2012届高考数学一轮复习教案：8.7 圆锥曲线的综合问题

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高考数学(理)一轮复习精品资料专题53 圆锥曲线的综合问题(教学案)含解析

圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．高频考点一圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．【例1】椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，过其右焦点F与长轴垂直的弦长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P是直线x＝1上的动点，直线P A与椭圆的另一交点为M，直线PB与椭圆的另一交点为N.求证：直线MN经过一定点．联立得⎩⎨⎧y ＝t3（x ＋2），x 24＋y 2＝1，即(4t 2＋9)x 2＋16t 2x ＋16t 2－36＝0，(8分) 可知－2x M ＝16t 2－364t 2＋9，所以x M ＝18－8t 24t 2＋9，则⎩⎪⎨⎪⎧x M ＝18－8t 24t 2＋9，yM ＝12t4t 2＋9.同理得到⎩⎪⎨⎪⎧x N ＝8t 2－24t 2＋1，y N ＝4t 4t 2＋1.(10分)由椭圆的对称性可知这样的定点在x 轴上，不妨设这个定点为Q (m ，0)，又k MQ ＝12t 4t 2＋918－8t 24t 2＋9－m ，k NQ＝4t4t 2＋18t 2－24t 2＋1－m ， k MQ ＝k NQ ，所以化简得(8m －32)t 2－6m ＋24＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧8m －32＝0，－6m ＋24＝0，得m ＝4，即直线MN 经过定点(4，0)．(13分)探究提高 (1)求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．(2)定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．【变式探究】如图，已知双曲线C ：x 2a 2－y 2＝1(a >0)的右焦点为F ，点A ，B 分别在C 的两条渐近线上，AF⊥x 轴，AB ⊥OB ，BF ∥OA (O 为坐标原点)．(1)求双曲线C 的方程；(2)过C 上一点P (x 0，y 0)(y 0≠0)的直线l ：x 0x a 2－y 0y ＝1与直线AF 相交于点M ，与直线x ＝32相交于点N.(2)证明由(1)知a ＝3，则直线l 的方程为x 0x3－y 0y ＝1(y 0≠0)，即y ＝x 0x －33y 0.因为直线AF 的方程为x ＝2，所以直线l 与AF 的交点M ⎝⎛⎭⎫2，2x 0－33y 0；直线l 与直线x ＝32的交点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32x 0－33y 0.则|MF |2|NF |2＝（2x 0－3）2（3y 0）214＋⎝⎛⎭⎫32x 0－32（3y 0）2＝（2x 0－3）29y 204＋94（x 0－2）2 ＝43·（2x 0－3）23y 20＋3（x 0－2）2，因为P (x 0，y 0)是C 上一点，则x 203－y 20＝1，代入上式得 |MF |2|NF |2＝43·（2x 0－3）2x 20－3＋3（x 0－2）2＝43·（2x 0－3）24x 20－12x 0＋9＝43，所以所求定值为|MF ||NF |＝23＝233. 高频考点二圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．【例2】在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，直线y ＝x 被椭圆C 截得的线段长为4105.(1)求椭圆C 的方程；(2)过原点的直线与椭圆C 交于A ，B 两点(A ，B 不是椭圆C 的顶点)．点D 在椭圆C 上，且AD ⊥AB ，直线BD 与x 轴、y 轴分别交于M ，N 两点． ①设直线BD ，AM 的斜率分别为k 1，k 2，证明存在常数λ使得k 1＝λk 2，并求出λ的值； ②求△OMN 面积的最大值．(2)①证明设A (x 1，y 1)(x 1y 1≠0)，D (x 2，y 2)，则B (－x 1，－y 1)，因为直线AB 的斜率k AB ＝y 1x 1，又AB ⊥AD ，所以直线AD 的斜率k ＝－x 1y 1.设直线AD 的方程为y ＝kx ＋m ，由题意知k ≠0，m ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4m 2－4＝0. 所以x 1＋x 2＝－8mk 1＋4k 2，因此y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋4k 2. 由题意知x 1≠－x 2，所以k 1＝y 1＋y 2x 1＋x 2＝－14k ＝y 14x 1.所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝y 14x 1(x ＋x 1)．令y ＝0，得x ＝3x 1，即M (3x 1，0)，可得k 2＝－y 12x 1.所以k 1＝－12k 2，即λ＝－12.因此存在常数λ＝－12使得结论成立．②解直线BD 的方程为y ＋y 1＝y 14x 1(x ＋x 1)，令x ＝0，得y ＝－34y 1，即N ⎝⎛⎭⎫0，－34y 1. 由①知M (3x 1，0)，可得△OMN 的面积S ＝12×3|x 1|×34|y 1|＝98|x 1||y 1|.因为|x 1||y 1|≤x 214＋y 21＝1，当且仅当|x 1|2＝|y 1|＝22时等号成立，此时S 取得最大值98，所以△OMN 面积的最大值为98.【感悟提升】圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．【变式探究】设点P (x ，y )到直线x ＝2的距离与它到定点(1，0)的距离之比为2，并记点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设M (－2，0)，过点M 的直线l 与曲线C 相交于E ，F 两点，当线段EF 的中点落在由四点C 1(－1，0)，C 2(1，0)，B 1(0，－1)，B 2(0，1)构成的四边形内(包括边界)时，求直线l 斜率的取值范围．由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－8k 21＋2k 2，于是x 0＝x 1＋x 22＝－4k 21＋2k 2，y 0＝k (x 0＋2)＝2k 1＋2k 2，因为x 0＝－4k 21＋2k 2≤0，所以点G 不可能在y 轴的右边，又直线C 1B 2和C 1B 1的方程分别为y ＝x ＋1，y ＝－x －1，所以点G 在正方形内(包括边界)的充要条件为 ⎩⎪⎨⎪⎧y 0≤x 0＋1，y 0≥－x 0－1，即⎩⎪⎨⎪⎧2k 1＋2k 2≤－4k 21＋2k 2＋1，2k 1＋2k 2≥4k 21＋2k 2－1，亦即⎩⎪⎨⎪⎧2k 2＋2k －1≤0，2k 2－2k －1≤0.解得－3－12≤k ≤3－12，②由①②知，直线l 斜率的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3－12，3－12. 高频考点三圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．【例3】如图，设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点D 在椭圆上，DF 1⊥F 1F 2，|F 1F 2||DF 1|＝22，△DF 1F 2的面积为22.(1)求该椭圆的标准方程；(2)是否存在圆心在y 轴上的圆，使圆在x 轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由．从而|DF 1|＝22.(3分) 由DF 1⊥F 1F 2，得|DF 2|2＝|DF 1|2＋|F 1F 2|2＝92，因此|DF 2|＝322.所以2a ＝|DF 1|＋|DF 2|＝22，故a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(4分)探究提高 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．【变式探究】在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点P 和Q . (1)求k 的取值范围；(2)设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数k ，使得向量OP →＋OQ →与AB →垂直？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由．1.【2016高考新课标3理数】已知抛物线C ：22y x =的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线12,l l 分别交C 于,A B 两点，交C 的准线于P Q ，两点．（I ）若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明ARFQ ；（II ）若PQF ∆的面积是ABF ∆的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）21y x =-．2.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆2221x y a+=（a ＞1）.（I ）求直线y =kx +1被椭圆截得的线段长（用a 、k 表示）；（II ）若任意以点A （0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.【答案】（I ）22221a k a k +（II ）02e <≤．所以a >因此，任意以点()0,1A 为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1a <≤，由c e a a ==得，所求离心率的取值范围为02e <≤．3.【2016高考新课标2理数】已知椭圆:E 2213x y t +=的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为(0)k k >的直线交E 于,A M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥．（Ⅰ）当4,||||t AM AN ==时，求AMN ∆的面积；（Ⅱ）当2AM AN =时，求k 的取值范围．【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）)2.因此()33212k k t k -=-.3t >等价于()()232332122022k k k k k k k -+-+-=<--，即3202k k -<-.由此得32020k k ->⎧⎨-<⎩，或32020k k -<⎧⎨->⎩2k <<.因此k 的取值范围是)2.4.【2016年高考北京理数】（本小题14分）已知椭圆C ：22221+=x y a b（0a b >>）的离心率为2 ，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 的椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N. 求证：BM AN ⋅为定值.【答案】（1）2214x y +=；（2）详见解析.直线PB 的方程为110+-=x x y y . 令0=y ，得100--=y x x N ，从而12200-+=-=y x x AN N . 所以221120000-+⋅-+=⋅x y y x BM AN228844224844400000000000000002020+--+--=+--+--++=y x y x y x y x y x y x y x y x y x 4=.当00=x 时，10-=y ，,2,2==AN BM 所以4=⋅BM AN . 综上，BM AN ⋅为定值.5.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线:3l y x =-+与椭圆E 有且只有一个公共点T .（Ⅰ）求椭圆E 的方程及点T 的坐标；（Ⅱ）设O 是坐标原点，直线l’平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，且与直线l 交于点P ．证明：存在常数λ，使得2PTPA PB λ=⋅，并求λ的值.【答案】（Ⅰ）22163x y +=，点T 坐标为（2,1）；（Ⅱ）45λ=.方程②的判别式为2=16(92)m ∆-，由>0∆，解得22m -<<. 由②得212124412=,33m m x x x x -+-=.所以123m PA x ==-- ，同理223m PB x =--，所以12522(2)(2)433m mPA PB x x ⋅=---- 21212522(2)(2)()433m mx x x x =---++ 225224412(2)(2)()43333m m m m -=----+2109m =.故存在常数45λ=，使得2PT PA PB λ=⋅. 6.【2016高考上海理数】（本题满分14）有一块正方形菜地EFGH ,EH 所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F 点或河边运走。

高三数学教案：圆锥曲线的综合问题

第八节圆锥曲线的综合应用一、基本知识概要：1知识精讲：圆锥曲线的综合问题包括：解析法的应用，数形结合的思想，与圆锥曲线有关的定值、最值等问题，主要沿着两条主线，即圆锥曲线科内综合与代数间的科间综合，灵活运用解析几何的常用方法，解决圆锥曲线的综合问题；通过问题的解决，进一步掌握函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想.2重点难点：正确熟练地运用解析几何的方法解决圆锥曲线的综合问题，从中进一步体会分类讨论、等价转化等数学思想的运用.3思维方式：数形结合的思想，等价转化，分类讨论，函数与方程思想等.4特别注意：要能准确地进行数与形的语言转换和运算、推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整。

二、例题：例1. A ，B 是抛物线)0(22>=p px y 上的两点，且OA OB ⊥（O 为坐标原点）求证：（1）A ，B 两点的横坐标之积，纵坐标之积分别是定植；（2）直线AB 经过一个定点证明：（1）设,,2,2),,(),,(21212221212211=+∴⊥==y y x x OB OA px y px y y x B y x A 则两式相乘得2212214,4p x x p y y =-=)0,2),0,2),2(2).(2,2,),(2)2(212112112121212221p x x p p x y y p y x x y y p y y AB y y p k x x x x p y y AB 时，显然也过点（当过定点（化简得的方程所以直线当=-+=-+=-+=≠-=-所以直线AB 过定点(2p,0)例2、（2005年春季北京，18）如图，O 为坐标原点，直线l 在x 轴和y 轴上的截距分别是a 和b )0,0(≠>b a ，且交抛物线）（），（于22112,N ,M )0(2y x y x p px y >=两点。

（1）写出直线l 的截距式方程（2）证明：by y 11121=+（3）当p a 2=时，求MON ∠的大小。

2012年高考一轮复习方案圆锥曲线方程第二节___双曲线_课件(精)

变式迁移 2 x2 y2 就 m 的不同取值，讨论方程＋＝ 1 所表示的曲线类型． 9－ m2 m2－ 4
①当 9－ m2＝ m2－ 4≠ 0， 26 即 m＝ ± 时，方程所表示的曲线为圆． 2 26 2 2 ②当 9－ m ＞ 0，且 m － 4＞ 0 且 m≠ ± ， 2 26 即－ 3＜ m＜－ 2 或 2＜ m＜ 3 且 m≠ ± 时，方程所表示的曲 2 线为椭圆． ③当 (9－ m2)(m2－ 4)＜ 0 即 m＞ 3 或 m＜－ 3 或－ 2＜ m＜ 2 时，方程所表示的曲线为双曲线 . 解析
题型三双曲线的定义例 3 若一个动点 P(x，y)到两个定点 A(－1,0)、A1(1,0)的距离之差的绝对值为定值 a(a≥0)，讨论点 P 的轨迹．
解析 ①当 a＝ 0 时，轨迹是线段 AA1 的垂直平分线，即 y 轴，方程为 x＝ 0； ②当 0＜ a＜ 2 时，轨迹是以 A、 A1 为焦点的双曲线； ③当 a＝ 2 时，轨迹是两条射线 y＝ 0(x≥ 1)或 y＝ 0(x≤－ 1)； ④当 a＞ 2 时无轨迹．点评 (1)本题容易出现的失误是对参变量 a 的取值范围划分不准确，而造成讨论不全面． (2)轨迹和轨迹方程是不同的，轨迹是图形，因此应指出所求轨迹是何种曲线 .
答案
x 2 y2 解析 (1)设椭圆 C1 的方程为 2＋ 2＝ 1(a1＞ b1＞ 0)， a 1 b1 2a1＝ 26， a1＝ 13，由已知得： ∴ c1 5 e＝＝， c1＝ 5， a1 13 x 2 y2 又 ∵ 8＜ 10， ∴曲线 C2 是双曲线，设其方程为 2－ 2＝ 1(a2＞ 0， a 2 b2 b2＞ 0)， 2 2 2 则 a2＝ 4， c2＝ 5， ∴b2 ＝ 5 － 4 ＝ 3 ， 2 x 2 y2 ∴曲线 C2 的方程为 2－ 2＝ 1. 4 3 ∴焦距为 2c1＝ 10，

2012年高三数学第一轮复习教案(新人教A)解析几何的综合问题

§6.3 解析几何的综合问题考点核心整合解析几何考查的重点是圆锥曲线，在历年的高考中，占解析几何总分值的四分之三以上.解析几何的综合问题也主要以圆锥曲线为载体，通常从以下几个方面进行考查：位置问题.直线与圆锥曲线的位置关系问题，是解析几何研究的重点内容.常涉及直线与曲线交点的判断、弦长、面积、对称、共线等问题.其解法是充分利用方程思想以及韦达定理. 最值问题.最值问题是从动态角度去研究解析几何中的数学问题的主要内容.其解法是设变量、建立目标函数、转化为求函数的最值.范围问题.范围问题主要是根据条件，建立含有参变量的函数关系式或不等式，然后确定参数的取值范围.其解法主要有运用圆锥曲线上点的坐标的取值范围，运用求函数的值域、最值以及二次方程实根的分布等知识.以上这些问题由于综合性较强，所以备受命题者的青睐.常用来综合考查学生在数形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理等多方面的能力.考题名师诠释【例1】(浙江高考，5理)若双曲线m x 2-y 2=1上的点到左准线的距离是到左焦点距离的31,则m=( ) A.21 B.23 C.81 D.89 解析：∵到准线的距离是到左焦点距离的31，∴e=3,即mm 1 =3,∴m=81. 答案：C 【例2】已知双曲线22a x -22by =1(a ＞0,b ＞0)的左、右两个焦点分别为F 1、F 2，P 为双曲线左支上的一点，P 到左准线的距离为d.(1)若双曲线的一条渐近线是y=3x,问是否存在点P 使d,｜PF 1｜,｜PF 2｜成等比数列？若存在，求出P 点坐标，若不存在，说明理由；(2)在已知双曲线的左支上使d,｜PF 1｜,｜PF 2｜成等比数列的点P 存在时，求离心率e 的取值范围.解：(1)法一：由y=3x 是渐近线，得ab =3,c 2=a 2+b 2=4a 2,∴e=2,设P 点的坐标为(x 0,y 0),由双曲线的第二定义，得｜PF 1｜=ed=2d,｜PF 2｜=e(c a 2-x 0),d=-ca 2-x 0, ∴e 2d 2=d ·e(c a 2-x 0),化简得2(-2a -x 0)=2a -x 0 解得x 0=-23a ＜-a,∴点P 存在. 法二：同解法一得,｜PF 1｜=ed=2d,∴｜PF 2｜=2a+｜PF 1｜=2a+2d,又∵｜PF 1｜2=d ·｜PF 2｜，∴有4d 2=d ·(2a+2d)解得d=a,又∵d min =-c a 2-(-a)=a-c a 2=a-a a 22=2a ,d=a ＞2a , ∴存在点P ，使d,｜PF 1｜,｜PF 2｜成等比数列.(2)法一：由(1)得d=-c a 2-x 0,｜PF 1｜2=d ·｜PF 2｜∴有e 2d 2=d ·e(c a 2-x 0),∴ed=ca 2-x 0 即e(-c a 2-x 0)=(ca 2-x 0), 解得x 0=)1()1(e e e a -+≤-a,∴1＜e ≤1+2. 法二：由||||12PF PF =d PF ||1=e,可得｜PF 2｜=e ｜PF 1｜, 又｜PF 2｜-｜PF 1｜=2a,∴｜PF 1｜=12-e a ,｜PF 2｜=12-e ae . ∵｜PF 1｜+｜PF 2｜≥｜F 1F 2｜,而｜F 1F 2｜=2c=2ea, ∴1212-+-e ae e a ≥2ea, 又∵a ＞0,e ＞1,∴e 2-2e-1≤0，解得1＜e ≤1+2.法三：由(1)得e 2d 2=d(2a+ed).解得d=ee a -22≥d min =-c a 2+a, ∴有e 2-2e-1≤0，解得1＜e ≤1+2.点评：确定某几何量的值域或取值范围，一般需要建立起方程或不等式，因此，要树立用方程和不等式的解题思路.与圆锥曲线有关的参数范围问题的讨论常用的两种方法：①不等式(组)求解法；②函数值域求解法.本题要注意双曲线的离心率e ＞1,否则所得答案就不完整.【例3】(湖北黄冈、荆州高三联考)已知动点P 与双曲线22x -32y =1的两个焦点F 1、F 2的距离之和为定值2a(a ＞5)，且cos ∠F 1PF 2的最小值为-91. (1)求动点P 的轨迹方程；(2)若已知D(0，3)，M 、N 在动点P 的轨迹上，且DM =λDN ，求实数λ的取值范围.解：(1)由题意知c 2=5, 设|PF 1|+|PF 2|=2a(a ＞5)，由余弦定理得cos ∠F 1PF 2 =||||102||||2||||||212212212221PF PF a PF PF F F PF PF -=-+-1. 又|PF 1|·|PF 2|≤(2||||21PF PF +)2=a 2, 当且仅当|PF 1|=|PF 2|时，|PF 1|·|PF 2|取最大值，此时cos ∠F 1PF 2取最小值22102a a --1, 令22102aa --1=-91⇒a 2=9. ∵c=5,∴b 2=4.故所求点P 的轨迹方程为92x +42y =1. (2)设N(s,t)、M(x,y)，则由DM =λDN ，可得(x,y-3)=λ(s,t-3)，故x=λs,y=3+λ(t-3),∴M 、N 在动点P 的轨迹上.故4922t s +=1且4)33(9)(22λλλ-++t s =1. 消去s 得4)33(222t t λλλ--+=1-λ2, 解得t=λλ6513-.又|t|≤2, ∴|λλ6513-|≤2.解得51≤λ≤5. 故λ的取值范围是［51，5］. 评述：本题考查了解析几何的基本方法以及解析几何与三角、不等式、向量的联系，是在知识的交汇点处命题的充分体现，体现了高考命题的方向.【例4】(2004上海高考，22)设P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2),…,P n (x n ,y n )(n ≥3,n ∈N )是二次曲线C 上的点，且a 1=|OP 1|2,a 2=|OP 2|2,…,a n =|OP n |2构成了一个公差为d(d ≠0)的等差数列，其中O 是坐标原点，记S n =a 1+a 2+…+a n .(1)若C 的方程为2510022y x +=1,n=3,点P 1(10，0)且S 3=255，求点P 3的坐标；(只需写出一个) (2)若C 的方程为22a x +22by =1(a ＞b ＞0)，点P 1(a,0)，对于给定的自然数n ，当公差d 变化时，求S n 的最小值.(1)解：a 1=|OP 1|2=100,由S 3=23(a 1+a 3)=255,得 a 3=|OP 3|2=70.由⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,70,12510023232323y x y x 解得⎪⎩⎪⎨⎧==.10,602323y x ∴点P 3的坐标为(215，10).(2)解法一：原点O 到二次曲线C:22a x +22by =1(a ＞b ＞0)上各点的最小距离为b ，最大距离为a. ∵a 1=|OP 1|2=a 2,∴d ＜0，且a n =|OP n |2=a 2+(n-1)d ≥b 2. ∴122--n a b ≤d ＜0. ∵n ≥3,2)1(-n n ＞0, ∴S n =na 2+2)1(-n n d 在［122--n a b ,0］上递增. 故S n 的最小值为na 2+2)1(-n n ×122--n a b =2)(22b a n +. 解法二：对每个自然数k(2≤k ≤n),由⎪⎩⎪⎨⎧=+-+=+,1,)1(2222222b y ax d k a y x k k k k 解得y k 2=222)1(b a d k b ---. ∵0＜y k 2≤b 2,得122--k a b ≤d ＜0,∴122--n a b ≤d ＜0. 以下与解法一相同.评述：本题主要考查了解析几何、数列、函数、不等式等基本知识，具有一定的综合性，是考查学生良好的数学思维和分析问题、解决问题能力的一道好题.链接·拓展请选定一条除椭圆外的二次曲线C 及C 上一点P 1，对于给定的自然数n,写出符合条件的点P 1,P 2,…,P n 存在的充要条件，并说明理由.解法一:若双曲线C:22a x -22by =1，点P 1(a,0),则对于给定的n ，点P 1，P 2，…，P n 存在的充要条件是d ＞0.∵原点O 到双曲线C 上各点的距离h ∈［|a|,+∞)，且|OP 1|2=a 2,∴点P 1，P 2，…，P n 存在当且仅当|OP n |2＞|OP 1|2，即d ＞0存在.解法二:若抛物线C:y 2=2px,点P 1(0,0)，则对于给定的n ，点P 1，P 2，…,P n 存在的充要条件是d ＞0.理由同上.解法三:若圆C:(x-a)2+y 2=a 2(a ≠0),点P 1(0，0)，则对于给定的n,点P 1，P 2，…，P n 存在的充要条件是0＜d ≤142-n a .。

高考数学一轮复习第八章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题教案(含解析)-高三全册数学教案

第九节圆锥曲线的综合问题1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程．即⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，F x ，y ＝0消去y ，得ax 2＋bx ＋c ＝0.(1)当a ≠0时，设一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切； Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 相离．(2)当a ＝0，b ≠0时，即得到一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合． 2．弦长公式设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋1k2·|y 1－y 2|＝1＋1k2·y 1＋y 22－4y 1y 2.[小题体验]1．(教材习题改编)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解析：选A 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．2．顶点在坐标原点，焦点在x 轴上的抛物线截得直线y ＝2x ＋1所得的弦AB 的长为15，则该抛物线的标准方程为____________．解析：设抛物线的方程为y 2＝mx (m ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝mx ，y ＝2x ＋1可得4x 2＋(4－m )x ＋1＝0.所以x 1＋x 2＝－4－m 4，x 1x 2＝14.所以|AB |＝1＋22[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝5⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－m 42－1＝15，解得m ＝12或m ＝－4.所以抛物线的标准方程为y 2＝12x 或y 2＝－4x . 答案：y 2＝12x 或y 2＝－4x1．直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点．2．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点．[小题纠偏]1．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条D ．4条解析：选C 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0,1)且平行于x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x ＝0)．2．直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的交点个数是( )A ．1B ．2C ．1或2D ．0解析：选A 因为直线y ＝ba x ＋3与双曲线的渐近线y ＝b ax 平行，所以它与双曲线只有1个交点．考点一直线与圆锥曲线的位置关系重点保分型考点——师生共研[典例引领]在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1,0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2,1)，若直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点，求实数k 的取值范围．解：(1)设点M (x ，y )，依题意|MF |＝|x |＋1， ∴x －12＋y 2＝|x |＋1，化简得y 2＝2(|x |＋x )，故轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ，x ≥0，0，x ＜0.(2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x (x ≥0)，C 2：y ＝0(x ＜0)．依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝kx ＋2，y 2＝4x 消去x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1. 当k ≠0时，方程①的Δ＝－16(2k 2＋k －1)＝－16(2k －1)(k ＋1)，② 设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.③(ⅰ)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ＜0，x 0＜0，由②③解得k ＜－1或k ＞12.所以当k ＜－1或k ＞12时，直线l 与曲线C 1没有公共点，与曲线C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点.(ⅱ)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝0，x 0≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2k 2＋k －1＝0，2k ＋1k＜0，解集为∅.综上可知，当k ＜－1或k ＞12或k ＝0时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点．故实数k 的取值范围为(－∞，－1)∪{0}∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. [由题悟法]1．直线与圆锥曲线位置关系的判定方法(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x ，y 的方程组，消去y (或x )得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数． 2．判定直线与圆锥曲线位置关系的注意点(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况． (2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式Δ起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根．[即时应用]1．直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 有且只有一个公共点，则k 的值为( ) A ．1 B ．1或3 C ．0D ．1或0解析：选D 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，y 2＝8x ，得k 2x 2＋(4k －8)x ＋4＝0，若k ＝0，则y ＝2，符合题意．若k ≠0，则Δ＝0，即64－64k ＝0，解得k ＝1，所以直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 有且只有一个公共点时，k ＝0或1.2．已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1与直线y ＝2x 有交点，则双曲线离心率的取值范围为( )A ．(1，5)B ．(1，5]C ．(5，＋∞)D ．[5，＋∞)解析：选C 因为双曲线的一条渐近线方程为y ＝b ax ，则由题意得b a ＞2，所以e ＝c a＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＞1＋4＝ 5.考点二弦长问题重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·浙江六校联考)如图，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)和圆C 2：x 2＋y 2＝b 2，已知圆C 2将椭圆C 1的长轴三等分，且圆C 2的面积为π.椭圆C 1的下顶点为E ，过坐标原点O 且与坐标轴不重合的任意直线l 与圆C 2相交于点A ，B ，直线EA ，EB 与椭圆C 1的另一个交点分别是点P ，M .(1)求椭圆C 1的方程；(2)求△EPM 面积最大时直线l 的方程．解：(1)由题意得：b ＝1，则a ＝3b ，所以椭圆C 1的方程为：x 29＋y 2＝1.(2)由题意得：直线PE ，ME 的斜率存在且不为0，PE ⊥EM ，不妨设直线PE 的斜率为k (k ＞0)，则PE ：y ＝kx －1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 29＋y 2＝1得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18k9k 2＋1，y ＝9k 2－19k 2＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1.所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫18k 9k 2＋1，9k 2－19k 2＋1，同理得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－18k k 2＋9，9－k 2k 2＋9，则k PM ＝k 2－110k，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＋y 2＝1，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 1＋k 2，k 2－11＋k 2，所以k AB ＝k 2－12k ，所以S △EPM ＝12|PE |·|EM |＝162k ＋k39k 4＋82k 2＋9＝162⎝⎛⎭⎪⎫k ＋1k 9k 2＋82＋9k 2.设t ＝k ＋1k ，则S △EPM ＝162t9t 2＋64＝1629t ＋64t≤278，当且仅当t ＝k ＋1k ＝83时取等号，所以k －1k ＝±237，则直线AB ：y ＝k 2－12k x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k x ，所以所求直线l 方程为：y ＝±73x . [由题悟法]弦长的3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．[提醒] 直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直的特殊情况．[即时应用](2018·温州二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，离心率为12，过右焦点的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点，点P 的坐标为(4,3)，记直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)当|MN |＝247时，求直线l 的斜率．解：(1)∵2a ＝4，∴a ＝2，又e ＝c a ＝12，∴c ＝1，∴b 2＝3.∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)椭圆右焦点(1,0)，当l 斜率不存在时，|MN |＝3，不合题意；当l 斜率k 存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－3)＝0，Δ＝144(k 2＋1)＞0成立， ∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－33＋4k 2， ∴|MN |＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 22－4×4k 2－33＋4k 2＝247，解得k ＝±1.故直线l 的斜率为±1.考点三定点、定值问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F (1,0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点．(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点．解：(1)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(1,0)，所以p2＝1，即p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t . 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以t t24·－t t 24＝－12，化简得t 2＝32. 所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8. ②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，消去x 得ky 2－4y ＋4b ＝0.由根与系数的关系得y A y B ＝4bk，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A ·y B x B ＝－12，即x A x B ＋2y A y B ＝0.即y 2A 4·y 2B4＋2y A y B ＝0，解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32. 所以y A y B ＝4bk＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)．综合①②可知，直线AB 过定点(8,0)．[由题悟法]1．圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关． 2．定值问题常见的2种求法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)引进变量法：其解题流程为[即时应用]1．(2018·宁波模拟)如图，中心在坐标原点，焦点分别在x 轴和y 轴上的椭圆T 1，T 2都过点M (0，－2)，且椭圆T 1与T 2的离心率均为22. (1)求椭圆T 1与椭圆T 2的标准方程；(2)过点M 引两条斜率分别为k ，k ′的直线分别交T 1，T 2于点P ，Q ，当k ′＝4k 时，问直线P Q 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．解：(1)设椭圆T 1，T 2的方程分别为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，y 2a ′2＋x 2b ′2＝1(a ′＞b ′＞0)，由题意得b ＝2，e ＝ca ＝22，又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2. 同理可得a ′＝2，b ′＝1，所以椭圆T 1和椭圆T 2的方程分别为x 24＋y 22＝1，y 22＋x 2＝1.(2)直线MP 的方程为y ＝kx －2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx －2消去y 得(2k 2＋1)x 2－42kx ＝0，则点P 的横坐标为42k 2k 2＋1，所以点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫42k 2k 2＋1，22k 2－22k 2＋1. 同理可得点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22k ′k ′2＋2，2k ′2－22k ′2＋2.又k ′＝4k ，则点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫42k 8k 2＋1，82k 2－28k 2＋1，所以k P Q ＝82k 2－28k 2＋1－22k 2－22k 2＋142k 8k 2＋1－42k2k 2＋1＝－12k ，则直线P Q 的方程为y －22k 2－22k 2＋1＝－12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －42k 2k 2＋1，化简得y －2＝－12kx ，故直线P Q 过定点(0，2)．2．(2018·嘉兴模拟)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同两点P ，Q(均异于点A )，证明：直线AP 与A Q 的斜率之和为定值．解：(1)由题意知c a ＝22，b ＝1，由a 2＝b 2＋c 2，得a ＝2，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：设直线P Q 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由题意知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，且x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4kk －11＋2k 2，x 1x 2＝2k k －21＋2k2，所以直线AP 与A Q 的斜率之和k AP ＋k A Q ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －12k k －2＝2k －2(k －1) ＝2.故直线AP 与A Q 的斜率之和为定值2.考点四最值、范围问题重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·浙江原创猜题卷)设抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，过点F 的直线l 交抛物线C 于P ，Q 两点，且|P Q|＝8，线段P Q 的中点到y 轴的距离为3.(1)求抛物线C 的方程；(2)若点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线C 上相异的两点，满足x 1＋x 2＝2，且AB 的中垂线交x 轴于点M ，求△AMB 的面积的最大值及此时直线AB 的方程．解：(1)设P (x P ，y P )，Q(x Q ，y Q )，则P Q 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x P ＋x Q 2，y P ＋y Q 2.由题意知x P ＋x Q2＝3，∴x P ＋x Q ＝6，又|P Q|＝x P ＋x Q ＋p ＝8，∴p ＝2，故抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)当AB 垂直于x 轴时，显然不符合题意，所以可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝4x 消去y 并整理，得k 2x 2＋(2kb －4)x ＋b 2＝0，Δ＝16(1－kb )＞0，∴由x 1＋x 2＝4－2kb k2＝2，得b ＝2k－k ， ∴直线AB 的方程为y ＝k (x －1)＋2k.∵AB 中点的横坐标为1，∴AB 中点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，2k .可知AB 的中垂线的方程为y ＝－1k x ＋3k，∴M 点的坐标为(3,0)．∵直线AB 的方程为k 2x －ky ＋2－k 2＝0， ∴M 到直线AB 的距离d ＝|3k 2＋2－k 2|k 4＋k 2＝2k 2＋1|k |.由⎩⎪⎨⎪⎧k 2x －ky ＋2－k 2＝0，y 2＝4x ，得k 24y 2－ky ＋2－k 2＝0，Δ＝k 2(k 2－1)＞0，∴y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝8－4k2k2，∴|AB |＝1＋1k 2|y 1－y 2|＝4k 2＋1k 2－1k2. 设△AMB 的面积为S ，则S ＝12|AB |·d ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 21－1k2，设1－1k2＝t ，则0＜t ＜1，∴S ＝4t (2－t 2)＝－4t 3＋8t ，S ′＝－12t 2＋8，由S ′＝0，得t ＝63(负值舍去)，即当k ＝±3时，S max ＝1669，此时直线AB 的方程为3x ±3y －1＝0.[由题悟法]解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法(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．[即时应用]1．如图，设抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |－1.(1)求p 的值；(2)若直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x 轴交于点M ，求M 的横坐标的取值范围．解：(1)由题意可得，抛物线上点A 到焦点F 的距离等于点A 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p ＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y 2＝4x ，F (1,0)，可设A (t 2,2t )，t ≠0，t ≠±1.因为AF 不垂直于y 轴，所以可设直线AF 的方程为x ＝sy ＋1(s ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝sy ＋1消去x 得y 2－4sy －4＝0.故y 1y 2＝－4，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t.又直线AB 的斜率为2tt 2－1，故直线FN 的斜率为－t 2－12t，从而得直线FN 的方程为y ＝－t 2－12t(x －1)．又直线BN 的方程为y ＝－2t，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t .设M (m,0)，由A ，M ，N 三点共线得2tt 2－m＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1，于是m ＝2t 2t 2－1＝21－1t2，得m ＜0或m ＞2.经检验，m ＜0或m ＞2满足题意．综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．2．(2018·温州期末)已知椭圆的焦点坐标为F 1(－1,0)，F 2(1，0)，过F 2垂直于长轴的直线交椭圆于P ，Q 两点，且|P Q|＝3，(1)求椭圆的方程；(2)如图，过F 2的直线l 与椭圆交于不同的两点M ，N ，则△F 1MN 的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.解：(1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，由焦点坐标可得c ＝1，由|P Q|＝3，可得2b2a＝3，解得a ＝2，b ＝3，故椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，△F 1MN 的内切圆的半径为R ，则△F 1MN 的周长为4a ＝8，S △F 1MN ＝12(|MN |＋|F 1M |＋|F 1N |)R ＝4R ，因此S △F 1MN 最大，R 就最大，S △F 1MN ＝12|F 1F 2|(y 1－y 2)＝y 1－y 2.由题知，直线l 的斜率不为零，可设直线l 的方程为x ＝my ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y23＝1得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，解得y 1＝－3m ＋6m 2＋13m 2＋4，y 2＝－3m －6m 2＋13m 2＋4，则S △F 1MN ＝y 1－y 2＝12m 2＋13m 2＋4. 令t ＝m 2＋1，则t ≥1, 所以S △F 1MN ＝12t 3t 2＋1＝123t ＋1t，令f (t )＝3t ＋1t ，则f ′(t )＝3－1t2，当t ≥1时， f (t )在[1，＋∞)上单调递增，有f (t )≥f (1)＝4，S △F 1MN ≤ 124＝3，即当t ＝1，m ＝0时，取等号，又S △F 1MN ＝4R ，所以R max ＝34，故所求内切圆面积的最大值为916π.所以直线l 的方程为x ＝1时，△F 1MN 的内切圆面积取得最大值916π.一保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·台州模拟)已知双曲线x 212－y 24＝1的右焦点为F ，若过点F 的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线的斜率的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 B ．[－3，3]C.⎝⎛⎭⎪⎫－33，33 D ．(－3，3)解析：选A 易知该双曲线的渐近线方程为y ＝±33x ，当过右焦点的两条直线分别与两条渐近线平行，即两条直线的斜率分别为33和－33时，这两条直线与双曲线右支分别只有一个交点，所以此直线的斜率的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33. 2．(2018·宁波调研)已知不过原点O 的直线交抛物线y 2＝2px 于A ，B 两点，若OA ，AB 的斜率分别为k OA ＝2，k AB ＝6，则OB 的斜率为( )A ．3B ．2C ．－2D ．－3解析：选 D 由题意可知，直线OA 的方程为y ＝2x ，与抛物线方程y 2＝2px 联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，y 2＝2px ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝p 2，y ＝p ，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，p ，则直线AB 的方程为y －p ＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，即y ＝6x －2p ，与抛物线方程y 2＝2px 联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝6x －2p ，y 2＝2px ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2p 9，y ＝－2p3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝p 2，y ＝p ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2p9，－2p 3，所以直线OB 的斜率k OB ＝－2p32p 9＝－3.3．(2018·杭州二模)倾斜角为π4的直线经过椭圆x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F ，与椭圆交于A ，B 两点，且AF ＝2FB ，则该椭圆的离心率为( )A.32 B.23 C.22D.33解析：选B 由题可知，直线的方程为y ＝x －c ，与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b2＝1，y ＝x －c ，∴(a 2＋b 2)y 2＋2b 2cy －b 4＝0，且Δ＞0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋y 2＝－2b 2c a 2＋b2，y 1y 2＝－b4a 2＋b 2，又AF ＝2FB ，∴(c －x 1，－y 1)＝2(x 2－c ，y 2)，∴－y 1＝2y 2，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＝－2b 2c a 2＋b 2，－2y 22＝－b4a 2＋b2，∴12＝4c 2a 2＋b 2，∴e ＝23，故选B. 4．(2018·温州十校联考)已知点P 是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)右支上一点，F 1是双曲线的左焦点，且双曲线的一条渐近线恰是线段PF 1的中垂线，则该双曲线的离心率是( )A. 2B. 3 C ．2D. 5解析：选D 设直线PF 1：y ＝a b (x ＋c )，则与渐近线y ＝－b a x 的交点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2c ，ab c .因为M 是PF 1的中点，利用中点坐标公式，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a2c＋c ，2ab c ，因为点P 在双曲线上，所以满足b 2－a 22a 2c 2－4a 2b 2c 2b2＝1，整理得c 4＝5a 2c 2，解得e ＝ 5.5．(2019·丽水五校联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，准线为l ，过点F 且倾斜角为60°的直线交C 于A ，B 两点，AM ⊥l ，BN ⊥l ，M ，N 为垂足，点Q 为MN 的中点，|Q F |＝2，则p ＝________.解析：如图，由抛物线的几何性质可得，以AB 为直径的圆与准线相切，且切点为Q ，△MFN 是以∠MFN 为直角的直角三角形，∴|MN |＝2|Q F |＝4，过B 作BD ⊥AM ，垂足为D ，∴|AB |＝|BD |sin 60°＝432＝833.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，y ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，得12x 2－20px＋3p 2＝0，∴x 1＋x 2＝53p ，∴|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝53p ＋p ＝83p ＝833，∴p ＝ 3.答案： 36．已知双曲线x 2－y 23＝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y 2＝18x 上，则实数m 的值为________．解析：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1，x 22－y223＝1，两式相减，得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，显然x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3， ∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1，∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，3m 4，代入抛物线方程得916m 2＝18×⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，解得m ＝0或－8，经检验都符合．答案：0或－87．(2019·湖州六校联考)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点P (－1,0)作直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，若S △ABF ＝2，且|AF |＜|BF |，则|AF ||BF |＝________.解析：设直线l 的方程为x ＝my －1，将直线方程代入抛物线C ：y 2＝4x 的方程，得y2－4my ＋4＝0，Δ＝16(m 2－1)＞0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，|y 1|＜|y 2|，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1·y 2＝4，又S △ABF ＝2，所以121＋m 2·|y 2－y 1|·2m 2＋1＝|y 2－y 1|＝2，因此y 21＋y 22＝10，所以y 21＋y 22y 1·y 2＝104＝52，从而⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1y 2＝12，即|AF ||BF |＝|x 1＋1||x 2＋1|＝|my 1－1＋1||my 2－1＋1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1y 2＝12.答案：128．(2019·衢州模拟)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，若一组斜率为14的平行直线被椭圆C 所截线段的中点均在直线l 上，则l 的斜率为________．解析：设弦的中点坐标为M (x ，y )，设直线y ＝14x ＋m 与椭圆相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14x ＋m ，x22＋y 2＝1消去y ，得9x 2＋8mx ＋16m 2－16＝0，Δ＝64m 2－4×9×(16m2－16)＞0，解得－324＜m ＜324，x 1＋x 2＝－8m 9，x 1x 2＝16m 2－169，∵M (x ，y )为弦AB 的中点，∴x 1＋x 2＝2x ，解得x ＝－4m9，∵m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－324，324，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14x ＋m ，x ＝－4m9消去m ，得y ＝－2x ，则直线l 的方程为y ＝－2x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23， ∴直线l 的斜率为－2. 答案：－29．(2018·东阳适应)已知椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1)．(1)若A (0,1)到焦点的距离为3，求椭圆的离心率．(2)Rt △ABC 以A (0,1)为直角顶点，边AB ，AC 与椭圆交于两点B ，C .若△ABC 面积的最大值为278，求a 的值．解：(1)由题可得a ＝3，所以c ＝2，所以e ＝c a ＝63. (2)不妨设AB 斜率k ＞0，则AB ：y ＝kx ＋1, AC ：y ＝－1kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a2＋y 2＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，解得x B ＝－2a 2k 1＋a 2k 2，同理x C ＝2a 2k k 2＋a 2， S ＝12|AB ||AC |＝2a 4·k 1＋k2a 2k 4＋a 4k 2＋k 2＋a2 ＝2a 4·k ＋1ka 2k 2＋a 2k2＋a 4＋1＝2a 4·k ＋1ka 2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k 2＋a 2－12，设t ＝k ＋1k，则t ≥2，S ＝2a 4·ta 2t 2＋a 2－12＝2a4a 2t ＋a 2－12t≤a 3a 2－1，当且仅当t ＝a 2－1a ≥2，即a ≥1＋2时取等号，由a 3a 2－1＝278，解得a ＝3，a ＝3＋29716(舍)，若a ＜1＋2，显然无解．∴a ＝3.10．(2019·嘉兴模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为33，F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，过F 2的直线l 与C 相交于A ，B 两点，△F 1AB 的周长为4 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)若椭圆C 上存在点P ，使四边形OAPB 为平行四边形，求此时直线l 的方程．解：(1)∵椭圆的离心率为33，∴c a ＝33，∴a ＝3c ，又△F 1AB 的周长为43，∴4a ＝43，解得a ＝3，∴c ＝1，b ＝2，∴椭圆C 的标准方程为x 23＋y 22＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，∵当直线l 的斜率不存在时，这样的直线不满足题意， ∴设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，将直线l 的方程代入椭圆方程，整理得(2＋3k 2)x 2－6k 2x ＋3k 2－6＝0， ∴x 1＋x 2＝6k22＋3k2，故y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝6k 32＋3k 2－2k ＝－4k2＋3k 2.∵四边形OAPB 为平行四边形，∴OP ＝OA ＋OB ，从而x 0＝x 1＋x 2＝6k 22＋3k 2，y 0＝y 1＋y 2＝－4k2＋3k2，又P (x 0，y 0)在椭圆上，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫6k 22＋3k 223＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 2＋3k 222＝1，化简得3k 4－4k 2－4＝0，解得k ＝±2，故所求直线l 的方程为y ＝±2(x －1)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·湖州质检)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，不经过原点O 的直线l ：y ＝kx＋m (k ＞0)与椭圆E 相交于不同的两点A ，B ，直线OA ，AB ，OB 的斜率依次构成等比数列．(1)求a ，b ，k 的关系式；(2)若离心率e ＝12且|AB |＝7⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1m ，当m 为何值时，椭圆的焦距取得最小值？解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意得k 2＝k OA ·k OB ＝y 1y 2x 1x 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b2＝1，y ＝kx ＋m消去y ，整理得(b 2＋a 2k 2)x 2＋2a 2kmx ＋a 2m 2－a 2b 2＝0，故Δ＝(2a 2km )2－4(b 2＋a 2k 2)(a 2m 2－a 2b 2)＞0，即b 2－m 2＋a 2k 2＞0，且x 1＋x 2＝－2a 2km b 2＋a 2k 2，x 1·x 2＝a 2m 2－a 2b2b 2＋a 2k 2，所以k 2＝y 1y 2x 1x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2，即km (x 1＋x 2)＋m 2＝0，－2a 2k 2m 2b 2＋a 2k2＋m 2＝0.又直线不经过原点，所以m ≠0，所以b 2＝a 2k 2，即b ＝ak . (2)因为e ＝12，则a ＝2c ，b ＝3c ，k ＝32，所以x 1＋x 2＝－2a 2km b 2＋a 2k 2＝－23m 3，x 1·x 2＝a 2m 2－a 2b 2b 2＋a 2k 2＝23m 2－2c 2，所以|AB |＝1＋k2|x 1－x 2|＝72x 1＋x 22－4x 1·x 2＝72·⎝⎛⎭⎪⎫－23m 32－4⎝ ⎛⎭⎪⎫23m 2－2c 2＝72·－4m 23＋8c 2＝7⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1m ，化简得2c 2＝4m 23＋1m 2＋2≥433＋2(Δ＞0恒成立),当且仅当4m 23＝1m 2，即m ＝±4122时，焦距最小．综上，当m ＝±4122时，椭圆的焦距取得最小值． 2．(2018·学军适考)已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点P (0，m )(m ＞0)的动直线l 与C 相交于A ，B 两点，抛物线C 在点A 和点B 处的切线相交于点Q ，直线A Q ，B Q 与x 轴分别相交于点E ，F .(1)写出抛物线C 的焦点坐标和准线方程； (2)求证：点Q 在直线y ＝－m 上；(3)判断是否存在点P ，使得四边形PE Q F 为矩形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)焦点坐标为(0,1)，准线方程为y ＝－1. (2)证明：由题意知直线l 的斜率存在，故设l 的方程为y ＝kx ＋m . 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝4y ，得x 2－4kx －4m ＝0，由题意，得Δ＝16k 2＋16m ＞0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，所以抛物线在点A 处的切线方程为y －14x 21＝12x 1(x －x 1)，化简，得y ＝12x 1x －14x 21，①同理，抛物线在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －14x 22.②联立方程①②，得12x 1x －14x 21＝12x 2x －14x 22，即12(x 1－x 2)x ＝14(x 1－x 2)(x 1＋x 2)，因为x 1≠x 2，所以x ＝12(x 1＋x 2), 代入①，得y ＝14x 1x 2＝－m ，所以点Q ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，－m ，即Q(2k ，－m )．所以点Q 在直线y ＝－m 上.(3)假设存在点P ，使得四边形PE Q F 为矩形，由四边形PE Q F 为矩形，得E Q ⊥F Q ，即A Q ⊥B Q ，所以k A Q ·k B Q ＝－1，即12x 1·12x 2＝－1.由(2)，得14x 1x 2＝14(－4m )＝－1，解得m ＝1.所以P (0,1)．以下只要验证此时的四边形PE Q F 为平行四边形即可．在①中，令y ＝0，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 1，0.同理得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2，0.所以直线EP 的斜率为k EP ＝1－00－12x 1＝－2x 1，直线F Q 的斜率k F Q ＝0－－112x 2－x 1＋x 22＝－2x 1，所以k EP ＝k F Q ，即EP ∥F Q. 同理PF ∥E Q.所以四边形PE Q F 为平行四边形．综上所述，存在点P (0,1)，使得四边形PE Q F 为矩形．命题点一椭圆1．(2018·全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，A 是C的左顶点，点P 在过A 且斜率为36的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P ＝120°，则C 的离心率为( )A.23 B.12C.13D.14解析：选D 如图，作PB ⊥x 轴于点B .由题意可设|F 1F 2|＝|PF 2|＝2，则c ＝1.由∠F 1F 2P ＝120°，可得|PB |＝3，|BF 2|＝1，故|AB |＝a ＋1＋1＝a ＋2，tan ∠PAB ＝|PB ||AB |＝3a ＋2＝36，解得a ＝4，所以e ＝c a ＝14.2．(2018·浙江高考)已知点P (0,1)，椭圆x 24＋y 2＝m (m ＞1)上两点A ，B 满足AP ―→＝2PB ―→，则当m ＝________时，点B 橫坐标的绝对值最大．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP ―→＝2PB ―→，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＝2x 2，1－y 1＝2y 2－1，即x 1＝－2x 2，y 1＝3－2y 2.因为点A ，B 在椭圆上，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 224＋3－2y 22＝m ，x224＋y 22＝m ，解得y 2＝14m ＋34，所以x 22＝m －(3－2y 2)2＝－14m 2＋52m －94＝－14(m －5)2＋4≤4，所以当m ＝5时，点B 横坐标的绝对值最大．答案：53．(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB . 解：(1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 则点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以直线AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x －2，即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4kx 1－2x 2－2.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB 成立．4．(2018·天津高考)设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的离心率为53，点A 的坐标为(b,0)，且|FB |·|AB |＝6 2. (1)求椭圆的方程．(2)设直线l ：y ＝kx (k ＞0)与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q ，若|A Q||P Q|＝524sin ∠AO Q(O 为原点)，求k 的值．解：(1)设椭圆的焦距为2c ，由已知有c 2a 2＝59，又由a 2＝b 2＋c 2，可得2a ＝3b .①由已知可得|FB |＝a ，|AB |＝2b ，又|FB |·|AB |＝62，可得ab ＝6.② 联立①②解得a ＝3，b ＝2. 所以椭圆的方程为x 29＋y 24＝1.(2)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，点Q 的坐标为(x 2，y 2)．由已知有y 1＞y 2＞0，故|P Q|sin ∠AO Q ＝y 1－y 2.又因为|A Q|＝y 2sin ∠OAB ，而∠OAB ＝π4，所以|A Q|＝2y 2.由|A Q||P Q|＝524sin ∠AO Q ，可得5y 1＝9y 2. 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 29＋y24＝1消去x ，可得y 1＝6k 9k 2＋4.易知直线AB 的方程为x ＋y －2＝0，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x ＋y －2＝0消去x ，可得y 2＝2kk ＋1. 由5y 1＝9y 2，可得5(k ＋1)＝39k 2＋4，两边平方，整理得56k 2－50k ＋11＝0，解得k ＝12或k ＝1128.所以k 的值为12或1128.5．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m ＞0)．(1)证明：k ＜－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP ―→＋FA ―→＋FB ―→＝0.证明：|FA ―→|，|FP ―→|，|FB ―→|成等差数列，并求该数列的公差．解：(1)证明:设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP ―→|＝32，于是|FA ―→|＝x 1－12＋y 21＝ x 1－12＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214 ＝2－x 12.同理|FB ―→|＝2－x 22.所以|FA ―→|＋|FB ―→|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP ―→|＝|FA ―→|＋|FB ―→|，即|FA ―→|，|FP ―→|，|FB ―→|成等差数列．设该数列的公差为d ，则2|d |＝|FB ―→|－|FA ―→|＝12|x 1－x 2|＝12x 1＋x 22－4x 1x 2.②将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.命题点二双曲线1．(2018·全国卷Ⅱ)双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为3，则其渐近线方程为( )A ．y ＝±2xB ．y ＝±3xC ．y ＝±22x D ．y ＝±32x 解析：选A ∵e ＝c a ＝a 2＋b 2a＝3，∴a 2＋b 2＝3a 2，∴b ＝2a . ∴渐近线方程为y ＝±2x .2．(2018·全国卷Ⅲ)设F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，O 是坐标原点．过F 2作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P .若|PF 1|＝6|OP |，则C 的离心率为( )A. 5 B ．2 C. 3D. 2解析：选C 法一：不妨设一条渐近线的方程为y ＝b ax ，则F 2到y ＝b ax 的距离d ＝|bc |a 2＋b 2＝b .在Rt △F 2PO 中，|F 2O |＝c ，所以|PO |＝a ，所以|PF 1|＝6a ，又|F 1O |＝c ，所以在△F 1PO 与Rt △F 2PO 中，根据余弦定理得cos ∠POF 1＝a 2＋c 2－6a22ac＝－cos ∠POF 2＝－a c，即3a 2＋c 2－(6a )2＝0，得3a 2＝c 2，所以e ＝c a＝ 3.法二：如图，过点F 1向OP 的反向延长线作垂线，垂足为P ′，连接P ′F 2，由题意可知，四边形PF 1P ′F 2为平行四边形，且△PP ′F 2是直角三角形．因为|F 2P |＝b ，|F 2O |＝c ，所以|OP |＝a .又|PF 1|＝6a ＝|F 2P ′|，|PP ′|＝2a ，所以|F 2P |＝2a ＝b ，所以c ＝a 2＋b 2＝3a ，所以e ＝c a＝ 3.3．(2018·天津高考)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点．设A ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝6，则双曲线的方程为( )A.x 24－y 212＝1 B.x 212－y 24＝1C.x 23－y 29＝1 D.x 29－y 23＝1解析：选C 法一：如图，不妨设A 在B 的上方，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，B ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a . 又双曲线的一条渐近线为bx －ay ＝0，则d 1＋d 2＝bc －b 2＋bc ＋b 2a 2＋b 2＝2bcc ＝2b＝6，所以b ＝3.又由e ＝ca＝2，知a 2＋b 2＝4a 2，所以a ＝ 3.所以双曲线的方程为x 23－y 29＝1.法二：由d 1＋d 2＝6，得双曲线的右焦点到渐近线的距离为3，所以b ＝3.因为双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，所以c a ＝2，所以a 2＋b 2a 2＝4，所以a 2＋9a2＝4，解得a 2＝3，所以双曲线的方程为x 23－y 29＝1.4．(2018·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：x 23－y 2＝1，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |＝( )A.32 B ．3 C ．2 3D ．4解析：选B 法一：由已知得双曲线的两条渐近线方程为y ＝±13x .设两条渐近线的夹角为2α，则有tan α＝13＝33，所以α＝30°.所以∠MON ＝2α＝60°.又△OMN 为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN ⊥ON ，如图所示．在Rt △ONF 中，|OF |＝2，则|ON |＝ 3.在Rt △OMN 中，|MN |＝|ON |·tan 2α＝3·tan 60°＝3.法二：因为双曲线x 23－y 2＝1的渐近线方程为y ＝±33x ，所以∠MON ＝60°.不妨设过点F 的直线与直线y ＝33x 交于点M ，由△OMN 为直角三角形，不妨设∠OMN ＝90°，则∠MFO ＝60°，又直线MN 过点F (2,0)，所以直线MN 的方程为y ＝－3(x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－3x －2，y ＝33x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝32，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，所以|OM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，所以|MN |＝3|OM |＝3.5．(2018·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点F (c,0)到一条渐近线的距离为32c ，则其离心率的值为________．解析：∵双曲线的渐近线方程为bx ±ay ＝0， ∴焦点F (c,0)到渐近线的距离d ＝|bc ±0|b 2＋a 2＝b ，∴b ＝32c ，∴a ＝c 2－b 2＝12c ， ∴e ＝c a＝2. 答案：26．(2018·北京高考)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，双曲线N ：x 2m 2－y 2n 2＝1.若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为________．解析：法一：如图，∵双曲线N 的渐近线方程为y ＝±nmx ，∴n m＝tan 60°＝3，∴双曲线N 的离心率e 1满足e 21＝1＋n 2m2＝4，∴e 1＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 2a 2＋y 2b2＝1，得x 2＝a 2b 23a 2＋b2.设D 点的横坐标为x ，由正六边形的性质得|ED |＝2x ＝c ，∴4x 2＝c 2. ∴4a 2b 23a 2＋b2＝a 2－b 2，得3a 4－6a 2b 2－b 4＝0， ∴3－6b 2a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 22＝0，解得b2a2＝23－3.∴椭圆M 的离心率e 2＝1－b 2a2＝4－23＝3－1. 法二：∵双曲线N 的渐近线方程为y ＝±n mx ，∴n m＝tan 60°＝ 3.又c 1＝m 2＋n 2＝2m ， ∴双曲线N 的离心率为c 1m＝2.如图，连接EC ，由题意知，F ，C 为椭圆M 的两焦点，设正六边形边长为1，则|FC |＝2c 2＝2，即c 2＝1.又E 为椭圆M 上一点，则|EF |＋|EC |＝2a ，即1＋3＝2a ，a ＝1＋32.∴椭圆M 的离心率为c 2a ＝21＋3＝3－1.答案：3－1 2 命题点三抛物线1．(2017·全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10解析：选A 抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，由题意可知l 1，l 2的斜率存在且不为0. 不妨设直线l 1的斜率为k ，则l 1：y ＝k (x －1)，l 2：y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －1消去y ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， ∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2＝2＋4k2，由抛物线的定义可知，|AB |＝x 1＋x 2＋2＝2＋4k 2＋2＝4＋4k2.同理得|DE |＝4＋4k 2，∴|AB |＋|DE |＝4＋4k2＋4＋4k 2＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋k 2≥8＋8＝16，当且仅当1k2＝k 2，即k ＝±1时取等号，故|AB |＋|DE |的最小值为16.2．(2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2,0)且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM ―→·FN ―→＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选D 由题意知直线MN 的方程为y ＝23(x ＋2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝23x ＋2，y 2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4.不妨设M (1,2)，N (4,4)． ∵抛物线焦点为F (1,0)， ∴FM ―→＝(0,2)，FN ―→＝(3,4)． ∴FM ―→·FN ―→＝0×3＋2×4＝8.3．(2018·全国卷Ⅲ)已知点M (－1,1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若∠AMB ＝90°，则k ＝________.解析：法一：设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，∴y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，∴k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2. 设AB 中点为M ′(x 0，y 0)，抛物线的焦点为F ，分别过点A ，B 作准线x ＝－1的垂线，垂足分别为A ′，B ′，则|MM ′|＝12|AB |＝12(|AF |＋|BF |)＝12(|AA ′|＋|BB ′|)． ∵M ′(x 0，y 0)为AB 中点，。

2012年高考“圆锥曲线方程”专题分析

可得＝
Ｉ＝ｙＪＹ『ｍｌ，ｏ
，，
所以。，ｌｌｌ１① ＝＝ｙ．
因为４点在单位圆上运动， Байду номын сангаас
１．注重基础，突出主干知识的考查对圆锥曲线的考查，各份试卷基本上是一大一小配置，一
道解答题与一道填空题或选择题．小题与解答题的第一小题难度
何结论代数化，然后，从方程角度进行处理．三点共线的代数化
途径可选用向量或斜率．如何将几何结论代数化，是解决几何论
证问题的一个关锋．
故存在ｔ１＝－，使 △
－￣ＡＰＥ的面积之比是常数２Ｄ
７９
三、复习建议
定点，若过定点，请给出证明，并求出该定点，若不过定点，
解：（）１如图ｌ设Ｍ（，ｙ，Ａｙ，，ｘ）（ｏ）
～
则由ＩＭｆｍｌＩ（０Ｄ＝ｍ＞，且ｍ≠１，）
般较难，对学生的运算能力及综合运用学科的核心思想方法分
析问题与解决问题的能力有较高的要求．二、亮点扫描
例３（西卷 ‘ ２）已知三点ｏｏ】Ａ一，１，（，１，江理０（，０，（２）Ｂ２）
【评析】此题实际上是要考查ＡＱＢ与ＡＰＥ的面积之比是ＡＤ
否是与点Ｑ的坐标无关，在认识到这一点后，则应考虑用参数ｔ和变量 ‰ 来表示两个面积，再由两个面积比（目标函数）研究可否与粕无关．定点与定值问题实际上是运动过程中的一种不

高考数学总复习 8-7 圆锥曲线的综合问题(理)课件新人教B版

2 12 － 4× 6× 5 30 2 |AB|＝ 1＋－ 2 · ＝ . 6 3
点评： 1.点差法的一个基本步骤是：点 A(x1， y1)， B(x2，y2)都在圆锥曲线 f(x· y)＝0 上， ∴f(x1，y1)＝0， f(x2， y2)＝ 0，两式相减 f(x1，y1)－f(x2，y2)＝ 0，然后变形构造 y2－ y1 出及 x1＋ x2 和 y1＋y2，再结合已知条件求解． x2－ x1
1 y＝ 3x－3 x＝6， (2)解方程组 1 22 ，得 5 y＝－ x－ y＝－ . 3 9 2 所以直线 l1 和 l1、 l2 与
Ax＋ By＋ C＝ 0 2．解方程组 fx， y＝ 0
时，若消去 y，得到
关于 x 的方程 ax2＋ bx＋ c＝ 0，这时要考虑 a＝0 和 a≠ 0 两种情况，对双曲线和抛物线而言，一个公共点的情况要考虑全面，除 a≠ 0，Δ＝ 0 外，当直线与双曲线的渐近线平行时，只有一个交点；当直线与抛物线的对称轴平行时，只有一个交点．上述两种情形联立方程组消元后，二次项系数为 0，即只能得到一个一次方程．
x2 y2 [例 1] P(1,1)为椭圆＋＝ 1 内的一定点，过 P 点 4 2 引一弦，与椭圆相交于 A、B 两点，且 P 恰好为弦 AB 的中点，如图所示，求弦 AB 所在的直线方程及弦 AB 的长度．
解析：设弦 AB 所在的直线方程为 y－ 1＝ k(x－ 1)， A、B 两点坐标分别为 (x1， y1)， (x2，y2)，则
2．中点弦问题除了用点差法外，求弦长时应注意是 → → 否过焦点，遇到 AO⊥BO 的情况，常用AO· BO＝ x1x2＋ y1y2＝ 0 解决，有时中点弦问题还可以利用对称、特例法解决．

高中数学第一轮总复习第八章 8.7 圆锥曲线的综合问题教案新人教A版

8.7 圆锥曲线的综合问题巩固·夯实基础一、自主梳理解析几何考查的重点是圆锥曲线，在历年的高考中，占解析几何总分值的四分之三以上.解析几何的综合问题也主要以圆锥曲线为载体，通常从以下几个方面进行考查：1.位置问题，直线与圆锥曲线的位置关系问题，是研究解析几何的重点内容，常涉及直线与曲线交点的判断、弦长、面积、对称、共线等问题.其解法是充分利用方程思想以及韦达定理.2.最值问题，最值问题是从动态角度去研究解析几何中的数学问题的主要内容.其解法是设变量、建立目标函数、转化为求函数的最值.3.范围问题，范围问题主要是根据条件，建立含有参变量的函数关系式或不等式，然后确定参数的取值范围，其解法主要有运用圆锥曲线上点的坐标的取值范围，运用求函数的值域、最值以及二次方程实根的分布等知识.以上这些问题由于综合性较强，所以备受命题者的青睐.常用来综合考查学生在数形结合、等价转化、分类转化、逻辑推理等多方面的能力.二、点击双基1.方程22)2()2(-++y x =|x-y+3|表示的曲线是( )A.直线B.双曲线C.椭圆D.抛物线解析：原方程变形为2|3|)2()2(22+--++y x y x =2.它表示点(x,y)到点(-2,2)与定直线x-y+3=0的距离比是2.故选B.答案：B2.若点（x,y ）在椭圆4x 2+y 2=4上，则2-x y 的最小值为（） A.1 B.-1 C.-323 D.以上都不对解析：2-x y 的几何意义是椭圆上的点与定点（2，0）连线的斜率.显然直线与椭圆相切时取得最值，设直线y=k(x-2),代入椭圆方程消去y 得(4+k 2)x 2-4k 2x+4k 2-4=0.令Δ=0，k=±323. ∴k min =-323.答案：C 3.双曲线22a x -22b y =1的离心率为e 1，双曲线22b y -22ax =1的离心率为e 2，则e 1+e 2的最小值为( ) A.42 B.2 C.22 D.4解析：(e 1+e 2)2=e 12+e 22+2e 1e 2 =222a b a ++222b a b ++2·a b a 22+·ba b 22+ =2+22a b +22ba +2(ab +b a ) ≥2+2+2×2=8.当且仅当a=b 时取等号.故选C.答案：C4.若椭圆x 2+a 2y 2=a 2的长轴长是短轴长的2倍，则a=___________________. 解析：方程化为22ax +y 2=1, 若a 2>1,∴2|a|=2×2,a=±2.当0<a 2<1，∴2=4|a|.∴a=±21. 答案：±2,±21 5.P 是双曲线32x -y 2=1的右支上一动点，F 是双曲线的右焦点，已知A(3,1)，则|PA|+|PF|的最小值为____________________________.解析：设F ′为双曲线的左焦点，∴|PF ′|-|PF|=23.∴|PA|+|PF|=|PA|+|PF ′|-23≥|AF ′|-23=26-23. 答案：26-23诱思·实例点拨【例1】如图,O 为坐标原点,直线l 在x 轴和y 轴上的截距分别是a 和b(a>0,b ≠0),且交抛物线y 2=2px(p>0)于M(x 1,y 1),N(x 2,y 2)两点.(1)写出直线l 的截距式方程;(2)证明11y +21y =b1;(3)当a=2p 时,求∠MON 的大小.剖析：易知直线l 的方程为a x +b y =1,欲证11y +21y =b1,即求2121y y y y +的值,为此只需求直线l 与抛物线y 2=2px 交点的纵坐标.由根与系数的关系易得y 1+y 2、y 1y 2的值,进而证得11y +21y =b 1.由·=0易得∠MON=90°.亦可由k OM ·k ON =-1求得∠MON=90°.(1)解：直线l 的截距式方程为a x +b y =1. ① (2)证明：由①及y 2=2px 消去x 可得by 2+2pay-2pab=0. ②点M 、N 的纵坐标y 1、y 2为②的两个根,故y 1+y 2=bpa 2-,y 1y 2=-2pa. 所以11y +21y =2121y y y y +=pa b pa22--=b 1. (3)解：设直线OM 、ON 的斜率分别为k 1、k 2,则k 1=11x y ,k 2=22x y . 当a=2p 时,由(2)知,y 1y 2=-2pa=-4p 2,由y 12=2px 1,y 22=2px 2,相乘得(y 1y 2)2=4p 2x 1x 2,x 1x 2=22214)(p y y =2224)4(p p -=4p 2,因此k 1k 2=2121x x y y =2244p p -=-1. 所以OM ⊥ON,即∠MON=90°.讲评：本题主要考查直线、抛物线等基本知识,考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力.【例2】已知椭圆C 的方程为22a x +22b y =1(a>b>0),双曲线22a x -22by =1的两条渐近线为l 1、l 2,过椭圆C 的右焦点F 作直线l,使l ⊥l 1,又l 与l 2交于P 点,设l 与椭圆C 的两个交点由上至下依次为A 、B.(如图)(1)当l 1与l 2夹角为60°,双曲线的焦距为4时,求椭圆C 的方程;(2)当=λ时,求λ的最大值.剖析：(1)求椭圆方程即求a 、b 的值,由l 1与l 2的夹角为60°易得a b =33,由双曲线的距离为4易得a 2+b 2=4,进而可求得a 、b. (2)由=λ,欲求λ的最大值,需求A 、P 的坐标,而P 是l 与l 1的交点,故需求l 的方程.将l 与l 2的方程联立可求得P 的坐标,进而可求得点A 的坐标.将A 的坐标代入椭圆方程可求得λ的最大值.解：(1)∵双曲线的渐近线为y=±a b x,两渐近线夹角为60°, 又ab <1, ∴∠POx=30°,即a b =tan30°=33. ∴a=3b.又a 2+b 2=4,∴a 2=3,b 2=1. 故椭圆C 的方程为32x +y 2=1. (2)由已知l:y=b a (x-c),与y=a b x 解得P(ca 2,c ab ), 由=λ得A(λλ+∙+12c a c ,λλ+∙1c ab ). 将A 点坐标代入椭圆方程得(c 2+λa 2)2+λ2a 4=(1+λ)2a 2c 2.∴(e 2+λ)2+λ2=e 2(1+λ)2.∴λ2=2224--e e e =-［(2-e 2)+222e -］+3≤3-22. ∴λ的最大值为2-1.讲评：本题考查了椭圆、双曲线的基础知识,及向量、定比分点公式、重要不等式的应用.解决本题的难点是通过恒等变形,利用重要不等式解决问题的思想.本题是培养学生分析问题和解决问题能力的一道好题.【例3】已知直线y=-2上有一个动点Q ，过Q 作直线l 垂直于x 轴，动点P 在直线l 上，且⊥，记点P 的轨迹为C 1.(1)求曲线C 1的方程.(2)设直线l 与x 轴交于点A ，且=(≠0).试判断直线PB 与曲线C 1的位置关系，并证明你的结论.(3)已知圆C 2：x 2+(y-a)2=2,若C 1、C 2在交点处的切线互相垂直，求a 的值.解：(1)设P 的坐标为(x,y),则点Q 的坐标为(x,-2).∵⊥,∴·=0.∴x 2-2y=0.∴点P 的轨迹方程为x 2=2y(x ≠0).(2)直线PB 与曲线C 1相切，设点P 的坐标为(x 0,y 0)，点A 的坐标为(x 0,0). ∵=,∴=(0,-y 0).∴点B 的坐标为(0,-y 0).∵≠0,∴直线PB 的斜率为k=002x y . ∵x 02=2y 0,∴k=x 0.∴直线PB 的方程为y=x 0x-y 0.代入x 2=2y,得x 2-2x 0x+2y 0=0.∵Δ=4x 02-8y 0=0,∴直线PB 与曲线C 1相切.(3)不妨设C 1、C 2的一个交点为N(x 1,y 1),C 1的解析式即为y=21x 2，则在C 1上N 处切线的斜率为k ′=x 1，圆C 2过N 点的半径的斜率为k=11x a y . ① 又∵点N(x 1,y 1)在C 1上，所以y 1=21x 12. ② 由①②得y 1=-a,x 12=-2a,∵N(x 1,y 1)在圆C 2上，∴-2a+4a 2=2.∴a=-21或a=1. ∵y 1>0,∴a<0. ∴a=-21.。

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8.7 圆锥曲线的综合问题●知识梳理解析几何是联系初等数学与高等数学的纽带，它本身侧重于形象思维、推理运算和数形结合，综合了代数、三角、几何、向量等知识.反映在解题上，就是根据曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质.学习时应熟练掌握函数与方程的思想、数形结合的思想、参数的思想、分类与转化的思想等，以达到优化解题的目的.具体来说，有以下三方面：（1）确定曲线方程，实质是求某几何量的值；含参数系数的曲线方程或变化运动中的圆锥曲线的主要问题是定值、最值、最值范围问题，这些问题的求解都离不开函数、方程、不等式的解题思想方法.有时题设设计的非常隐蔽，这就要求认真审题，挖掘题目的隐含条件作为解题突破口.（2）解析几何也可以与数学其他知识相联系，这种综合一般比较直观，在解题时保持思维的灵活性和多面性，能够顺利进行转化，即从一知识转化为另一知识.（3）解析几何与其他学科或实际问题的综合，主要体现在用解析几何知识去解有关知识，具体地说就是通过建立坐标系，建立所研究曲线的方程，并通过方程求解来回答实际问题.在这一类问题中“实际量”与“数学量”的转化是易出错的地方，这是因为在坐标系中的量是“数量”，不仅有大小还有符号.●点击双基1.（2005年春季北京，5）设abc ≠0，“ac >0”是“曲线ax 2+by 2=c 为椭圆”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件解析：ac >0曲线ax 2+by 2=c 为椭圆.反之成立. 答案：B2.到两定点A （0，0），B （3，4）距离之和为5的点的轨迹是 A.椭圆 B.AB 所在直线 C.线段AB D.无轨迹解析：数形结合易知动点的轨迹是线段AB ：y =34x ，其中0≤x ≤3. 答案：C3.若点（x ，y ）在椭圆4x 2+y 2=4上，则2-x y的最小值为 A.1B.－1C.－323D.以上都不对解析：2-x y的几何意义是椭圆上的点与定点（2，0）连线的斜率.显然直线与椭圆相切时取得最值，设直线y =k （x －2）代入椭圆方程（4+k 2）x 2－4k 2x +4k 2－4=0.令Δ=0，k =±323.∴k min =－323.答案：C4.（2005年春季上海，7）双曲线9x 2－16y 2=1的焦距是____________.解析：将双曲线方程化为标准方程得912x －1612y =1.∴a 2=91，b 2=161，c 2=a 2+b 2=91+161=14425.∴c =125，2c =65.答案：655.（2004年春季北京）若直线mx +ny －3=0与圆x 2+y 2=3没有公共点，则m 、n 满足的关系式为____________；以（m ，n ）为点P 的坐标，过点P 的一条直线与椭圆72x +32y =1的公共点有____________个.解析：将直线mx +ny －3=0变形代入圆方程x 2+y 2=3，消去x ，得（m 2+n 2）y 2－6ny +9－3m 2=0. 令Δ<0得m 2+n 2<3.又m 、n 不同时为零，∴0<m 2+n 2<3.由0<m 2+n 2<3，可知|n |<3，|m |<3，再由椭圆方程a =7，b =3可知公共点有2个.答案：0<m 2+n 2<3 2 ●典例剖析【例1】（2005年春季北京，18）如图，O 为坐标原点，直线l 在x 轴和y 轴上的截距分别是a 和b （a >0，b ≠0），且交抛物线y 2=2px （p >0）于M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）两点.（1）写出直线l 的截距式方程；（2）证明：11y +21y =b1；（3）当a =2p 时，求∠MON 的大小. 剖析：易知直线l 的方程为a x +by=1，欲证11y +21y =b 1，即求2121y y y y 的值，为此只需求直线l 与抛物线y 2=2px 交点的纵坐标.由根与系数的关系易得y 1+y 2、y 1y 2的值，进而证得11y +21y =b1.由OM ·ON =0易得∠MON =90°.亦可由k OM ·k ON =－1求得∠MON =90°. （1）解：直线l 的截距式方程为a x +by =1. ①（2）证明：由①及y 2=2px 消去x 可得by 2+2pay －2pab =0. ②第3页（共14页）点M 、N 的纵坐标y 1、y 2为②的两个根，故y 1+y 2=bpa2-，y 1y 2=－2pa . 所以11y +21y =2121y y y y +=pa b pa22--=b1.（3）解：设直线OM 、ON 的斜率分别为k 1、k 2，则k 1=11x y ，k 2=22x y. 当a =2p 时，由（2）知，y 1y 2=－2pa =－4p 2，由y 12=2px 1，y 22=2px 2，相乘得（y 1y 2）2=4p 2x 1x 2，x 1x 2=22214)(p y y =2224)4(pp =4p 2，因此k 1k 2=2121x x y y =2244p p -=－1.所以OM ⊥ON ，即∠MON =90°.评述：本题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力.【例2】（2005年黄冈高三调研考题）已知椭圆C 的方程为22a x +22b y =1（a >b >0），双曲线22a x －22by =1的两条渐近线为l 1、l 2，过椭圆C 的右焦点F 作直线l ，使l ⊥l 1，又l 与l 2交于P 点，设l 与椭圆C 的两个交点由上至下依次为A 、B .（如下图）（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 时，求λ的最大值.剖析：（1）求椭圆方程即求a 、b 的值，由l 1与l 2的夹角为60°易得a b =33，由双曲线的距离为4易得a 2+b 2=4，进而可求得a 、b .（2）由FA =λAP ，欲求λ的最大值，需求A 、P 的坐标，而P 是l 与l 1的交点，故需求l 的方程.将l 与l 2的方程联立可求得P 的坐标，进而可求得点A 的坐标.将A 的坐标代入椭圆方程可求得λ的最大值.解：（1）∵双曲线的渐近线为y =±a b x ，两渐近线夹角为60°，又ab<1， ∴∠POx =30°，即a b =tan30°=33.∴a =3b .又a 2+b 2=4，∴a 2=3，b 2=1.故椭圆C 的方程为32x +y 2=1.（2）由已知l ：y =b a （x －c ），与y =a b x 解得P （ca 2，c ab ），由FA =λAP 得A （λλ+⋅+12c a c ，λλ+⋅1c ab ）. 将A 点坐标代入椭圆方程得（c 2+λa 2）2+λ2a 4=（1+λ）2a 2c 2. ∴（e 2+λ）2+λ2=e 2（1+λ）2.∴λ2=2224--e e e =－［（2－e 2）+222e-］+3≤3－22. ∴λ的最大值为2－1.评述：本题考查了椭圆、双曲线的基础知识，及向量、定比分点公式、重要不等式的应用.解决本题的难点是通过恒等变形，利用重要不等式解决问题的思想.本题是培养学生分析问题和解决问题能力的一道好题.【例3】设椭圆中心是坐标原点，长轴在x 轴上，离心率e =23，已知点P （0，23）到这个椭圆上的点的最远距离是7，求这个椭圆方程，并求椭圆上到点P 的距离等于7的点的坐标.剖析：设椭圆方程为22a x +22by =1，由e =23知椭圆方程可化为x 2+4y 2=4b 2，然后将距离转化为y 的二次函数，二次函数中含有一个参数b ，在判定距离有最大值的过程中，要讨论y =－21是否在y 的取值范围内，最后求出椭圆方程和P 点坐标. 解法一：设所求椭圆的直角坐标方程是22a x +22b y =1，其中a ＞b ＞0待定.由e 2=22a c =222a b a -=1－（a b ）2可知a b =21e-=431-=21，即a =2b . 设椭圆上的点（x ，y ）到点P 的距离为d ，则d 2=x 2+（y －23）2=a 2（1－22by ）+y 2－3y +49=4b 2－3y 2－3y +49=－3（y +21）2+4b 2+3，其中－b ≤y ≤b . 如果b ＜21，则当y =－b 时d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=（b +23）2，由第5页（共14页）此得b =7－23＞21，与b ＜21矛盾. 因此必有b ≥21成立，于是当y =－21时d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=4b 2+3，由此可得b =1，a =2.故所求椭圆的直角坐标方程是42x +y 2=1.由y =－21及求得的椭圆方程可得，椭圆上的点（－3，－21），点（3，－21）到点P 的距离都是7.解法二：根据题设条件，设椭圆的参数方程是x =a cos θ，y =b sin θ，∵e =23，∴a =2b . 设椭圆上的点（x ，y ）到点P 的距离为d ，则d 2=x 2+（y －23）2=a 2cos 2θ+（b sin θ－23）2=－3b 2·（sin θ+b 21）2+4b 2+3.如果b 21＞1，即b ＜21，则当sin θ=－1时，d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=（b +23） 2，由此得b =7－23＞21，与b ＜21矛盾.因此必有b 21≤1成立，于是当sin θ=－b21时，d 2（从而d ）有最大值，由题设得（7）2=4b 2+3.x =2cos θ， y =sin θ.消去参数得42x +y 2=1，由sin θ=21 ，cos θ=±23知椭圆上的点（－3，－21），（3，－21）到P 点的距离都是7. 评述：本题体现了解析几何与函数、三角知识的横向联系，解答中要注意讨论. 深化拓展根据图形的几何性质，以P 为圆心，以7为半径作圆，圆与椭圆相切时，切点与P 的距离为7，此时的椭圆和切点即为所求.读者不妨一试.x 2+（y －23）2=7，x 2+4y 2=4b 2，得3y 2+3y －49=4b 2－7，由Δ=0得b 2=1，即椭圆方程为x 2+4y 2=4.其中a ＞b ＞0待定，0≤θ＜2π，由此得b =1，a =2.所以椭圆参数方程提示：由所求点为（－3，－21）、（3，－21）. ●闯关训练夯实基础1.（2005年北京东城区目标检测）以正方形ABCD 的相对顶点A 、C 为焦点的椭圆，恰好过正方形四边的中点，则该椭圆的离心率为A.3210- B.315- C.215-D.2210-解析：建立坐标系，设出椭圆方程，由条件求出椭圆方程，可得e =2210-. 答案：D2.已知F 1（－3，0）、F 2（3，0）是椭圆m x 2+ny 2＝1的两个焦点，P 是椭圆上的点，当∠F 1PF 2＝3π2时，△F 1PF 2的面积最大，则有A.m =12，n =3B.m =24，n =6C.m =6，n =23D.m =12，n =6解析：由条件求出椭圆方程即得m =12，n =3. 答案：A3.（2005年启东市第二次调研）设P 1（2，2）、P 2（－2，－2），M 是双曲线y =x1上位于第一象限的点，对于命题①|MP 2|－|MP 1|=22；②以线段MP 1为直径的圆与圆x 2+y 2=2相切；③存在常数b ，使得M 到直线y =－x +b 的距离等于22|MP 1|.其中所有正确命题的序号是____________.解析：由双曲线定义可知①正确，②画图由题意可知正确，③由距离公式及|MP 1|可知正确.答案：①②③4.（2004年全国Ⅱ，15）设中心在原点的椭圆与双曲线2x 2－2y 2=1有公共的焦点，且它们的离心率互为倒数，则该椭圆的方程是_________________.解析：双曲线中，a =21=b ，∴F （±1，0），e =ac =2.∴椭圆的焦点为（±1，0），离心率为22.∴长半轴长为2，短半轴长为1.∴方程为22x +y 2=1.答案：22x +y 2=15.（1）试讨论方程（1－k ）x 2+（3－k 2）y 2=4（k ∈R ）所表示的曲线；（2）试给出方程622-+k k x +1622--k k y =1表示双曲线的充要条件.第7页（共14页）解：（1）3－k 2>1－k >0⇒k ∈（－1，1），方程所表示的曲线是焦点在x 轴上的椭圆； 1－k >3－k 2>0⇒k ∈（－3，－1），方程所表示的曲线是焦点在y 轴上的椭圆；1－k =3－k 2>0⇒k =－1，表示的是一个圆；（1－k ）（3－k 2）<0⇒k ∈（－∞，－3）∪（1，3），表示的是双曲线；k =1，k =－3，表示的是两条平行直线；k =3，表示的图形不存在.（2）由（k 2+k －6）（6k 2－k －1）<0⇒（k +3）（k －2）（3k +1）（2k －1）<0⇒k ∈（－3，－31）∪（21，2）. 6.（2003年湖北八市模拟题）已知抛物线y 2=2px 上有一内接正△AOB ，O 为坐标原点.（1）求证：点A 、B 关于x 轴对称；（2）求△AOB 外接圆的方程. （1）证明：设A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）， ∵|OA |=|OB |，∴x 12+y 12=x 22+y 22.又∵y 12=2px 1，y 22=2px 2，∴x 22－x 12+2p （x 2－x 1）=0，即（x 2－x 1）（x 1+x 2+2p ）=0. 又∵x 1、x 2与p 同号，∴x 1+x 2+2p ≠0.∴x 2－x 1=0，即x 1=x 2. 由抛物线对称性，知点A 、B 关于x 轴对称. （2）解：由（1）知∠AOx =30°，则 y 2=2px ， x =6p ，y =33x y =23p .∴A （6p ，23p ）.方法一：待定系数法，△AOB 外接圆过原点O ，且圆心在x 轴上，可设其方程为x 2+y 2+dx =0.将点A （6p ，23p ）代入，得d =－8p .故△AOB 外接圆方程为x 2+y 2－8px =0.方法二：直接求圆心、半径，设半径为r ，则圆心（r ，0）. 培养能力 7.（理）（2004年北京，17）如下图，过抛物线y 2=2px （p ＞0）上一定点P （x 0，y 0）（y 0＞0），作两条直线分别交抛物线于A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）.（1）求该抛物线上纵坐标为2p的点到其焦点F 的距离； ∴（2）当P A 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求021y y y +的值，并证明直线AB 的斜率是非零常数.解：（1）当y =2p 时，x =8p .又抛物线y 2=2px 的准线方程为x =－2p ，由抛物线定义得所求距离为8p －（－2p ）=85p.（2）设直线P A 的斜率为k P A ，直线PB 的斜率为k PB .由y 12=2px 1，y 02=2px 0，相减得（y 1－y 0）（y 1+y 0）=2p （x 1－x 0），故k P A =0101x x y y --=012y y p+（x 1≠x 0）.同理可得k PB =22y y p+（x 2≠x 0）.由P A 、PB 倾斜角互补知k P A =－k PB ，即012y y p +=－022y y p+，所以y 1+y 2=－2y 0，故21y y y +=－2. 设直线AB 的斜率为k AB .由y 22=2px 2，y 12=2px 1，相减得（y 2－y 1）（y 2+y 1）=2p （x 2－x 1），所以k AB =1212x x y y --=212y y p+（x 1≠x 2）.将y 1+y 2=－2y 0（y 0＞0）代入得k AB =212y y p +=－0y p，所以k AB 是非零常数.（文）如下图，抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点，点P （1，2）、A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）均在抛物线上.（1）写出该抛物线的方程及其准线方程；（2）当P A 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求y 1+y 2的值及直线AB 的斜率.第9页（共14页）解：（1）由已知条件，可设抛物线的方程为y 2=2px .∵点P （1，2）在抛物线上， ∴22=2p ·1，得p =2.故所求抛物线的方程是y 2=4x ，准线方程是x =－1. （2）设直线P A 的斜率为k P A ，直线PB 的斜率为k PB . 则k P A =1211--x y （x 1≠1），k PB =1222--x y （x 2≠1）. ∵P A 与PB 的斜率存在且倾斜角互补，∴k P A =－k PB .由A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2）在抛物线上，得 y 12=4x 1， ① y 22=4x 2， ② ∴1412211--y y =－1412222--y y . ∴y 1+2=－（y 2+2）.∴y 1+y 2=－4. 由①－②得直线AB 的斜率 k AB =1212x x y y --=214y y +=－44=－1（x 1≠x 2）.8.（2003年北京东城区模拟题）从椭圆22a x +22by =1（a ＞b ＞0）上一点M 向x 轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点F 1，且它的长轴右端点A 与短轴上端点B 的连线AB ∥OM .（1）求椭圆的离心率；（2）若Q 是椭圆上任意一点，F 2是右焦点，求∠F 1QF 2的取值范围；（3）过F 1作AB 的平行线交椭圆于C 、D 两点，若|CD |=3，求椭圆的方程.解：（1）由已知可设M （－c ，y ），则有22)(a c -+22b y =1.∵M 在第二象限，∴M （－c ，ab 2）.又由AB ∥OM ，可知k AB =k OM .∴－ac b 2=－a b .∴b =c .∴a =2b .∴e =a c =22.（2）设|F 1Q |=m ，|F 2Q |=n ，则m +n =2a ，mn ＞0.|F 1F 2|=2c ，a 2=2c 2，∴cos ∠F 1QF 2=mnc n m 24222-+=mn c mn n m 242)(22--+=mnc a 24422-－1=mn a 2－1≥22)2(n m a +－1=22a a －1=0.当且仅当m =n =a 时，等号成立.故∠F 1QF 2∈［0，2π］. （3）∵CD ∥AB ，k CD =－a b =－22. 设直线CD 的方程为y =－22（x +c ），即y =－22（x +b ）.22a x +22b y =1，y =－22（x +b ）.（a 2+2b 2）x 2+2a 2bx －a 2b 2=0. 设C （x 1，y 1）、D （x 2，y 2），∵a 2=2b 2， ∴x 1+x 2=－22222b a b a +=－2344b b =－b ，x 1·x 2=－22222b a b a +=－2442bb =－22b . ∴|CD |=21k +|x 1－x 2|=21k +·212214)(x x x x -+ =2)22(1-+·222)(b b +-=229b =3. ∴b 2=2，则a 2=4.∴椭圆的方程为42x +22y =1.探究创新9.（2005年春季上海，22）（1）求右焦点坐标是（2，0），且经过点（－2，－2）的椭圆的标准方程.（2）已知椭圆C 的方程是22a x +22by =1（a >b >0）.设斜率为k 的直线l 交椭圆C 于A 、B两点，AB 的中点为M .证明：当直线l 平行移动时，动点M 在一条过原点的定直线上.（3）利用（2）所揭示的椭圆几何性质，用作图方法找出下面给定椭圆的中心，简要写出作图步骤，并在图中标出椭圆的中心.（1）解：设椭圆的标准方程为22a x +22by =1，a >b >0，则消去y ，整理得第11页（共14页）∴a 2=b 2+4，即椭圆的方程为422+b x +22b y =1. ∵点（－2，－2）在椭圆上， ∴442+b +22b =1. 解得b 2=4或b 2=－2（舍）. 由此得a 2=8，即椭圆的标准方程为82x +42y =1. （2）证明：设直线l 的方程为y =kx +m ，与椭圆C 的交点A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2），y =kx +m ， 22a x +22b y =1. 解得（b 2+a 2k 2）x 2+2a 2kmx +a 2m 2－a 2b 2=0.∵Δ>0，∴m 2<b 2+a 2k 2，即－222k a b +<m <222k a b +.则x 1+x 2=－22222k a b km a +，y 1+y 2=kx 1+m +kx 2+m =22222ka b m b +， ∴AB 中点M 的坐标为（－2222k a b km a +，2222k a b m b +）. ∴线段AB 的中点M 在过原点的直线b 2x +a 2ky =0上.（3）解：如下图，作两条平行直线分别交椭圆于A 、B 和C 、D ，并分别取AB 、CD 的中点M 、N ，连结直线MN ；又作两条平行直线（与前两条直线不平行）分别交椭圆于A 1、B 1和C 1、D 1，并分别取A 1B 1、C 1D 1的中点M 1、N 1，连结直线M 1N 1，那么直线MN 和M 1N 1的交点O 即为椭圆中心.●思悟小结在知识的交汇点处命题，是高考命题的趋势，而解析几何与函数、三角、数列、向量等知识的密切联系，正是高考命题的热点，为此在学习时应抓住以下几点：1.客观题求解时应注意画图，抓住涉及到的一些元素的几何意义，用数形结合法去分析解决.2.四点重视：①重视定义在解题中的作用；②重视平面几何知识在解题中的简化功能；③重视根与系数关系在解题中的作用；④重视曲线的几何特征与方程的代数特征的统一.3.注意用好以下数学思想、方法：①方程思想；②函数思想；③对称思想；④参数思想；⑤转化思想；⑥分类思想.则有除上述几种常用数学思想外，整体思想、数形结合思想、主元分析思想、正难则反思想、构造思想等也是解析几何解题中不可缺少的思想方法.在复习中必须给予足够的重视，真正发挥数学解题思想作为联系知识与能力中的作用，从而提高简化计算能力.●教师下载中心教学点睛本节是圆锥曲线的综合应用，主要是曲线方程的运用、变量范围的计算、最值的确定等，解决这类问题的关键是依据解析几何本身的特点，寻找一个突破口，那么如何找到解决问题的突破口呢？（1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系.（2）建立目标函数，转化为求函数的最值问题.（3）利用代数基本不等式.代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思.（4）结合参数方程，利用三角函数的有界性.直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式.因此，它们的应用价值在于：①通过参数θ简明地表示曲线上点的坐标；②利用三角函数的有界性及其变形公式来帮助求解诸如最值、范围等问题.（5）构造一个二次方程，利用判别式Δ≥0.拓展题例【例1】（2005年启东市第二次调研题）抛物线y 2=4px （p >0）的准线与x 轴交于M 点，过点M 作直线l 交抛物线于A 、B 两点.（1）若线段AB 的垂直平分线交x 轴于N （x 0，0），求证：x 0>3p ；（2）若直线l 的斜率依次为p ，p 2，p 3，…，线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点依次为N 1，N 2，N 3，…，当0<p <1时，求||121N N +||132N N +…+||11110N N 的值. （1）证明：设直线l 方程为y =k （x +p ），代入y 2=4px .得k 2x 2+（2k 2p －4p ）x +k 2p 2=0.Δ=4（k 2p －2p ）2－4k 2·k 2p 2>0，得0<k 2<1.令A （x 1，y 1）、B （x 2，y 2），则x 1+x 2=－2242kp p k -，y 1+y 2=k （x 1+x 2+2p ）=k p 4， AB 中点坐标为（222k p k p -，k p 2）. AB 垂直平分线为y －k p 2=－k 1（x －222kp k p -）. 令y =0，得x 0=222k p p k +=p +22k p . 由上可知0<k 2<1，∴x 0>p +2p =3p .∴x 0>3p .（2）解：∵l 的斜率依次为p ，p 2，p 3，…时，AB 中垂线与x 轴交点依次为N 1，N 2，N 3，…（0<p <1）.∴点N n 的坐标为（p +122-n p ，0）.第13页（共14页）|N n N n +1|=|（p +122-n p ）－（p +122+n p ）|=122)1(2+-n pp ， ||11+n n N N =)1(2212p p n -+，所求的值为)1(212p -［p 3+p 4+…+p 21］=)1()1(2)1(2193p p p p +--. 【例2】（2003年南京市模拟题）已知双曲线C ：22a x －22by =1（a ＞0，b ＞0），B 是右顶点，F 是右焦点，点A 在x 轴正半轴上，且满足|OA |、|OB |、|OF |成等比数列，过F 作双曲线C 在第一、三象限的渐近线的垂线l ，垂足为P.（1）求证：PA ·OP =PA ·FP ；（2）若l 与双曲线C 的左、右两支分别相交于点D 、E ，求双曲线C 的离心率e 的取值范围.（1）证法一：l ：y =－b a （x －c ）. y =－b a （x －c ）， y =ab x . 解得P （c a 2，c ab ）.∵|OA |、|OB |、|OF |成等比数列，∴A （ca 2，0）. ∴PA =（0，－c ab ），OP =（c a 2，c ab ），FP =（－cb 2，c ab ）. ∴PA ·OP =－222c b a ，PA ·FP =－222cb a . ∴PA ·OP =PA ·FP .证法二：同上得P （ca 2，c ab ）. ∴P A ⊥x 轴，PA ·OP －PA ·FP =PA ·OF =0. ∴PA ·OP =PA ·FP .y =－b a（x －c ）， b 2x 2－a 2y 2=a 2b 2. ∴b 2x 2－24b a （x －c ）2=a 2b 2，即（b 2－24b a ）x 2+224b a cx －（224b c a +a 2b 2）=0. ∵x 1·x 2=24222224)(ba b b a b c a -+-＜0， ∴b 4＞a 4，即b 2＞a 2，c 2－a 2＞a 2.∴e 2＞2，即e ＞2.（2）解：。