，即当m ＝0时，|AB|有最小值4.第1课时 直线与圆锥曲线题型一 直线与圆锥曲线的位置关系例1 (2016·烟台模拟)已知直线l ：y ＝2x ＋m ，椭圆C ：＋＝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 将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2x ＋m ，①x24＋y22＝1，②将①代入②，整理得9x2＋8mx ＋2m2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)当Δ>0，即－3<m<3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 ＝±3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<－3或m>3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．思维升华 (1)判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.(2)依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元，得到一元方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解．(2016·全国乙卷)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p>0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求；(2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由．解(1)由已知得M(0，t)，P，又N为M关于点P的对称点，故N，ON的方程为y＝x，代入y2＝2px 整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝，因此H.所以N为OH的中点，即＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其它公共点，理由如下：直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其它公共点．题型二弦长问题例2 (2016·全国甲卷)已知A是椭圆E：＋＝1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|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积．(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：<k<2.(1)解设M(x1，y1)，则由题意知y1>0，由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝，所以y1＝.因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.(2)证明将直线AM的方程y＝k(x＋2)(k>0)代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，由x1·(－2)＝得x1＝，故|AM|＝|x1＋2|＝.由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋2)，故同理可得|AN|＝.由2|AM|＝|AN|，得＝，即4k3－6k2＋3k－8＝0，设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点，f′(t)＝12t2－12t ＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，又f()＝15－26<0，f(2)＝6>0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k 在(，2)内，所以<k<2.思维升华有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点，过F1且斜率为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(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，l的方程为y＝x＋c，其中c＝.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组消去y，化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝|x2－x1|＝，即a＝，故a2＝2b2，所以E的离心率e＝＝＝.(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即＝－1，得c＝3，从而a＝3，b＝3.故椭圆E的方程为＋＝1.题型三中点弦问题命题点1 利用中点弦确定直线或曲线方程例3 (1)已知椭圆E：＋＝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.＋＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋＝1(2)已知(4,2)是直线l被椭圆＋＝1所截得的线段的中点，则l的方程是________________．答案(1)D (2)x＋2y－8＝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 ＝(x －3)，代入椭圆方程＋＝1消去y ，得x2－a2x ＋a2－a2b2＝0，所以AB 的中点的横坐标为＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b ＝c ＝3，a ＝3，选D.(2)设直线l 与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，且＋＝1，两式相减得＝－.又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以＝－，故直线l 的方程为y －2＝－(x －4)，即x ＋2y －8＝0.命题点2 由中点弦解决对称问题例4 (2015·浙江)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋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 (1)由题意知m≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－x ＋b.由⎩⎪⎨⎪⎧ x22＋y2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得x2－x ＋b2－1＝0.因为直线y ＝－x ＋b 与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①将AB中点M代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－②由①②得m＜－或m＞.(2)令t＝∈∪，则|AB|＝·.且O到直线AB的距离为d＝.设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝|AB|·d＝≤.当且仅当t2＝时，等号成立．故△AOB面积的最大值为.思维升华处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．(3)解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：如果点A，B关于直线l对称，则l垂直直线AB且A，B的中点在直线l 上的应用．已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________．答案0或－8解析设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x21－y213＝1，①x22－y223＝1，②x1＋x2＝2x0， ③y1＋y2＝2y0， ④由②－①得(x2－x1)(x2＋x1)＝(y2－y1)(y2＋y1)，显然x1≠x2.∴·＝3，即kMN·＝3， ∵M，N 关于直线y ＝x ＋m 对称， ∴kMN＝－1， ∴y0＝－3x0.又∵y0＝x0＋m ，∴P，代入抛物线方程得m2＝18·， 解得m ＝0或－8，经检验都符合.1．(2016·泰安模拟)斜率为的直线与双曲线－＝1恒有两个公共点，则双曲线离心率的取值范围是( ) A ．[2，＋∞) B ．(2，＋∞) C ．(1，) D ．(，＋∞)答案 B解析 要使直线与双曲线恒有两个公共点， 则渐近线的斜率的绝对值应大于， 所以||>，∴e＝ >2， 即e∈(2，＋∞)，故选B.2．(2016·青岛模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)与直线ax ＋y －4＝0相交于A，B两点，其中A点的坐标是(1,2)．如果抛物线的焦点为F，那么|FA|＋|FB|等于( )A．5 B．6 C．3 D．7答案D解析把点A的坐标(1,2)分别代入抛物线y2＝2px与直线方程ax＋y－4＝0，得p＝2，a＝2，由消去y，得x2－5x＋4＝0，则xA＋xB＝5.由抛物线定义得|FA|＋|FB|＝xA＋xB＋p＝7，故选D.3．(2016·丽水一模)斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B 两点，则|AB|的最大值为( )A．2 B. C. D.8105答案C解析设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－t，x1x2＝.∴|AB|＝|x1－x2|＝·＋－4x1x2＝·－85－4×－5＝·，当t＝0时，|AB|max＝.4．(2016·天津模拟)直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是( )A．1 B．2 C．1或2 D．0答案A解析因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点，故选A.5．设双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与抛物线y＝x2＋1只有一个公共点，则双曲线的离心率为( )A. B．5 C. D. 5答案D解析双曲线－＝1的一条渐近线为y＝x，由方程组消去y，得x2－x＋1＝0有唯一解，所以Δ＝()2－4＝0，＝2，e＝＝＝＝ .6．过抛物线y2＝4x的焦点作一条直线与抛物线相交于A，B两点，它们到直线x＝－2的距离之和等于5，则这样的直线( )A．有且仅有一条B．有且仅有两条C．有无穷多条D．不存在答案D解析抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x＝－1，设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则A，B到直线x＝－1的距离之和为x1＋x2＋2.设直线方程为x＝my＋1，代入抛物线y2＝4x，则y2＝4(my＋1)，即y2－4my－4＝0，∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2.∴x1＋x2＋2＝4m2＋4≥4.∴A，B到直线x＝－2的距离之和为x1＋x2＋2＋2≥6>5.∴满足题意的直线不存在．7．已知抛物线y2＝4x的弦AB的中点的横坐标为2，则|AB|的最大值为________．答案6解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4，那么|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2，又|AF|＋|BF|≥|AB|⇒|AB|≤6，当AB过焦点F时取得最大值6. 8．过椭圆＋＝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(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由于A，B两点均在椭圆上，故＋＝1，＋＝1，两式相减得＋－＋＝0.16又∵P是A，B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴kAB＝＝－.∴直线AB 的方程为y －1＝－(x －3)． 即3x ＋4y －13＝0.9．已知F1，F2分别是椭圆C ：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点，A 是其上顶点，且△AF1F2是等腰直角三角形，延长AF2与椭圆C 交于另一点B ，若△AF1B 的面积为6，则椭圆C 的方程为________． 答案 ＋＝1解析 因为△AF1F2为等腰直角三角形， 所以b ＝c ，a ＝c ，设|BF2|＝x ，则由椭圆的定义可知|BF1|＝2c －x ，在△BF1F2中，由余弦定理可知(2c －x)2＝x2＋4c2－2x·2c·cos， 解得x ＝，所以＝＋＝×2c×c＋×2c×c×sin＝6，1AF BS 12AF F S12BF F S解得c2＝，所以b2＝，a2＝9， 则椭圆的方程为＋＝1.10．已知双曲线C ：x2－＝1，直线y ＝－2x ＋m 与双曲线C 的右支交于A ，B 两点(A 在B 的上方)，且与y 轴交于点M ，则的取值范围为________． 答案 (1,7＋4)解析 由可得x2－4mx ＋m2＋3＝0，由题意得方程在[1，＋∞)上有两个不相等的实根， 设f(x)＝x2－4mx ＋m2＋3，则得m>1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)， 得x1＝2m －，x2＝2m ＋， 所以＝＝2m ＋－2m －－＝－1＋，由m>1得，的取值范围为(1,7＋4)．11．(2016·郑州模拟)已知椭圆的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为，且椭圆经过圆C ：x2＋y2－4x ＋2y ＝0的圆心． (1)求椭圆的方程；(2)设直线l 过椭圆的焦点且与圆C 相切，求直线l 的方程． 解 (1)圆C 方程化为(x －2)2＋(y ＋)2＝6， 圆心C(2，－)，半径r ＝. 设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，则⇒⎩⎪⎨⎪⎧a2＝8，b2＝4.∴所求的椭圆方程是＋＝1.(2)由(1)得到椭圆的左，右焦点分别是F1(－2,0)，F2(2,0)，|F2C|＝＝<.∴F2在C 内，故过F2没有圆C 的切线，设l 的方程为y ＝k(x ＋2)，即kx －y ＋2k ＝0.点C(2，－)到直线l 的距离d ＝， 由d ＝，得＝. 解得k ＝或k ＝－，故l的方程为x－5y＋2＝0或x＋y＋2＝0.12．(2015·课标全国Ⅱ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点(2，)在C上．(1)求C的方程；(2)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，证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．(1)解由题意得＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以C的方程为＋＝1.(2)证明设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入＋＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．*13.(2016·广州联考)已知点P是圆O：x2＋y2＝1上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使＝.(1)求点M的轨迹E的方程；(2)过点C(m,0)作圆O的切线l，交(1)中曲线E于A，B两点，求△AOB 面积的最大值．解 (1)设点M(x ，y)，∵＝，∴P 为QM 的中点，又PQ⊥y 轴，∴P(，y)． ∵点P 是圆O ：x2＋y2＝1上的点， ∴()2＋y2＝1，即点M 的轨迹E 的方程为＋y2＝1. (2)由题意可知直线l 不与y 轴垂直， 故可设l ：x ＝ty ＋m ，t∈R，A(x1，y1)，B(x2，y2)．∵l 与圆O ：x2＋y2＝1相切， ∴＝1，即m2＝t2＋1. ①联立消去x ，得(t2＋4)y2＋2mty ＋m2－4＝0. 其中Δ＝(2mt)2－4(t2＋4)(m2－4) ＝16(t2－m2)＋64＝48>0. ∴y1＋y2＝－，y1y2＝. ②∴|AB|＝－＋－＝－＋－＝.将①②代入上式得 |AB|＝4m2t2＋－－t2＋4＝，|m|≥1， ∴S△AOB＝|AB|·1＝×43|m|m2＋3＝≤＝1，当且仅当|m|＝，即m＝±时，等号成立．∴(S△AOB)max＝1.。
(新课标)2019届高考数学一轮复习第九章平面解析几何9.
自查自纠
1．定点 定长 集合 圆心 半径长 2．(1)(a，b) r D E 1 2 2 － ，－ (2)D ＋E －4F>0 2 2 D ＋E －4F 2
2 2
3．(1)(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2 (2)(x0－a)2＋(y0－b)2>r2 (3)(x0－a)2＋(y0－b)2<r2
第九章 第一章
集合与常用逻辑用语 平面解析几何
9.3
圆的方程
1．圆的定义 在平面内，到____________的距离等于____________的点的____________叫圆．确 定一个圆最基本的要素是____________和____________． 2．圆的标准方程与一般方程 (1) 圆的标准方程： 方程 (x － a)2 ＋ (y － b)2 ＝ r2(r>0) 叫做以点 ____________ 为圆心， ____________为半径长的圆的标准方程． (2)圆的一般方程：方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(____________)叫做圆的一般方程． D2 E2 D2＋E2－4F 注：将上述一般方程配方得 x＋ 2 ＋ y＋ 2 ＝ ，此为该一般方程对应 4 的标准方程，表示的是以____________为圆心，____________为半径长的圆．
2 2 2 2 2 2 2 2
(2016· 柳州模拟)若方程 x2＋y2－2x＋2my＋2m2 －6m＋9＝0 表示圆，则 m 的取值范围是____________； 当半径最大时，圆的标准方程为____________．
解：原方程可化为 (x－ 1)2＋ (y ＋m)2＝－m2＋ 6m －8， 则 r2＝－m2＋6m－8＝－(m－2)(m－4)>0，所以 2<m<4. 当 m＝3 时，r 最大为 1，此时圆的方程为(x－1)2 ＋(y＋3)2＝1.故填(2，4)；(x－1)2＋(y＋3)2＝1.
(北京专用)2019版高考数学一轮复习第九章平面解析几何第九节直线与圆锥曲线的位置关系课件理
x+3与双曲线
x2 a2
y2
-b2
=1(a>0,b>0)的交点个数是
(A
)
A.1 B.2 C.1或2 D.0
答案
A
因为直线y=b
a
x+3与双曲线的渐近线y=ba
x平行,所以它与双
曲线只有1个交点.
7
3.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 3 ,则 a 的值为(A )
|AB|=⑦ |x21-x1|k 2
=
|y2-y1|
1
1 k2
.
5
1.直线y=kx-k+1与椭圆
x2
+
y
2
=1的位置关系为
(
A)
94
A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定
答案 A 由于直线y=kx-k+1=k(x-1)+1过定点(1,1),又(1,1)在椭圆内,故直线 与椭圆相交.
6
2.直线y= b
1-1
在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:
x2 + y2
a2 b2
=1(a>b>0)的左焦点
为F1(-1,0),且点P(0,1)在C1上.
(1)求椭圆C1的方程;
(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2:y2=4x相切,求直线l的方程.
解析 (1)由题意得a2-b2=1,b=1,则a= 2,
kx m
假设在x轴上存在定点满足条件,不妨设定点为点A(x1,0),
则由已知条件知AS⊥AT,即 AS· =AT0对满足③式的m,k恒成立.
易知 AS=(-4-x1,-4k+m),
2019-2020年高考数学一轮复习第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题夯基提能作业本文(I)
2019-2020年高考数学一轮复习第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题夯基提能作业本文(I)1.(xx北京,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OA⊥OB,求线段AB长度的最小值.2.(xx北京东城一模)已知椭圆W:+=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=2,椭圆上一动点P满足|PF1|+|PF2|=2.(1)求椭圆W的标准方程及离心率;(2)如图,过点F1作直线l1与椭圆W交于点A,C,过点F2作直线l2⊥l1,且l2与椭圆W交于点B,D,l1与l2交于点E,试求四边形ABCD的面积的最大值.3.(xx北京西城期末)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点A在椭圆C上,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点,且l与圆x2+y2=5相交于不在坐标轴上的两点P1,P2,记直线OP1,OP2的斜率分别为k1,k2,求证:k1·k2为定值.4.(xx北京朝阳一模)已知椭圆C:+=1的焦点分别为F1,F2.(1)求以线段F1F2为直径的圆的方程;(2)过点P(4,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M,N.在x轴上是否存在点Q,使得∠PQM+∠PQN=180°?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.B组提升题组5.(xx北京海淀二模)已知F1(-1,0)、F2(1,0)分别是椭圆C:+=1(a>0)的左、右焦点.(1)求椭圆C的方程;(2)若A,B分别在直线x=-2和x=2上,且AF1⊥BF1.(i)当△ABF1为等腰三角形时,求△ABF1的面积;(ii)求点F1,F2到直线AB距离之和的最小值.6.(xx北京海淀二模)已知曲线C:+=1(y≥0),直线l:y=kx+1与曲线C交于A,D两点,A,D两点在x轴上的射影分别为点B,C.(1)当点B坐标为(-1,0)时,求k的值;(2)记△OAD的面积为S1,四边形ABCD的面积为S2.(i)若S1=,求|AD|的值;(ii)求证:≥.答案精解精析A组基础题组1.解析(1)由题意,知椭圆C的标准方程为+=1.所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=.故椭圆C的离心率e==.(2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.因为OA⊥OB,所以·=0,即tx0+2y0=0,解得t=-.又+2=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2=+(y0-2)2=+++4=+++4=++4(0<≤4).因为+≥4(0<≤4),当且仅当=4时等号成立,所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为2.2.解析(1)由已知,得解得所以椭圆W的标准方程为+=1,离心率e==.(2)连接EO.由题意知EF1⊥EF2,所以|EO|=|F1F2|=1.所以点E的轨迹是以原点为圆心,1为半径的圆.显然点E在椭圆W的内部.S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=|AC|·|BE|+|AC|·|DE|=|AC|·|BD|.①当直线l1,l2中的一条直线与x轴垂直时,不妨令l2⊥x轴,此时AC为长轴,BD⊥x轴,把x=1代入椭圆方程,可求得y=±,则|BD|=,此时S四边形ABCD=|AC|·|BD|=4.②当直线l1,l2的斜率都存在时,设直线l1:x=my-1(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).联立消去x,得(2m2+3)y2-4my-4=0.所以y1+y2=,y1y2=,则|AC|==.同理,|BD|=.S四边形ABCD=|AC|·|BD|=××====4<4.综上,四边形ABCD的面积的最大值为4.3.解析(1)由题意,得=,a2=b2+c2,又因为点A在椭圆C上,所以+=1,解得a=2,b=1,c=,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明:当直线l的斜率不存在时,由题意知l的方程为x=±2,易得直线OP1,OP2的斜率之积k1·k2=-.当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m(k≠0).由得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,即m2=4k2+1.由得(k2+1)x2+2kmx+m2-5=0,设P1(x1,y1),P2(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,所以k1·k2=====,将m2=4k2+1代入上式,得k1·k2==-.综上,k1·k2为定值-.4.解析(1)因为a2=4,b2=2,所以c2=2.所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=2.(2)假设存在点Q(m,0),使得∠PQM+∠PQN=180°,则直线QM和QN的斜率存在,分别设为k1,k2.则k1+k2=0.依题意,知直线l的斜率存在,故设直线l的方程为y=k(x-4).由得(2k2+1)x2-16k2x+32k2-4=0.因为直线l与椭圆C有两个交点,所以Δ>0.即(-16k2)2-4(2k2+1)(32k2-4)>0,解得k2<.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,y1=k(x1-4),y2=k(x2-4). k1+k2=+=0,即(x1-m)y2+(x2-m)y1=0,即(x1-m)k(x2-4)+(x2-m)k(x1-4)=0,当k≠0时,2x1x2-(m+4)(x1+x2)+8m=0,所以2·-(m+4)·+8m=0,化简得=0,所以m=1.当k=0时,也成立.所以存在点Q(1,0),使得∠PQM+∠PQN=180°.B组提升题组5.解析(1)由题意可得a2-3=1,所以a2=4,所以椭圆C的方程为+=1.(2)由题意可设A(-2,m),B(2,n),因为AF1⊥BF1,所以·=0,所以(1,-m)·(-3,-n)=0,所以mn=3①.(i)因为AF1⊥BF1,所以当△ABF1为等腰三角形时,只能是|AF1|=|BF1|,即=,化简得m2-n2=8②.由①②可得或所以=|AF1||BF1|=×()2=5.(ii)直线AB:y=(x+2)+m,化简得(n-m)x-4y+2(m+n)=0,设点F1,F2到直线AB的距离分别为d1,d2,则d1+d2=+.因为点F1,F2在直线AB的同一侧,所以d1+d2==4.因为mn=3,所以m2+n2≥2mn=6(当且仅当m=n时取等号),d1+d2=4=4,所以d1+d2=4≥2.当m=n=或m=n=-时,点F1,F2到直线AB的距离之和取得最小值2.6.解析(1)因为B(-1,0),所以设A(-1,y0),代入+=1(y≥0),解得y0=,将A代入直线y=kx+1,得k=-.(2)(i)解法一:设点E(0,1),A(x1,y1),D(x2,y2).由得(3+4k2)x2+8kx-8=0,所以因为S1=|OE|(|x1|+|x2|)=×1·|x1-x2|=|x1-x2|,而|x1-x2|=,所以S1=·=,所以=,所以=,解得k=0,所以|AD|==.解法二:设点E(0,1),A(x1,y1),D(x2,y2). 由得(3+4k2)x2+8kx-8=0,所以点O到直线AD的距离d=,|AD|=|x1-x2|=·.所以S1=|AD|·d=·==.所以=,解得k=0.所以|AD|==.(ii)证明:因为S2=(y1+y2)|x1-x2|,所以==,而y1+y2=kx1+1+kx2+1=k(x1+x2)+2,所以==≥=.。
北京专用2019版高考数学一轮复习第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题课件文20180524334
圆锥曲线的综合问题
总纲目录 考点突破
考点一 考点二 考点三 圆锥曲线中的范围、最值问题 圆锥曲线中的定点、定值问题 圆锥曲线中的探索性问题
考点突破
考点一
典例1
圆锥曲线中的范围、最值问题
x 2 y 2 (2018北京东城期末)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的右焦点F(1, a 2 b 2
y 02 x 0 = 所以S= x0 1
1 = × x0 1 2
x 02 1 2 x = × 0 x0 1
1 2
x 02 2 x 0 2 x0 1
1 x0 1
| x0 1|ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
1 ≥1( < 1 = x 0< 且x0≠ 2 1), | x 1| 0
0)与短轴两个端点的连线互相垂直. (1)求椭圆C的标准方程; (2)设点Q为椭圆C上一点,过原点O且垂直于QF的直线与直线y=2交于 点P,求△OPQ的面积S的最小值.
b 1, 2 , 解析 (1)由题意,得 c 1解得 a= . a2 b2 c2, x 2 所以椭圆C的方程为 +y2=1. 2 2 x 2 0 (2)设Q(x0,y0),P(m,2),则 +y =1. 0 2 ①当m=0时,点P(0,2),Q点坐标为(- 2,0)或( ,0), 2
从而四边形ABNM的面积为定值.
方法技巧 1.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,以找出适合方程且与参数无关的坐标
1-1 (2017北京朝阳一模)过点A(1,0)的直线l与椭圆C: +y2=1相交于E,
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§9.9圆锥曲线的综合问题1．直线与圆锥曲线的位置关系的判断将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c ＝0(或ay2＋by＋c＝0)．(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；②若E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(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝1＋k2|x2－x1|＝1＋1k2|y2－y1|.3．圆锥曲线的综合问题的解决大多需要具备方程(组)思想：引参—列方程(组)—消参—求值，或围绕函数思想求范围、最值．或根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量解决定值、定点问题．知识拓展过一点的直线与圆锥曲线的位置关系(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切； 过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切； 过椭圆内一点的直线与椭圆相交．(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线.(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l 与抛物线y 2＝2px 只有一个公共点，则l 与抛物线相切．( × )(2)设点P (x 0，y 0)为双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1上的任一点，则|x 0|≥a .( × )(3)椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1上的点到焦点距离的最大值是a ＋c .( √ )(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．( √ ) (5)过点(2,4)的直线与椭圆x 24＋y 2＝1只有一条切线．( × )(6)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)在抛物线y 2＝2px (p >0)上，且直线AB 过抛物线的焦点，则y 1y 2＝－p 2.( √ ) 题组二 教材改编2．[P71例6]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条答案 C解析 过(0,1)与抛物线y 2＝4x 相切的直线有2条，过(0,1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．3．[P80A 组T8]已知与向量v ＝(1,0)平行的直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为________． 答案 4解析 由题意可设直线l 的方程为y ＝m ， 代入x 24－y 2＝1得x 2＝4(1＋m 2)，所以x 1＝4(1＋m 2)＝21＋m 2，x 2＝－21＋m 2，所以|AB |＝|x 1－x 2|＝41＋m 2≥4， 即当m ＝0时，|AB |有最小值4. 题组三 易错自纠4．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 ．有且只有四条答案 B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 ＋p 2＋x B ＋p2＝x A ＋x B ＋1＝3>2p ＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．5．(2017·江西省南昌市三模)已知F 1，F 2是椭圆和双曲线的公共焦点，P 是它们的一个公共点，且∠F 1PF 2＝π4，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为________．答案6．已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的焦距为2c ，右顶点为A ，抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F .若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c ，且|FA |＝c ，则双曲线的渐近线方程为________． 答案 y ＝±x解析 抛物线的准线方程为y ＝－p2，焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，∴a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫p 22＝c 2.①设抛物线的准线y ＝－p 2交双曲线于M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，－p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，－p 2两点，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－p 2，x 2a 2－y 2b 2＝1，即x2a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 22b2＝1，解得x ＝±a p 24b2＋1， ∴2ap 24b2＋1＝2c .② 又∵b 2＝c 2－a 2，③∴由①②③，得c 2a 2＝2.∴b 2a 2＝c 2a 2－1＝1，解得ba＝1. ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±x .第1课时 范围、最值问题题型一 范围问题典例 (2016·天津)设椭圆x 2a ＋y 23＝1(a >3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围． 解 (1)设F (c,0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，即1c ＋1a ＝3c a (a －c )，可得a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2)．设B (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －2)消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0. 解得x ＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知，F (1,0)，设H (0，y H )， 有FH →＝(－1，y H )，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k24k ＋3，12k 4k ＋3.由BF ⊥HF ，得BF →·FH →＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因此直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k.设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y ＝－1k x ＋9－4k212k ，消去y ，解得x M ＝20k 2＋912(k 2＋1). 在△MAO 中，由∠MOA ≤∠MAO ，得|MA |≤|MO |， 即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简，得x M ≥1，即20k 2＋912(k 2＋1)≥1， 解得k ≤－64或k ≥64. 所以直线l 的斜率的取值范围为 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞.思维升华 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，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建立两个参数之间的等量关系． (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．跟踪训练 (2018·开封质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 23－y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围． 解 (1)∵双曲线的离心率为233， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝32. 又∵直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点， ∴右顶点为点(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1， ∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－1)1＋4k 2，于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，故y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2x 1x 2＝k 2， 则－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0.由m ≠0得k 2＝14，解得k ＝±12.又由Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1) ＝16(4k 2－m 2＋1)>0，得0<m 2<2，显然m 2≠1(否则x 1x 2＝0，x 1，x 2中至少有一个为0，直线OM ，ON 中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾)．设原点O 到直线的距离为d ， 则S △OMN ＝12|MN |d＝12·1＋k 2·|x 1－x 2|·|m |1＋k 2＝12|m |(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝－(m 2－1)2＋1.故由m 的取值范围可得△OMN 面积的取值范围为(0,1)．题型二 最值问题命题点1 利用三角函数有界性求最值典例 过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点O 是坐标原点，则|AF |·|BF |的最小值是( )A ．2 B. 2 C ．4 D ．2 2 答案 C解析 设直线AB 的倾斜角为θ，可得|AF |＝21－cos θ，|BF |＝21＋cos θ，则|AF |·|BF |＝21－cos θ×21＋cos θ＝4sin 2θ≥4. 命题点2 数形结合利用几何性质求最值典例 在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为________． 答案22解析 双曲线x 2－y 2＝1的渐近线为x ±y ＝0，直线x －y ＋1＝0与渐近线x －y ＝0平行，故两平行线的距离d ＝|1－0|12＋(－1)2＝22.由点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，得c ≤22，故c 的最大值为22. 命题点3 转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值典例 (2017·山东)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 (1)由题意知e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1， 所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0. 由题意知Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝ 2 1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21. 由题意可知，圆M 的半径r 为 r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋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 .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21，因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t∈(0,1)，因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t2＝32·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122＋94≥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 的斜率为k 1＝±22.思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法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：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，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．跟踪训练 (2018·邢台模拟)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 (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 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2＞0，①将AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 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t 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32.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＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，等号成立，此时满足t 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，32.故△AOB 面积的最大值为22.1．(2017·河北武邑中学模拟)已知P (x 0，y 0)是椭圆C ：x 24＋y 2＝1上的一点，F 1，F 2是C 的两个焦点，若PF 1→·PF 2→<0，则x 0的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－263，263B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－233，233C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，63 答案 A解析 由题意可知：F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 则PF 1→·PF 2→＝(x 0＋3)(x 0－3)＋y 20＝x 20＋y 20－3<0， 点P 在椭圆上，则y 20＝1－x 204，故x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 204－3<0，解得－263<x 0<263， 即x 0的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－263，263.2．斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( ) A ．2 B.455 C.4105 D.8105答案 C解析 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t ，消去y ，得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4(t 2－1)5.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－85t 2－4×4(t 2－1)5＝425·5－t 2， 当t ＝0时，|AB |max ＝4105.3．过抛物线y 2＝x 的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，且直线l 的倾斜角θ≥π4，点A 在x 轴上方，则|FA |的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤14，1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝ ⎛⎦⎥⎤14，1＋22答案 D解析 记点A 的横坐标是x 1，则有|AF |＝x 1＋14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋|AF |cos θ＋14＝12＋|AF |cos θ， |AF |(1－cos θ)＝12，|AF |＝12(1－cos θ).由π4≤θ<π得－1<cos θ≤22，2－2≤2(1－cos θ)<4，14<12(1－cos θ)≤12－2＝1＋22， 即|AF |的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤14，1＋22.4．(2018·长春质检)已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，对于左支上任意一点P 都有|PF 2|2＝8a |PF 1|(a 为实半轴长)，则此双曲线的离心率e 的取值范围是( ) A ．(1，＋∞) B ．(2,3] C ．(1,3] D ．(1,2]答案 C解析 由P 是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义， 得|PF 2|＝2a ＋|PF 1|，所以|PF 2|2|PF 1|＝|PF 1|＋4a 2|PF 1|＋4a ＝8a ，所以|PF 1|＝2a ，|PF 2|＝4a ， 在△PF 1F 2中，|PF 1|＋|PF 2|≥|F 1F 2|， 即2a ＋4a ≥2c ，所以e ＝c a≤3. 又e >1，所以1<e ≤3.故选C.5．(2018届云南昆明一中摸底)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( ) A.22 B.23 C.33D ．1答案 A解析 由题意可得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 202p ，y 0(y 0>0)， 则OM →＝OF →＋FM →＝OF →＋13FP →＝OF →＋13(OP →－OF →)＝13OP →＋23OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 206p ＋p 3，y 03， 可得k ＝y 03y 26p ＋p 3＝1y 02p ＋p y 0≤12y 02p ·p y 0＝22. 当且仅当y 02p ＝py 0时取得等号，故选A.6．(2017·九江模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C ：x 2＝4y ，点P 是C 的准线l 上的动点，过点P 作C 的两条切线，切点分别为A ，B ，则△AOB 面积的最小值为( )A. 2 B ．2 C ．2 2 D ．4 答案 B解析 设P (x 0，－1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 又A ，B 在抛物线上，所以y 1＝x 214，y 2＝x 224.因为y ′＝x 2，则过点A ，B 的切线分别为y －x 214＝x 12(x －x 1)，y －x 224＝x 22(x －x 2)均过点P (x 0，－1)，则－1－x 214＝x 12(x 0－x 1)，－1－x 224＝x 22(x 0－x 2)，即x 1，x 2是方程－1－x 24＝x2(x 0－x )的两根，则x 1＋x 2＝2x 0，x 1x 2＝－4，设直线AB的方程为y ＝kx ＋b ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋b ，得x 2－4kx －4b＝0，则x 1x 2＝－4b ＝－4， 即b ＝1，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·4x 20＋16，O 到直线AB 的距离d ＝bk 2＋1， 则S △AOB ＝12|AB |d ＝x 20＋4≥2，即△AOB 的面积的最小值为2，故选B.7．(2017·泉州质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的离心率为32，F 1，F 2是C 的两个焦点，过F 1的直线l 与C 交于A ，B 两点，则|AF 2|＋|BF 2|的最大值等于________． 答案 7解析 因为椭圆C 的离心率为32，所以a 2－1a ＝32，解得a ＝2，由椭圆定义得|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，即|AF 2|＋|BF 2|＝8－|AB |，而由焦点弦性质，知当AB ⊥x 轴时，|AB |取最小值2×b 2a＝1，因此|AF 2|＋|BF 2|的最大值等于8－1＝7.8．(2018届贵州黔东南州联考)定长为4的线段MN 的两端点在抛物线y 2＝x 上移动，设点P 为线段MN 的中点，则点P 到y 轴距离的最小值为________．答案 74解析 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，抛物线y 2＝x 的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，抛物线的准线为x ＝－14，所求的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1＋x 22＝x 1＋14＋x 2＋142－14＝|MF |＋|NF |2－14，所以|MF |＋|NF |2－14≥|MN |2－14＝74(两边之和大于第三边且M ，N ，F 三点共线时取等号)． 9．(2017·泉州模拟)椭圆x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过椭圆的右焦点F 2作一条直线l 交椭圆于P ，Q 两点，则△F 1PQ 的内切圆面积的最大值是________． 答案9π16解析 令直线l ：x ＝my ＋1，与椭圆方程联立消去x ，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，可设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4. 可知1F P QS＝12|F 1F 2||y 1－y 2| ＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12m 2＋1(3m 2＋4)2， 又m 2＋1(3m 2＋4)2＝19(m 2＋1)＋1m 2＋1＋6≤116， 故1F P QS≤3.三角形的周长与三角形内切圆的半径的积是三角形面积的二倍，三角形的周长l ＝4a ＝8，则内切圆半径r ＝128F P QS≤34，其面积最大值为9π16. 10．(2018·日照模拟)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最小值为__________． 答案 6解析 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)， 由题意得左焦点F (－1,0)， ∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )，∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234. ∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤254， ∴6≤19·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12.故最小值为6. 11．已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点，若点A 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值．解 (1)由题意，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1，所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2， 因此a ＝2，c ＝ 2. 故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22. (2)设点A ，B 的坐标分别为(t,2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0. 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0， 即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝⎝⎛⎭⎪⎫x 0＋2y 0x 02＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝x 2＋4－x 202＋2(4－x 20)x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0<x 20≤4)． 因为x 202＋8x 20≥4(0<x 20≤4)，当且仅当x 20＝4时等号成立，所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.12．(2018·商丘模拟)如图，O 为坐标原点，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为e 1；双曲线C 2：x 2a 2－y 2b2＝1的左、右焦点分别为F 3，F 4，离心率为e 2.已知e 1e 2＝32，且|F 2F 4|＝3－1.(1)求C 1，C 2的方程；(2)过F 1作C 1的不垂直于y 轴的弦AB ，M 为弦AB 的中点，当直线OM 与C 2交于P ，Q 两点时，求四边形APBQ 面积的最小值．解 (1)因为e 1e 2＝32，所以 a 2－b 2a ·a 2＋b 2a ＝32，即a 4－b 4＝34a 4，因此a 2＝2b 2，从而F 2(b,0)，F 4(3b,0)，于是3b －b ＝|F 2F 4|＝3－1，所以b ＝1，a 2＝2.故C 1，C 2的方程分别为x 22＋y 2＝1，x 22－y 2＝1. (2)因为AB 不垂直于y 轴，且过点F 1(－1,0)， 故可设直线AB 的方程为x ＝my －1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 22＋y 2＝1，得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0.易知此方程的判别式大于0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1，y 2是上述方程的两个实根， 所以y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2. 因此x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝－4m 2＋2， 于是AB 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫－2m 2＋2，m m 2＋2， 故直线PQ 的斜率为－m 2，PQ 的方程为y ＝－m2x ，即mx ＋2y ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－m 2x ，x 22－y 2＝1，得(2－m 2)x 2＝4，所以2－m 2>0，且x 2＝42－m 2，y 2＝m 22－m 2，从而|PQ |＝2x 2＋y 2＝2m 2＋42－m2. 设点A 到直线PQ 的距离为d ， 则点B 到直线PQ 的距离也为d ，所以2d ＝|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2|m 2＋4.因为点A ，B 在直线mx ＋2y ＝0的异侧， 所以(mx 1＋2y 1)(mx 2＋2y 2)<0， 于是|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2| ＝|mx 1＋2y 1－mx 2－2y 2|， 从而2d ＝(m 2＋2)|y 1－y 2|m 2＋4. 又因为|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝22·1＋m 2m 2＋2，所以2d ＝22·1＋m2m 2＋4.故四边形APBQ 的面积S ＝12|PQ |·2d＝22·1＋m22－m2＝22·－1＋32－m2.而0<2－m 2≤2，故当m ＝0时，S 取得最小值2. 综上所述，四边形APBQ 面积的最小值为2.13．(2018·郑州模拟)设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与抛物线y 2＝x 的一个交点的横坐标为x 0，若x 0>1，则双曲线C 的离心率e 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，62 B ．(2，＋∞) C ．(1，2) D.⎝⎛⎭⎪⎫62，＋∞ 答案 C解析 不妨联立y ＝b a x 与y 2＝x ，消去y 得b 2a 2x 2＝x ，由x 0>1，知b 2a 2<1，即c 2－a 2a2<1，故e 2<2，又e >1，所以1<e <2，故选C.14．(2017·资阳模拟)过抛物线y 2＝4x 的焦点F 作互相垂直的弦AC ，BD ，则点A ，B ，C ，D 所构成四边形的面积的最小值为( )A ．16B ．32C ．48D ．64答案 B解析 由抛物线的几何性质可知：|AC |＝2p sin θ，|BD |＝2p sin 2⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π2， ∴S ＝12|AC |×|BD |＝8p 2sin 22θ≥8p 2＝32， 据此可得，点A ，B ，C ，D 所构成四边形的面积的最小值为32.15．(2018·石家庄模拟)已知双曲线Γ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，与x 轴平行的直线交Γ于B ，C 两点，记∠BAC ＝θ，若Γ的离心率为2，则( )A ．θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2 B ．θ＝π2 C ．θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，π D ．θ＝3π4 答案 B 解析 ∵e ＝c a ＝2，∴c ＝2a ，∴b 2＝c 2－a 2＝a 2，∴双曲线方程可变形为x 2－y 2＝a 2.设B (x 0，y 0)，由对称性可知C (－x 0，y 0)，∵点B (x 0，y 0)在双曲线上，∴x 20－y 20＝a 2.∵A (a,0)，∴AB →＝(x 0－a ，y 0)，AC →＝(－x 0－a ，y 0)，∴AB →·AC →＝(x 0－a )·(－x 0－a )＋y 20＝a 2－x 20＋y 20＝0，∴AB →⊥AC →，即θ＝π2.故选B. 16．(2017·郑州质检)已知椭圆C 1：x 2m ＋2－y 2n ＝1与双曲线C 2：x 2m ＋y 2n＝1有相同的焦点，则椭圆C 1的离心率e 1的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1 解析 ∵椭圆C 1：x 2m ＋2－y 2n＝1， ∴a 21＝m ＋2，b 21＝－n ，c 21＝m ＋2＋n ，e 21＝m ＋2＋n m ＋2＝1＋nm ＋2.∵双曲线C 2：x 2m ＋y 2n ＝1，∴a 22＝m ，b 22＝－n ，c 22＝m －n ，∴由条件知m ＋2＋n ＝m －n ，则n ＝－1， ∴e 21＝1－1m ＋2.由m >0得m ＋2>2，1m ＋2<12，－1m ＋2>－12，∴1－1m ＋2>12，即e 21>12，而0<e 1<1， ∴22<e 1<1.。