第9讲 曲线与方程
人教版高中数学选修2-1曲线与方程(共17张PPT)教育课件
即以这个解为坐标的点到点(a,b)的距离为r，它一定在以(a,b)
为圆心、r为半径的圆上.
思考？你能得到什么结论？ (1)曲线C上点的坐标都是方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2的解.
（2）以方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2的解为坐标的点都在曲线C上.
概念形成
在直角坐标系中，如果如果某曲线C（看作点的集合或适合某
•
: 其实兴趣真的那么重要吗？很多事情我 们提不 起兴趣 可能就 是运维 我们没 有做好 。想想 看，如 果一件 事情你 能做好 ，至少 做到比 大多数 人好， 你可能 没有办 法岁那 件事情 没有兴 趣。再 想想看 ，一个 刚来到 人世的 小孩， 白纸一 张，开 始什么 都不会 ，当然 对事情 开始的 时候也 没有 兴趣这 一说了 ，随着 年龄的 增长， 慢慢的 开始做 一些事 情，也 逐渐开 始对一 些事情 有兴趣 。通过 观察小 孩的兴 趣，我 们可以 发现一 个规律 ，往往 不是有 了兴趣 才能做 好，而 是做好 了才有 了兴趣 。人们 总是搞 错顺序 ，并对 错误豪 布知晓 。尽管 并不绝 对是这 样，但 大多数 事情都 需要熟 能生巧 。做得 多了， 自然就 擅长了 ；擅长 了，就 自然比 别人做 得好； 做得比 别人好 ，兴趣 就大起 来，而 后就更 喜欢做 ，更擅 长，更 。。更 良性循 环。教 育小孩 也是如 此，并 不是说 买来一 架钢琴 ，或者 买本书 给孩子 就可以 。事实 上，要 花更多 的时间 根据孩 子的情 况，选 出孩子 最可能 比别人 做得好 的事情 ，然后 挤破脑 袋想出 来怎样 能让孩 子学会 并做到 很好， 比一般 人更好 ，做到 比谁都 好，然 后兴趣 就自然 出现了 。
种条件的点的轨迹）上的点与一个二元方程f(x,y)=0的实数解
高考总复习一轮数学精品课件 第9章 平面解析几何 素能培优(十六) 求曲线轨迹方程的方法
(3)若B(2,0),求△ABC的重心G的轨迹方程.
解 (1)设动点 M 的坐标为(x,y),C(x0,y0),则
由动点 C 在曲线 C0 上可知
y0=302 +1,故
故动点 M 的轨迹方程为 y=6(x+1)
=
=
-2+0
,
2
即
0
2
∴点P的轨迹是以(0,3)为焦点、直线l:y=-3为准线的抛物线,
1
2
因此,设点P的轨迹方程为x =2py(p>0),可得
∴动点P的轨迹方程为x2=12y.
2
p=3,解得p=6,
三、代入法(相关点法)求轨迹方程
例3已知曲线C0:y=3x2+1和点A(-2,0),动点C在曲线C0上.
(1)若线段AC的中点为M,求动点M的轨迹方程;
(2)定义法:利用曲线的定义,判断曲线类型,再由曲线的定义直接写出曲线
方程;
(3)代入法(相关点法):题中有两个动点,一个为所求,设为(x,y),另一个在已
知曲线上运动,设为(x0,y0),利用已知条件找出两个动点坐标的关系,用所求
0 = (,y),
表示已知,即
将(x0,y0)代入已知曲线即得所求曲线方程.
,
0 = 2 + 2,
0 = 2,
2
2y=3(2x+2) +1,即 y=6(x+1)
1
+2.
1
+ ,
2
2
2
(2)设动点 P 的坐标为(x,y),C(x0,y0),则由=3 ,得(x+2,y)=3(x0-x,y0-y),
曲线与方程
解析：选 B．将点 M 的坐标分别代入直线 l 的方程和曲线 C 的方程，都成立，所以选 B．
栏目 导引
第二章
圆锥曲线与方程
2．已知坐标满足方程 F(x，y)＝0 的点都在曲线 C 上，下列 命题正确的是( )
A．曲线 C 上的点的坐标都满足方程 F(x，y)＝0 B．不在曲线 C 上的点的坐标都不满足方程 F(x，y)＝0 C．坐标不满足方程 F(x，y)＝0 的点都不在曲线 C 上 D．曲线 C 是坐标满足方程 F(x，y)＝0 的点的轨迹
(2)“曲线 C 上的点的坐标都是方程 f(x，y)＝0 的解”是“曲 线 C 的方程是 f(x，y)＝0”的( A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件 )
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第二章
圆锥曲线与方程
【解析】
2
(1)将点 P 的坐标代入曲线(x－2)2＋y2＝3 中，得
2
x＝0 2 2 2 2 2 2 x ＋ y ＝ 1 ． x ＋ (x ＋ y － 1) ＝ 0⇔ 2 2 x ＋y －1＝0
x＝0 ⇒ ，表示点(0，1)，(0，－1)． 1 y＝±
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第二章
圆锥曲线与方程
2．下列选项中方程与曲线能够对应的是(
)
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第二章
1 2 2 1 由圆的方程得x－2 ＋y ＝ (0<x≤1)． 4 1 M2，0为圆心， OC
为直
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第二章
圆锥曲线与方程
法三：(代入法) 设所作弦 OQ 的中点 P(x，y)，Q(x1，y1)， x1 x＝ 2 ， x1＝2x， 则 ⇒ y1＝2y. y＝ y1 2 又因为点 Q(x1，y1)在圆 C 上， 所以(x1－1)2＋y2 1＝1， 所以(2x－1)2＋(2y)2＝1，
《微观经济学》第九讲跨时期选择
（2）根据（1）小问分析可知，消费者相对来说偏向于第一期 消费。若储蓄 不可为负，即第一期不能借款，理性的消费者会 把第一期所有的收入全部用于第一期消费，即第一期消费量为 380，第二期消费量为262.5。
二、比较静态分析
1．区分存款者还是贷款者
若 c1 m1 ，即消费者在第一期是借款者，则必有 c2 m2 ，即 消费者在第二期是贷款者，因为消费者在两个时期的预算必须平 衡。
U C1，C2 ln C1 0.5ln C2
（1）计算该消费者的最优消费额 C1和C2 。 （2）假设储蓄S不可为负，即第一期不能借款，请问消费者 的最优消费 C1 和C2 分别为多少？[南开大学832经济学基础（微、 宏观）2010研]
2019/5/7
解：（1）利用跨期预算约束最优解求解方法得 C1 420 ，
3．最优选择
理性消费者问题是在跨期预算约束下追求效用的最大化， 即：
maxU c1, c2
s.t.c1
c2 1 r
m1
m2 1 r
两个时期消费的最优组合，一定是出现在无差异曲线和跨期
预算约束线的切点上。
假设消费者面对如下跨期选择。消费者共生存两期，在第一 期收入为 Y1 380 ，消费为 C1 ，在第二期收入为Y2 262.5，消费为 C2。消费者第一期可选择储蓄S，当S为负时表明其第一期借款。 储蓄或借款的利息率 r 5% 。消费者生存期末既无储蓄也无借款 。在此约束下，该消费者欲实现生存期间的效用最大化。假设其 效用函数为：
范里安《微观经济学：现代观点》
第九讲 跨时期选择
一、模型分析 1．预算约束
跨时期预算约束方程为：
c1
高考数学重难点第9讲-函数的定义域、解析式与值域8大题型(新高考用)(解析版)(全国通用)(老师专用
重难点第9讲 函数定义域、解析式与值域8大题型——每天30分钟7天掌握函数定义域、解析式与值域8大题型【命题趋势】函数的定义域、解析式与值域问题是高考数学的必考内容。
函数问题定义域优先，在解答函数问题时切记要先考虑定义域；函数解析式在高考中较少单独考查，多在解答题中出现；函数的值域在整个高考范畴应用的非常广泛，例如恒成立问题、有解问题、数形结合问题；基本不等式及“耐克函数”、“瘦腰函数”模型；数列的最大项、最小项；向量与复数的四则运算及模的最值；向量与复数的几何意义的最值；解析几何的函数性研究问题等；都需要转化为求最值问题。
在复习过程中，在熟练掌握基本的解题方法的同时，要多加训练综合性题目。
第1天 认真研究满分技巧及思考热点题型【满分技巧】一、求函数的定义域的依据函数的定义域是指使函数有意义的自变量的取值范围 1、分式的分母不能为零.2、偶次方根的被开方数的被开方数必须大于等于零，(2,)n k k N *=∈其中中0,x ≥(21,)n k k N *=+∈其中中.3、零次幂的底数不能为零，即0x 中0x ≠.4、如果函数是一些简单函数通过四则运算复合而成的，那么它的定义域是各个简单简单函数定义域的交集。
【注意】定义域用集合或区间表示，若用区间表示熟记，不能用“或”连接，而应用并集符号“∪”连接。
二、抽象函数及定义域求法1、已知)(x f 的定义域为A ，求))((x g f 的定义域，其实质是)(x g 的取值范围为A ，求x 的取值范围;2、已知))((x g f 的定义域为B ，求)(x f 的定义域，其实质是已知))((x g f 中的x 的取值范围为B ，求)(x g 的范围（值域），此范围就是)(x f 的定义域.3、已知))((x g f 的定义域，求))((x h f 的定义域，要先按（2）求出)(x f 的定义域.三、函数解析式的四种求法1、待定系数法：若已知函数的类型（如一次函数、二次函数等），可用待定系数法．（1）确定所有函数问题含待定系数的一般解析式； （2）根据恒等条件，列出一组含有待定系数的方程； （3）解方程或消去待定系数，从而使问题得到解决。
【数学课件】曲线与方程、圆(9)
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故 所求圆为 5x 2 + 5y 2 + 26x －12y + 37 = 0
例2、求圆 x 2 + y 2 + 2x + 4y －3 = 0 关于直线
x + y －1 = 0 对称的圆方程。
法一：转移法
x 1 y
1
y 1
1
x
故 所求圆为 x 2 + y 2 －6x －4y + 5 = 0
－4y + 1 = 0 的交点，面积最小的圆方程 解：设所求圆方程为
x 2 + y 2 + 2x －4y + ( 2x + y + 4 ) = 0
r 1 (2 2)2 ( 4)2 4(4 1)
2
1
1
52 16 16
5(
8 )2
16
2
2
55
当 8 时, S 4
(2) 同心圆系方程为 __(_x_－__a__)_2_+__(_y_－__b__)_2_=__k_2_(__k_为__参__数___)_ 图象特点：_位__置__相__同__，__大__小__不__同___
(3) 过两圆交点的圆系：若两圆 x 2 + y 2 + D1x + E1y + F1 = 0 和 x 2 + y 2 + D2x + E2y + F2 = 0 相 交，则过这两圆交点的圆系方程为
则 | MA | (4 2cos )2 (3 2sin )2
29 12sin 16cos
29 20sin( )(其中tan 4)
人教A版高中数学选修2-1课件【9】曲线与方程
8．方程 y＝ x2－2x＋1所表示的曲线是________．
解析：y＝ x－12＝|x－1|.
答案：以(1,0)为端点的两条射线
x 9．已知方程①x－y＝0；② x－ y＝0；③x －y ＝0；④y＝
2 2
1，其中能表示直角坐标系的第一、三象限的角平分线 C 的方程 的序号是__________．
∴
2， x＝± 2， y＝±
即
x＝2， y＝2，
或
x＝2， y＝－2
或
x＝－2， y＝2，
或
x＝－2， y＝－2.
答案：B
5．下面四组方程表示同一条曲线的一组是( A．y2＝x 与 y＝ x B．y＝lgx2 与 y＝2lgx y＋1 C. ＝1 与 lg(y＋1)＝lg(x－2) x－2 D．x2＋y2＝1 与|y|＝ 1－x2
)
D．一个点和一条直线
解析：由 x2＋xy＝x，得 x(x＋y－1)＝0，即 x＝0 或 x＋y－1 ＝0.由此知方程 x2＋xy＝x 表示两条直线．
答案：C
4．方程(x2－4)2＋(y2－4)2＝0 表示的图形是( A．两个点 C．两条直线 B．四个点 D．四条直线
)
2 x －4＝0， 解析：由已知 2 y －4＝0，
解析：①是正确的；②不正确，如点(－1，－1)在第三象限 的角平分线上，但其坐标不满足方程 x－ y＝0；③不正确．如 点(－1,1)满足方程 x2－y2＝0，但它不在曲线 C 上；④不正确．如 x 点(0,0)在曲线 C 上解答题：每小题 15 分，共 45 分． 10．方程(x＋y－1)· x2＋y2－4＝0 表示什么曲线？
x＋y－1＝0， 2 2 x ＋y ≥4，
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＝－。
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第9讲曲线与方程1．曲线与方程一般地，在平面直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下关系：(1)曲线上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是曲线上的点．那么这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．2．直接法求动点的轨迹方程的一般步骤(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)说明以化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上．3．两曲线的交点(1)由曲线方程的定义可知，两条曲线交点的坐标应该是两个曲线方程的公共解，即两个曲线方程组成的方程组的实数解；反过来，方程组有几组解，两条曲线就有几个交点，方程组无解，两条曲线就没有交点．(2)两条曲线有交点的充要条件是它们的方程所组成的方程组有实数解．可见，求曲线的交点问题，就是求由它们的方程所组成的方程组的实数解问题．一个主题通过坐标法，由已知条件求轨迹方程，通过对方程的研究，明确曲线的位置、形状以及性质是解析几何需要完成的两大任务，是解析几何的核心问题，也是高考的热点之一．四个步骤对于中点弦问题，常有的解题方法是点差法，其解题步骤为：①设点：即设出弦的两端点坐标；②代入：即代入圆锥曲线方程；③作差：即两式相减，再用平方差公式把上式展开；④整理：即转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解．五种方法求轨迹方程的常用方法(1)直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系F(x，y)＝0；(2)待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程——先根据条件设出所求曲线的方程，再由条件确定其待定系数；(3)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；(4)代入转移法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得要求的轨迹方程；(5)参数法：当动点P(x，y)坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关动点可用时，可考虑将x，y均用一中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得普通方程．双基自测1．f(x0，y0)＝0是点P(x0，y0)在曲线f(x，y)＝0上的()．A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．(2012·泉州质检)方程x2＋xy＝x的曲线是()．A．一个点B．一条直线C．两条直线D．一个点和一条直线3．(2012·合肥月考)已知点P是直线2x－y＋3＝0上的一个动点，定点M(－1,2)，Q是线段PM延长线上的一点，且|PM|＝|MQ|，则Q点的轨迹方程是()．A．2x＋y＋1＝0 B．2x－y－5＝0 C．2x－y－1＝0 D．2x－y＋5＝0 4．(2012·福州模拟)若点P到直线x＝－1的距离比它到点(2,0)的距离小1，则点P的轨迹为()．A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线5．(2011·北京)曲线C是平面内与两个定点F1(－1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a＞1)的点的轨迹．给出下列三个结论：①曲线C过坐标原点；②曲线C关于坐标原点对称；③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于12a 2.其中，所有正确结论的序号是________．考向一直接法求轨迹方程6已知⊙O的方程是x2＋y2－2＝0，⊙O′的方程是x2＋y2－8x＋10＝0，如图所示．由动点P向⊙O和⊙O′所引的切线长相等，求动点P的轨迹方程．直接法求曲线方程的一般步骤：(1)建立恰当的坐标系，设动点坐标(x，y)；(2)列出几何等量关系式；(3)用坐标条件变为方程f(x，y)＝0；(4)变方程为最简方程；(5)检验，就是要检验点轨迹的纯粹性与完备性．7 如图所示，过点P(2,4)作互相垂直的直线l1，l2.若l1交x轴于A，l2交y轴于B，求线段AB中点M的轨迹方程．考向二定义法求轨迹方程8一动圆与圆x2＋y2＋6x＋5＝0外切，同时与圆x2＋y2－6x－91＝0内切，求动圆圆心M的轨迹方程，并说明它是什么曲线．[审题视点] 由曲线定义出发建立关系式，从而求出轨迹方程．在利用圆锥曲线定义求轨迹时，若所求的轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据曲线的方程，写出所求的轨迹方程，若所求轨迹是某种圆锥曲线上的特定点的轨迹，则利用圆锥曲线的定义列出等式，化简求得方程，同时注意变量范围．9已知圆C 1：(x ＋3)2＋y 2＝1和圆C 2：(x －3)2＋y 2＝9，动圆M 同时与圆C 1及圆C 2相外切，求动圆圆心M 的轨迹方程．考向三 参数法、相关点法求轨迹方程10已知抛物线y 2＝4px (p >0)，O 为顶点，A ，B 为抛物线上的两动点，且满足OA ⊥OB ，如果OM ⊥AB 于M 点，求点M 的轨迹方程．在一些很难找到形成曲线的动点P (x ，y )的坐标x ，y 所满足的关系式的情况下，往往借助第三个变量t ，建立t 和x ，t 和y 的关系式x ＝φ(t )，y ＝x (t )，再通过一些条件消掉t 就间接找到了x 和y 所满足的方程，从而求出动点P (x ，y )所形成的曲线的普通方程．11 如图所示，从双曲线x 2－y 2＝1上一点Q 引直线x ＋y ＝2的垂线，垂足为N .求线段QN 的中点P 的轨迹方程．12(本小题满分12分)(2011·天津)在平面直角坐标系xOy 中，点P (a ，b )(a ＞b ＞0) 为动点，F 1、F 2分别为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的左、右焦点．已知△F 1PF 2为等腰三角形．(1)求椭圆的离心率e ；(2)设直线PF 2与椭圆相交于A ，B 两点，M 是直线PF 2上的点，满足AM →·BM →＝－2，求点M 的轨迹方程．第(1)问设出焦点坐标，根据|PF 2|＝|F 1F 2|列出等式，解方程即可求得；第(2)问根据题意设出A ，B 两点坐标，代入关系式AM →·BM →＝－2即可求得点M 的轨迹方程．代入法求曲线方程的难点是建立x ，y ，x 0，y 0所满足的两个关系式，这需要根据问题的具体情况，充分利用已知条件列出关系式，一般需要找到两个互相独立的条件建立两个方程，通过这两个方程所组成的方程组用x ，y 表达x 0，y 0. 1C 2C 3D 4D5 ②③6解 设P (x ，y )，由圆O ′的方程为(x －4)2＋y 2＝6，及已知|AP |＝|BP |，故|OP |2－|AO |2＝|O ′P |2－|O ′B |2，则|OP |2－2＝|O ′P |2－6. ∴x 2＋y 2－2＝(x －4)2＋y 2－6， ∴x ＝32，故动点P 的轨迹方程是x ＝32. 7解 设点M 的坐标为(x ，y )， ∵M 是线段AB 的中点，∴A 点的坐标为(2x,0)，B 点的坐标为(0,2y )． ∴P A →＝(2x －2，－4)，PB →＝(－2,2y －4)． 由已知P A →·PB →＝0，∴－2(2x －2)－4(2y －4)＝0， 即x ＋2y －5＝0.∴线段AB 中点M 的轨迹方程为x ＋2y －5＝0.8解 如图所示，设动圆圆心为M (x ，y )，半径为R ，设已知圆的圆心分别为O 1、O 2，将圆的方程分别配方得：(x ＋3)2＋y 2＝4， (x －3)2＋y 2＝100，当动圆与圆O 1相外切时， 有|O 1M |＝R ＋2.①当动圆与圆O 2相内切时，有|O 2M |＝10－R .② 将①②两式相加，得|O 1M |＋|O 2M |＝12>|O 1O 2|，∴动圆圆心M (x ，y )到点O 1(－3,0)和O 2(3,0)的距离和是常数12， 所以点M 的轨迹是焦点为O 1(－3,0)、O 2(3,0)， 长轴长等于12的椭圆．∴2c ＝6,2a ＝12，∴c ＝3，a ＝6，∴b 2＝36－9＝27， ∴圆心轨迹方程为x 236＋y 227＝1，轨迹为椭圆．9解 如图所示，设动圆M 与圆C 1及圆C 2分别外切于点A 和点B ，根据两圆外切的充要条件，得|MC 1|－|AC 1|＝|MA |， |MC 2|－|BC 2|＝|MB |. 因为|MA |＝|MB |，所以|MC 2|－|MC 1|＝|BC 2|－|AC 1|＝3－1＝2.这表明动点M 到两定点C 2、C 1的距离的差是常数2，且小于|C 1C 2|＝6. 根据双曲线的定义，动点M 的轨迹为双曲线的左支(点M 到C 2的距离大，到C 1的距离小)，这里a ＝1，c ＝3，则b 2＝8，设点M 的坐标为(x ，y )，其轨迹方程为x 2－y 28＝1(x ≤－1)．10解 设M (x ，y )，直线AB 方程为y ＝kx ＋b . 由OM ⊥AB 得k ＝－xy.由y 2＝4px 及y ＝kx ＋b 消去y ，得k 2x 2＋x (2kb －4p )＋b 2＝0.所以x 1x 2＝b2k 2.消去x ，得ky 2－4py ＋4pb ＝0.所以y 1y 2＝4pbk . 由OA ⊥OB ，得y 1y 2＝－x 1x 2， 所以4pb k ＝－b 2k 2，b ＝－4kp . 故y ＝kx ＋b ＝k (x －4p )．把k ＝－xy 代入，得x 2＋y 2－4px ＝0(x ≠0)． 即M 的轨迹方程为x 2＋y 2－4px ＝0(x ≠0)．11解 设动点P 的坐标为(x ，y )，点Q 的坐标为(x 1，y 1)，则N 点的坐标为(2x －x 1，2y －y 1)．∵点N 在直线x ＋y ＝2上， ∴2x －x 1＋2y －y 1＝2，① 又∵PQ 垂直于直线x ＋y ＝2. ∴y －y 1x －x 1＝1，即x －y ＋y 1－x 1＝0，② 由①、②联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝32x ＋12y －1，y 1＝12x ＋32y －1.又Q 在双曲线x 2－y 2＝1上，∴x 21－y 21＝1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ＋12y －12－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋32y －12＝1， 整理得2x 2－2y 2－2x ＋2y －1＝0， 这就是所求动点P 的轨迹方程． 12解 (1)设F 1(－c,0)，F 2(c,0)(c ＞0)． 由题意，可得|PF 2|＝|F 1F 2|， 即(a －c )2＋b 2＝2c ， 整理，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2＋ca －1＝0，得c a ＝－1(舍)，或c a ＝12. 所以e ＝12.(4分)(2)由(1)知a ＝2c ，b ＝3c ，可得椭圆方程为3x 2＋4y 2＝12c 2， 直线PF 2的方程为y ＝3(x －c )．A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎨⎧3x 2＋4y 2＝12c 2，y ＝3(x －c ).消去y 并整理，得5x 2－8cx ＝0，解得x 1＝0，x 2＝85c .得方程组的解⎩⎨⎧ x 1＝0，y 1＝－3c ，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝85c ，y 2＝335c .(6分)不妨设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫85c ，335c ，B ()0，－3c . 设点M 的坐标为(x ，y )，则AM→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －85c ，y －335c ， BM→＝(x ，y ＋3c )．由y ＝3(x －c )，得c ＝x －33y .于是AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8315y －35x ，85y －335x，BM →＝(x ，3x )．(8分) 由AM →·BM→＝－2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫8315y －35x·x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫85y －335x ·3x ＝－2， 化简得18x 2－163xy －15＝0.(10分)将y ＝18x 2－15163代入c ＝x －33y ，得c ＝10x 2＋516x ＞0.所以x ＞0.因此，点M 的轨迹方程是18x 2－163xy －15＝0(x ＞0)．(12分)。