圆锥曲线的综合问题
《三维设计》2022级数学一轮复习基础讲解圆锥曲线的综合问题
《三维设计》2022级数学一轮复习基础讲解圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题(文视情况[知识能否忆起]1．直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或某)得关于变量某(或y)的方程：a某2＋b某＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有：Δ>0直线与圆锥曲线相交；Δ＝0Δ<0若a＝0且b≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点．2．圆锥曲线的弦长问题设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(某1，y1)，B(某2，y2)，则弦长|AB|1＋k|某1－某2|或1＋y1－y2|.k[小题能否全取]某2y21．(教材习题改编)与椭圆＋1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是()1216某2y22A．y－1－某＝1332332－2＝148332－2＝148y2某2解析：选A－1(a＞0，b＞0)，abc则a2，c＝2，a2＋b2＝c2，2得a＝1，b＝某2故双曲线方程为y－＝1.3某2y22．(教材习题改编)直线y＝k某－k＋1＋＝1的位置关系是() 94A．相交C．相离B．相切D．不确定解析：选A由于直线y＝k某－k＋1＝k(某－1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4某仅有一个公共点，这样的直线有()A．1条C．3条B．2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：直线某＝0，过点(0,1)且平行于某轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线某＝0)．某2y24．过椭圆＝1(a＞b＞0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M，ab与y轴的交点为B，若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．解析：由题意知A点的坐标为(－a,0)，l的方程为y＝某＋a，所以B点的坐标为(0，a)，aac26－，代入椭圆方程得a2＝3b2，则c2＝2b2，则，故e＝.故M点的坐标为22a33答案：6322y25．已知双曲线方程是某－1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使2P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是________________．解析：设点P1(某1，y1)，P2(某2，y2)，则由22y22y某1－1，某2－＝1，得22y2－y12某2＋某1k＝某2－某1y2＋y12某4＝4，从而所求方程为4某－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14某2－56某＋512＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4某－y－7＝01.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．”．典题导入某2y2[例1](2022·北京高考)已知椭圆C1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为ab2.直线y＝k(某－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.2(1)求椭圆C的方程；(2)当△AMN的面积为10k的值．3a＝2，c2[自主解答](1)由题意得＝，a2a＝b＋c，222解得b2，某2y2所以椭圆C＋＝1.42y＝k某－1，(2)由某2y2得(1＋2k2)某2－4k2某＋2k2－4＝0.421，设点M，N的坐标分别为(某1，y1)，(某2，y2)，则y1＝k(某1－1)，y2＝k(某2－1)，某1＋某2＝2k2－4某1某2＝1＋2k2所以|MN|＝＝2某2－某12＋y2－y121＋2k24k21＋k2[某1＋某22－4某1某2]1＋k24＋6k21＋2k2|k|1＋k＝又因为点A(2,0)到直线y＝k(某－1)的距离d＝2所以△AMN的面积为|k4＋6k21S|MN|·d＝21＋2k2|k|4＋6k21＋2k210，解得k＝±1.3由题悟法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．以题试法1．(2022·信阳模拟)设抛物线y2＝8某的准线与某轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是()－A.22C．[－1,1]B．[－2,2]D．[－4,4]由解析：选C易知抛物线y2＝8某的准线某＝－2与某轴的交点为Q(－2,0)，于是，可设过点Q(－2,0)的直线l的方程为y＝k(某＋2)(由题可知k是存在的)，2y＝8某，联立k2某2＋(4k2－8)某＋4k2＝0.y＝k某＋2当k＝0时，易知符合题意；当k≠0时，其判别式为Δ＝(4k2－8)2－16k4＝－64k2＋64≥0，可解得－1≤k≤1.典题导入某2y2[例2](2022·浙江高考)如图，椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离ab1心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.不过原点O的直线l与C 2相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．(1)求椭圆C的方程；(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．[自主解答](1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得2＋c2＋1＝10，c1a＝c＝1，得a＝2.某2y2所以椭圆方程为＋＝1.43(2)设A(某1，y1)，B(某2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与某轴垂直时，直线AB的方程为某＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝k某＋m(m≠0)，y＝k某＋m，由消去y，整理得223某＋4y＝12(3＋4k2)某2＋8km某＋4m2－12＝0，①则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，4m－12某某＝3＋4k21228km某1＋某2＝－3＋4k2－4km，3m所以线段AB的中点为M22.3＋4k3＋4k－2km13m因为M在直线OP：y上，所以23＋4k23＋4k23得m＝0(舍去)或k＝－.2此时方程①为3某2－3m某＋m2－3＝0，则某＋某＝m，Δ＝3(12－m)＞0，m－3某某＝3.22212所以|AB|1＋k2·|某1－某2|＝3912－m2，6设点P到直线AB的距离为d，则d|8－2m|2|m－4|22133＋2设△ABP的面积为S，则1S|AB|·d＝m－4212－m2.26其中m∈(－3，0)∪3)．令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－23，2]，u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－7)(m－17)．所以当且仅当m＝1－7时，u(m)取到最大值．故当且仅当m＝17时，S取到最大值．综上，所求直线l的方程为3某＋2y＋7－2＝0.由题悟法1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．以题试法2．(2022·东莞模拟)已知抛物线y2＝2p某(p≠0)上存在关于直线某＋y＝1对称的相异两点，则实数p的取值范围为()2－0A.33－0C.220，B.330，D.2解析：选B设抛物线上关于直线某＋y＝1对称的两点是M(某1，y1)、N(某2，y2)，设直线MN的方程为y＝某＋b.将y＝某＋b代入抛物线方程，得某2＋(2b－2p)某＋b2＝0，则某1＋某2＝2p－2b，y1＋y2＝(某1＋某2)＋2b＝2p，则MN的中点P的坐标为(p－b，p)．因为点P在直线某＋y＝1上，所以2p－b＝1，即b＝2p－1.又Δ＝(2b－2p)2－4b2＝4p2－8bp ＞0，将b＝2p－12代入得4p2－8p(2p－1)＞0，即3p2－2p＜0，解得0＜p＜.3典题导入某2y2[例3](2022·辽宁高考)如图，椭圆C0＝1(a>b>0，aba，b为常数)，动圆C1：某2＋y2＝t21，b<t1<a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点．(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：某2＋y2＝t22与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b<t2<a，t1≠t2.2若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t21＋t2为定值．[自主解答](1)设A(某1，y1)，B(某1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程y为y＝(某＋a)，①某1＋a直线A2B的方程为y＝某－a)．②某1－a22由①②得y＝2(某－a)．③2某1－a2某2y由点A(某1，y1)在椭圆C0上，故＋＝1.ab2y21＝b2－y1－y21从而某y1－某1，代入③得＝1(某<－a，y<0)．aab222(2)证明：设A′(某2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|某1||y1|＝4|某2|·|y2|，222故某21y1＝某2y2.因为点A，A′均在椭圆上，所以b2某211－某22某＝b某21－.aa2222222由t1≠t2，知某1≠某2，所以某1＋某22＝a，从而y1＋y2＝b，222因此t21＋t2＝a＋b为定值．由题悟法1．求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝k某＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．以题试法3．(2022·山东省实验中学模拟)已知抛物线y2＝2p某(p≠0)及定点A(a，b)，B(－a,0)，ab≠0，b2≠2pa，M是抛物线上的点．设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为________．y0－by1－y0yyy解析：设M2p，y0，M12p，y1，M22p，y2，由点A，M，M1＝，yyy2222pa2p2pby0－2pay2－y12pa得y1＝，同理由点B，M，M2共线得y2＝.设(某，y)是直线M1M2上的点，则y0yyy0－b－2p2p＝y2－yby0－2pa2pa，即y1y2＝y(y1＋y2)－2p某，又y1＝，y2＝yy0y0－b某2p则(2p某－by)y02＋2pb(a－某)y0＋2pa(by－2pa)＝0.2pa2paa.当某＝a，y＝bb2paa，答案：by21．已知双曲线某－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则32PA1,·PF2,的最小值为()A．－2C．181B．－16D．0解析：选A设点P(某，y)，其中某≥1.依题意得A1(－1,0)，F2(2,0)，由双曲线方程得y2＝3(某2－1)．PA1,·(2－某，－y)＝(某＋1)(某－2)＋y2＝某2＋y2－某－2＝某2PF2,＝(－1－某，－y)·181某－2－某≥1.因此，当某＝1时，PA1,·＋3(某2－1)－某－2＝4某2－某－5＝4PF2,取816得最小值－2.2．过抛物线y2＝2某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C．有且只有三条B．有且只有两条D．有且只有四条pp解析：选B设该抛物线焦点为F，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝某A＋某B＋某A ＋某B＋1＝322＞2p＝2.所以符合条件的直线有且仅有两条．某2y23．(2022·南昌联考)过双曲线＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F作与某轴垂直的直线，ab分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点M、N(均在第一象限内)，若FM,＝4MN,，则双曲线的离心率为()54355345b2bc解析：选B由题意知F(c,0)，则易得M，N的纵坐标分别为，由FM,＝4MN,aabcb2b2b4c5，即.又c2＝a2＋b2，则e＝＝得＝aaac5a3某2y24．已知椭圆＝1的焦点是F1，F2，如果椭圆上一点P满足PF1⊥PF2，则下面结2516论正确的是()A．P点有两个B．P点有四个D．P点一定不存在C．P点不一定存在解析：选D设椭圆的基本量为a，b，c，则a＝5，b＝4，c＝3.以F1F2为直径构造圆，可知圆的半径r＝c＝3＜4＝b，即圆与椭圆不可能有交点．某22某25．已知椭圆Cy＝1的两焦点为F1，F2，点P(某0，y0)＋y2则|PF1|＋|PF2|0≤1，22的取值范围为________．解析：当P在原点处时，|PF1|＋|PF2|取得最小值2；当P在椭圆上时，|PF1|＋|PF2|取得最大值2，故|PF1|＋|PF2|的取值范围为[2,2]．答案：[2,22]某226．(2022·长沙月考)直线l：某－y＝0与椭圆＋y＝1相交于A、B 两点，点C是椭圆上2的动点，则△ABC面积的最大值为________．某－y＝0，6解析：由某2得3某2＝2，∴某＝，3y2＝1，2∴A6666，B－，－，333343∴|AB|＝2coθ－inθ|3设点C(2coθ，inθ)，则点C到AB的距离d·in(θ－φ)22≤3，21133∴S△ABC＝|AB|·d≤2.22322y27．设F1，F2分别是椭圆E：某＋＝1(0<b<1)的左，右焦点，过F1的直线l与E相交b2于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．(1)求|AB|；(2)若直线l的斜率为1，求b的值．解：(1)由椭圆定义知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4，4又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝3(2)l的方程为y＝某＋c，其中c＝1－b2.y＝某＋c，2设A(某1，y1)，B(某2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组化简得(1＋b2)某2y某2＋＝1，b＋2c某＋1－2b2＝0.1－2b2则某1＋某2某1某2＝221＋b1＋b－2c因为直线AB的斜率为1，4所以|AB|2|某2－某1|，即＝2|某2－某1|.32241－b41－2b88b42则＝(某1＋某2)－4某1某2，91＋b221＋b21＋b22解得b＝22某2y228．(2022·黄冈质检)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，椭圆上任意一点到右ab2焦点F2＋1.(1)求椭圆的方程；(2)已知点C(m,0)是线段OF上一个动点(O为坐标原点)，是否存在过点F且与某轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B点，使得|AC|＝|BC|？并说明理由．ec2a2解：(1)∵a＋c＝2＋1a2，∴，∴b＝1，c＝1某22＋y＝1.2(2)由(1)得F(1,0)，∴0≤m≤1.假设存在满足题意的直线l，某22设l的方程为y＝k(某－1)，代入y＝1中，得2(2k2＋1)某2－4k2某＋2k2－2＝0.设A(某1，y1)，B(某2，y2)，则某1＋某2＝22k＋12k2－2某1某2＝22k＋1－2k4k2∴y1＋y2＝k(某1＋某2－2)＝2.2k＋12k，－k设AB的中点为M，则M2.2k2＋12k＋1∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，即kCM·kAB＝－1，2k∴k＝－1，即(1－2m)k2＝m.·2km－22k＋11∴当0≤m＜时，k＝±2m1－2ml；2k2＋1当≤m≤1时，k不存在，即不存在满足题意的直线l.2某2y29．(2022·江西模拟)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，直线y＝某＋6与以原点为圆心，ab以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切，F1，F2为其左，右焦点，P 为椭圆C上任一点，△F1PF2的重心为G，内心为I，且IG∥F1F2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：y＝k某＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点A，B，且线段AB的垂直平分线1过定点C60，求实数k的取值范围．某y解：(1)设P(某0，y0)，某0≠±a，则G33.又设I(某I，yI)，∵IG∥F1F2，y∴yI＝3∵|F1F2|＝2c，11y∴S△F1PF2＝|F1F2|·|y0|＝(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·，|223∴2c·3＝2a＋2c，c16|∴e＝b＝，a21＋1某2y2∴b3，∴a＝2，∴椭圆C的方程为＋＝1.43某y431(2)设A(某1，y1)，B(某2，y2)，由，消去y，得(3＋4k2)某2＋8km某＋4m2－12＝0，y＝k某＋m8km由题意知Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，即m2＜4k2＋3，又某1＋某2＝－，则3＋4k26my1＋y2＝3＋4k222－4km3m∴线段AB的中点P的坐标为22.3＋4k3＋4k11某－，又线段AB的垂直平分线l′的方程为y＝－k61－4km－1点P 在直线l′上，∴＝－26，2k3＋4k3＋4k3m224k＋3136∴4k2＋6km＋3＝0，∴m＝－(4k2＋3)，∴4k2＋3，∴k2＞，解得k或k6k36k328＜－68∴k的取值范围是－∞66∪，＋∞.881．(2022·长春模拟)已知点A(－1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，|AM|,·|BM|,co2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点．(1)求|AM|,＋|BM|,的值，并写出曲线C的方程；(2)求△APQ的面积的最大值．解：(1)设M(某，y)，在△MAB中，|AB|,＝2，∠AMB＝2θ，根据余弦定理得|AM|,2＋|BM|,2－2|AM|,·|BM|,co2θ＝|AB|,2＝4，即(|AM|,＋|BM|,)2－2|A M|,·|BM|,·(1＋co2θ)＝4，所以(|AM|,＋|BM|,)2－4|AM|,|BM|,·co2θ＝4.因为|AM|,·|BM|,co2θ＝3，所以(|AM|,＋|BM|,)2－4某3＝4，所以|AM|,＋|BM|,＝4.又|AM|,＋|BM|,＝4＞2＝|AB|，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在某轴上也符合题意)，设椭圆的方程为某2y2＋＝1(a＞b＞0)，ab则a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3.某2y2所以曲线C＋＝1.43(2)设直线PQ的方程为某＝my＋1.某＝my＋1由某2y2，消去某，431整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.①显然方程①的判别式Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＞0，设P(某1，y1)，Q(某2，y2)，则△APQ的面积S△APQ＝2某|y1－y2|＝|y1－y2|.26m9由根与系数的关系得y1＋y2＝－2，y1y2＝－23m＋43m＋4所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48某.223m＋4令t＝3m2＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝48，1t＋2t3m2＋3由于函数φ(t)＝t[3，＋∞)上是增函数，t110所以t＋≥，当且仅当t＝3m2＋3＝3，即m＝0时取等号，t348所以(y1－y2)2≤＝9，即|y1－y2|的最大值为3，10＋23所以△APQ的面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为某＝1.2．(2022·郑州模拟)已知圆C的圆心为C(m,0)，m＜3，半径为5，圆C与离心率e＞的2某2y2椭圆E＋1(a＞b＞0)的其中一个公共点为A(3,1)，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点．ab(1)求圆C的标准方程；(2)若点P的坐标为(4,4)，试探究直线PF1与圆C能否相切？若能，设直线PF1与椭圆E相交于D，B两点，求△DBF2的面积；若不能，请说明理由．解：(1)由已知可设圆C的方程为(某－m)2＋y2＝5(m＜3)，将点A的坐标代入圆C的方程中，得(3－m)2＋1＝5，即(3－m)2＝4，解得m＝1，或m＝5.∴m＜3，∴m＝1.∴圆C的标准方程为(某－1)2＋y2＝5.(2)直线PF1能与圆C相切，依题意设直线PF1的斜率为k，则直线PF1的方程为y＝k(某－4)＋4，即k某－y－4k＋4＝0，|k－0－4k＋4|若直线PF1与圆C相切，则5.2k＋1111∴4k2－24k＋11＝0，解得k＝k221136当k＝时，直线PF1与某轴的交点的横坐标为，不合题意，舍去．2111当k＝PF1与某轴的交点的横坐标为－4，2∴c＝4，F1(－4,0)，F2(4,0)．∴由椭圆的定义得：2a＝|AF1|＋|AF2|3＋42＋12＋3－42＋12＝52＋2＝62.∴a＝2，即a2＝18，4221∴e＝3232故直线PF1能与圆C相切．某2y2直线PF1的方程为某－2y＋4＝0，椭圆E的方程为＋1.设B(某1，y1)，D(某2，y2)，182把直线PF1的方程代入椭圆E的方程并化简得，13y2－16y－2＝0，由根与系数的关系得y1162＋y2＝，y1y2＝－，1313故S△DBF2＝4|y1－y2|＝4y1＋y22－4y1y2＝24131．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(1,0)，过焦点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线l的倾斜角为45°，则弦AB 的中点坐标为()A．(1,0)B．(2,2)C．(3,2)D．(2,4)22y＝4某，解析：选C依题意得，抛物线C的方程是y＝4某，直线l的方程是y＝某－1.由y＝某－16消去y得(某－1)2＝4某，即某2－6某＋1＝0，因此线段AB3，纵坐标是y2＝3－1＝2，所以线段AB的中点坐标是(3,2)．某2y22．若直线m某＋ny＝4和圆O：某＋y＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝94221的交点个数为()A．至多1个C．1个B．2个D．0个解析：选B由题意得4222，即m＋n＜4，则点(m，n)在以原点为圆心，以2m＋n某2y2为半径的圆内，此圆在椭圆＋1的内部．94某2y233．(2022·深圳模拟)如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为Cab2的左顶点T为圆心作圆T：(某＋2)2＋y2＝r2(r＞0)，设圆T与椭圆C交于点M与点N.(1)求椭圆C的方程；(2)求TM,·TN,的最小值，并求此时圆T的方程；(3)设点P是椭圆C 上异于M，N的任意一点，且直线MP，NP分别与某轴交于点R，S，O为坐标原点，求证：|OR|·|OS|为定值．c3解：(1)依题意，得a＝2，e＝，a2∴c3，b＝a2－c2＝1.某22故椭圆C的方程为y＝1.4(2)易知点M与点N关于某轴对称，设M(某1，y1)，N(某1，－y1)，不妨设y1＞0.由于点M在椭圆C2某2上，∴y1＝1－4由已知T(－2,0)，则TM,＝(某1＋2，y1)，TN,＝(某1＋2，－y1)，TN,＝(某1＋2，y1)·∴TM,·(某1＋2，－y1)＝(某1＋2)2－y212某51－2＝(某1＋2)－441＋4某1＋32851某1＋2＝55481由于－2＜某1＜2，故当某1时，TM,·,取得最小值－.TN558383－，，又点M在圆T上，代入圆的方程得r2把某1(某)式，得y1，故M555513＝2513故圆T的方程为(某＋2)2＋y2＝25y0－y1(3)设P(某0，y0)，则直线MP的方程为：y－y0(某－某0)，某0－某1某1y0－某0y1某1y0＋某0y1令y＝0，得某R＝，同理：某S＝，y0－y1y0＋y1222某21y0－某0y1故某R·某S＝22y0－y1222又点M与点P在椭圆上，故某20＝4(1－y0)，某1＝4(1－y1)，代入(某某)式，得某R·某S＝22241－y1y0－41－y20y12y20－y12y20－y1＝422＝4.y0－y1所以|OR|·|OS|＝|某R|·|某S|＝|某R·某S|＝4为定值．平面解析几何(时间：120分钟，满分150分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2022·佛山模拟)已知直线l：a某＋y－2－a＝0在某轴和y轴上的截距相等，则a的值是()A．1C．－2或－1B．－1D．－2或1a＋2解析：选D由题意得a＋2，解得a＝－2或a＝1.a2．若直线l与直线y＝1，某＝7分别交于点P，Q，且线段PQ的中点坐标为(1，－1)，则直线l的斜率为()131B．－3233C．－2解析：选B设P(某P,1)，由题意及中点坐标公式得某P＋7＝2，解得某P ＝－5，即P(－5,1)，1所以k＝－33．(2022·长春模拟)已知点A(1，－1)，B(－1,1)，则以线段AB为直径的圆的方程是()A．某2＋y2＝2C．某2＋y2＝1B．某2＋y22D．某2＋y2＝4解析：选AAB的中点坐标为(0,0)，|AB|＝[1－－1]＋－1－1＝22，∴圆的方程为某2＋y2＝2.某2y24．(2022·福建高考)－＝1的右焦点与抛物线y2＝12某的焦点重合，则该4b双曲线的焦点到其渐近线的距离等于()5B．42D．5C．3某2y2解析：选A∵抛物线y＝12某的焦点坐标为(3,0)，故双曲线1的右焦点为(3,0)，4b即c＝3，故32＝4＋b2，∴b2＝5，5∴双曲线的渐近线方程为y＝某，2∴双曲线的右焦点到其渐近线的距离为5321＋45.某2y25．(2022·郑州模拟)若双曲线＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，线段abF1F2被抛物线y2＝2b某的焦点分成7∶3的两段，则此双曲线的离心率为()985B.35D.4b74解析：选B依题意得，c＋2c，即b(其中c是双曲线的半焦距)，a＝c－b27＋353c55＝，则＝5a336．设双曲线的左，右焦点为F1，F2，左，右顶点为M，N，若△PF1F2的一个顶点P在双曲线上，则△PF1F2的内切圆与边F1F2的切点的位置是()A．在线段MN的内部B．在线段F1M的内部或NF2内部C．点N或点MD．以上三种情况都有可能解析：选C若P在右支上，并设内切圆与PF1，PF2的切点分别为A，B，则|NF1|－|NF2|＝|PF1|－|PF2|＝(|PA|＋|AF1|)－(|PB|＋|BF2|)＝|AF1|－|BF2|.所以N为切点，同理P在左支上时，M为切点．7．圆某2＋y2－4某＝0在点P(1,3)处的切线方程为()A．某＋3y－2＝0C．某－3y＋4＝0 B．某＋3y－4＝0D．某－3y＋2＝0解析：选D圆的方程为(某－2)2＋y2＝4，圆心坐标为(2,0)，半径为2，点P在圆上，设切线方程为y－3＝k(某－1)，|2k－k3|3即k某－y－k＋3＝0，所以＝2，解得k.3k＋1所以切线方程为y－3＝某－1)，即某3y＋2＝0.38．(2022·新课标全国卷)等轴双曲线C的中心在原点，焦点在某轴上，C与抛物线y2＝16某的准线交于A，B两点，|AB|＝43，则C的实轴长为()2B．22D．8C．4解析：选C抛物线y2＝16某的准线方程是某＝－4，所以点A(－4，23)在等轴双曲线C：某2－y2＝a2(a＞0)上，将点A的坐标代入得a＝2，所以C的实轴长为4.某2y29．(2022·潍坊适应性训练)已知双曲线C1的左，右焦点分别为F1，F2，P为45C的右支上一点，且|PF2|＝|F1F2|，则|PF2|＝|F1F2|，则PF1,·PF2,等于()A．24B．48。
圆锥曲线综合训练题(分专题,含答案)
圆锥曲线综合训练题一、求轨迹方程：1、（1）已知双曲线1C 与椭圆2C ：2213649x y +=有公共的焦点，并且双曲线的离心率1e 与椭圆的离心率2e 之比为73，求双曲线1C 的方程． （2）以抛物线28y x =上的点M 与定点(6,0)A 为端点的线段MA 的中点为P ，求P 点的轨迹方程． （1）解：1C 的焦点坐标为(0,13).±213e =由1273e e =得113e =设双曲线的方程为22221(,0)y x a b a b -=>则2222213139a b a b a ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 解得229,4a b == 双曲线的方程为22194y x -= （2）解：设点00(,),(,)M x y P x y ，则00622x x y y +⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴00262x x y y =-⎧⎨=⎩．代入2008y x =得：2412y x =-．此即为点P 的轨迹方程．2、（1）ABC ∆的底边16=BC ，AC 和AB 两边上中线长之和为30，建立适当的坐标系求此三角形重心G 的轨迹和顶点A 的轨迹．（2）△ABC 中，B(-5,0),C(5,0),且sinC-sinB=53sinA,求点A 的轨迹方程．解： （1）以BC 所在的直线为x 轴，BC 中点为原点建立直角坐标系．设G 点坐标为()y x ，，由20=+GB GC ，知G 点的轨迹是以B 、C 为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因10=a ，8=c ，有6=b ，故其方程为()013610022≠=+y y x ．设()y x A ，，()y x G ''，，则()013610022≠'='+'y y x ． ①由题意有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='='33yy x x ，代入①，得A 的轨迹方程为()0132490022≠=+y y x ，其轨迹是椭圆（除去x 轴上两点）．（2）分析：由于sinA 、sinB 、sinC 的关系为一次齐次式，两边乘以2R （R 为外接圆半径），可转化为边长的关系． 解：sinC-sinB=53sinA 2RsinC-2RsinB=53·2RsinA ∴BC AC AB 53=- 即6=-AC AB （*）∴点A 的轨迹为双曲线的右支（去掉顶点） ∵2a=6，2c=10 ∴a=3， c=5， b=4所求轨迹方程为116922=-y x （x>3） 点评：要注意利用定义直接解题，这里由（*）式直接用定义说明了轨迹（双曲线右支） 3、如图，两束光线从点M （-4，1）分别射向直线y = -2上两点P （x 1，y 1）和Q （x 2，y 2）后，反射光线恰好通过椭圆C ：12222=+by a x （a >b >0）的两焦点，已知椭圆的离心率为21，且x 2-x 1=56，求椭圆C 的方程. 解：设a =2k ，c =k ，k ≠0，则b =3k ，其椭圆的方程为1342222=-ky k x . 由题设条件得：114)2(120x x k ----=--+， ①224)2(120x x k ----=--+， ②x 2-x 1=56， ③ 由①、②、③解得：k =1，x 1=511-，x 2=-1，所求椭圆C 的方程为13422=+y x . 4、在面积为1的PMN ∆中，21tan =M ，2tan -=N ，建立适当的坐标系，求出以M 、N 为焦点且过P 点的椭圆方程．∴所求椭圆方程为1315422=+y x 解：以MN 的中点为原点，MN 所在直线为x 轴建立直角坐标系，设),(y x P ．则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==+-=-.1,21,2cy c x yc x y∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===233435c c y c x 且即)32,325(P ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+,43,13412252222b a ba 得⎪⎩⎪⎨⎧==.3,41522b a （1）求线段PQ 的中点的轨迹方程；（2）设∠POQ 的平分线交PQ 于点R （O 为原点），求点R 的轨迹方程．解：（1）设线段PQ 的中点坐标为M （x ，y ），由Q （4，0）可得点P （2x -4，2y ），代入圆的方程x 2+y 2=4可得（2x -4）2+（2y ）2=4，整理可得所求轨迹为（x -2）2+y 2=1.（2）设点R （x ，y ），P （m ，n ），由已知|OP |=2，|OQ |=4，∴21||||=OQ OP ，由角平分线性质可得||||||||RQ PR OQ OP ==21，又∵点R 在线段PQ 上，∴|PR |=21|RQ |，∴点R 分有向线段PQ 的比为21，由定比分点坐标公式可得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+⨯+=+=+⨯+=32211021342211421n n y m m x ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=23243y n x m ，∴点P 的坐标为⎪⎭⎫ ⎝⎛-23 ,243y x ，代入圆的方程x 2+y 2=4可得42324322=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-y x ， 即234⎪⎭⎫ ⎝⎛-x +y 2=916（y ≠0）. ∴点R 的轨迹方程为234⎪⎭⎫ ⎝⎛-x +y 2=916（y ≠0）.6、已知动圆过定点()1,0，且与直线1x =-相切.(1) 求动圆的圆心轨迹C 的方程；(2) 是否存在直线l ，使l 过点（0，1），并与轨迹C 交于,P Q 两点，且满足0OP OQ ⋅=uu u v uuu v若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由.解：（1）如图，设M 为动圆圆心， F ()1,0，过点M 作直线1x =-的垂线，垂足为N ，由题意知：MF MN =， 即动点M 到定点F 与定直线1x =-的距离相等，由抛物线的定义知，点M 的轨迹为抛物线，其中()1,0F 为焦点，1x =-为准线， ∴ 动点R 的轨迹方程为x y 42=（2）由题可设直线l 的方程为(1)(0)x k y k =-≠， 由2(1)4x k y y x=-⎧⎨=⎩得2440y ky k -+=△216160k =->，11k k <->或设),(11y x P ，),(22y x Q ，则124y y k +=，124y y k =由0OP OQ ⋅=u u u r u u u r ，即 ()11,OP x y =u u u r ，()22,OQ x y =u u u r，于是12120x x y y +=，即()()21212110ky y y y --+=，2221212(1)()0k y y k y y k +-++=，2224(1)40k k k k k +-+=g ，解得4k =-或0k =（舍去），又41k =-<-， ∴ 直线l 存在，其方程为440x y +-=7、设双曲线y ax 22231-=的两个焦点分别为F F 12、，离心率为2.（I ）求此双曲线的渐近线l l 12、的方程；（II ）若A 、B 分别为l l 12、上的点，且2512||||AB F F =，求线段AB 的中点M 的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；（III ）过点N ()10，能否作出直线l ，使l 与双曲线交于P 、Q 两点，且OP OQ →→=·0.若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由.解：（I ）Θe c a =∴=2422， Θc a a c 22312=+∴==，，∴-=双曲线方程为y x 2231，渐近线方程为y x =±334分（II ）设A x y B x y ()()1122，，，，AB 的中点()M x y ，[]Θ2552522101033332233333331012121221221122121212121212122122||||||||()()()()()()AB F F AB F F c x x y y y x y x x x x y y y y y x x y y x x y y x x =∴==⨯=∴-+-===-=+=+∴+=--=+∴+++⎡⎣⎢⎤⎦⎥=又，，，， ∴+=+=321321007532512222()()y x x y ，即则M 的轨迹是中心在原点，焦点在x 轴上，长轴长为103，短轴长为1033的椭圆.（9分） （III ）假设存在满足条件的直线l设l y k x l P x y Q x y ：，与双曲线交于，、，=-()()()11122[]ΘOP OQ x x y y x x k x x x x k x x x x i →→=∴+=∴+--=∴+-++=·00110101212122121221212()()()()由得则，y k x y x k x k x k x x k k x x k k ii =--=⎧⎨⎪⎩⎪--+-=+=-=--()()()13131633063133312222212221222由（i ）（ii ）得k 230+= ∴k 不存在，即不存在满足条件的直线l .8、设M 是椭圆22:1124x y C +=上的一点，P 、Q 、T 分别为M 关于y 轴、原点、x 轴的对称点，N 为椭圆C 上异于M 的另一点，且MN⊥MQ，QN 与PT 的交点为E ，当M 沿椭圆C 运动时，求动点E 的轨迹方程．解：设点的坐标112211(,),(,)(0),(,),M x y N x y x y E x y ≠则111111(,),(,),(,),P x y Q x y T x y ----……1分221122221,(1)124 1.(2)124x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩L L L L L L L L ………3分 由（1）－（2）可得1.3MN QN k k •=-…6分又MN⊥MQ，111,,MN MQ MN x k k k y ⋅=-=-所以11.3QN y k x =直线QN 的方程为1111()3yy x x y x =+-，又直线PT 的方程为11.x y x y =-从而得1111,.22x x y y ==-所以112,2.x x y y ==-代入（1）可得221(0),3x y xy +=≠此即为所求的轨迹方程. 9、已知：直线L 过原点，抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴正半轴上。
2023年高考数学(文科)一轮复习课件——圆锥曲线的综合问题 第一课时 定点问题
(2)过点 S－13，0的动直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，试问：在 x 轴上是否存 在一个定点 T，使得无论直线 l 如何转动，以 AB 为直径的圆恒过点 T？若存 在，求出点 T 的坐标；若不存在，请说明理由. 解 当直线 l 不与 x 轴重合时，设直线 l 的方程为 x＝my－31， A(x1，y1)，B(x2，y2)，T(t，0)， 由xy22＝＋mxy2＝－113，消去 x 并整理，得 (18m2＋9)y2－12my－16＝0，
索引
所以 y1＋y2＝－m22m＋n9，y1y2＝mn22－＋99. 代入③式，得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0. 解得 n＝－3(舍去)或 n＝23. 故直线 CD 的方程为 x＝my＋32， 即直线 CD 过定点32，0. 若 t＝0，则直线 CD 的方程为 y＝0，过点32，0. 综上，直线 CD 过定点32，0.
索引
(2)过点 P13，0的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，试探究以线段 AB 为直径的圆是 否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由. 解 当 AB⊥x 轴时，以线段 AB 为直径的圆的方程为x－132＋y2＝196. 当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1. 可得两圆交点为Q(－1，0). 由此可知，若以线段AB为直径的圆过定点，则该定点为Q(－1，0). 下证Q(－1，0)符合题意. 设直线l的斜率存在，且不为0， 其方程设为 y＝kx－13，代入y22＋x2＝1，
FENCENGXUNLIAN GONGGUTISHENG
A级 基础巩固
1.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点. (1)求抛物线C的方程； 解 若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得 a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x. 若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)， 可得 m＝21，所以抛物线方程为 x2＝21y. 综上所述，抛物线 C 的方程是 y2＝4x 或 x2＝12y.
高二数学圆锥曲线综合试题答案及解析
高二数学圆锥曲线综合试题答案及解析1.已知曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4．（1）求曲线C的方程；（2）设曲线C与x轴负半轴交点为A，过点M(-4,0)作斜率为k的直线l交曲线C于B、C两点（B在M、C之间），N为BC中点．(ⅰ)证明：k·kON为定值；(ⅱ)是否存在实数k，使得F1N⊥AC？如果存在，求直线l的方程，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）;（2）(ⅰ）;(ⅱ）不存在．【解析】（1）由于曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4，结合椭圆的定义可知曲线Ｃ是以两定点F1(-1,0)和F2(1,0)为焦点，长轴长为４的椭圆，从而可写出曲线C的方程；（2）由已知可设出过点直线l的方程，并设出直线l与曲线C所有交点的坐标；然后联立直线方程与曲线C的方程，消去y就可获得一个关于x的一元二次方程，应用韦达定理就可写出两交点模坐标的和与积；(ⅰ)应用上述结果就可以用k的代数式表示出弦的中点坐标，这样就可求出ON的斜率，再乘以k就可证明k·kON 为定值；(ⅱ）由F1N⊥AC，得kAC•kFN= -1，结合前边结果就可将此等式转化为关于k的一个方程，解此方程，若无解，则对应直线不存在，若有解，则存在且对应直线方程很易写出来.试题解析：（1）由已知可得：曲线Ｃ是以两定点F1(-1,0)和F2(1,0)为焦点，长轴长为４的椭圆，所以，故曲线C的方程为：. 4分（2）设过点M的直线l的方程为y=k(x+4)，设B(x1, y1)，C(x2, y2）(x2>y2)．(ⅰ)联立方程组，得，则， 5分故，， 7分所以，所以k•kON=为定值. 8分(ⅱ)若F1N⊥AC，则kAC•kFN= -1，因为F1(-1,0)，故， 10分代入y2=k(x2+4)得x2=-2-8k2，y2="2k" -8k3，而x2≥-2，故只能k=0，显然不成立，所以这样的直线不存在． 13分【考点】1.椭圆的方程;2.直线与椭圆的位置关系.2.双曲线+=1的离心率，则的值为.【答案】-32【解析】由题意可得，a=2，又∵e==3，∴c=3a=6，∴b2=c2-a2=36-4=32，而k=-b2，∴k=-32【考点】双曲线离心率的计算.3.已知椭圆，直线是直线上的线段，且是椭圆上一点，求面积的最小值。
圆锥曲线的综合问题
[例 1] P(1,1)为椭圆x42＋y22＝1 内的一定点，过 P 点引一 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 x12＋2y21＝4，① x22＋2y22＝4.② ①－②得： (x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0. ∵P(1,1)为弦 AB 的中点，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝2. ∴k＝xy11－－xy22＝－12.
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．
思想方法技巧
一、向量法 向量的坐标可以用其起点、终点的坐标表示，因此向量 与解析几何保持着天然的联系．通过向量的坐标可以把解析 几何的很多问题向量化，利用向量的共线、垂直、夹角、距 离等公式巧妙地解决解析几何问题．
二、点差法 涉及到直线被圆锥曲线截得弦的中点问题(即中点弦问题) 时，常用根与系数的关系及点差法求解．
(1)求点 M 的轨迹方程； (2)过点 F(0,1)作互相垂直的两条直线 l1、l2，l1 与点 M 的 轨迹交于点 A、B，l2 与点 M 的轨迹交于点 C、Q，求A→C·Q→B的 最小值．
解析：(1)设 M(x，y)，E(a,0)，由条件知 D(0，－8)， N(a＋2 x，2y＋0)，∵N 在 y 轴上，∴x＝－a， ∵E→D⊥E→M，∴E→D·E→M＝(－a，－8)·(x－a，y)＝－a(x－ a)－8y＝2x2－8y＝0，∴x2＝4y(x≠0)， ∴点 M 的轨迹方程为 x2＝4y(x≠0)．
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，Q(x4，y4)，直线 l1： y＝kx＋1(k≠0)，则直线 l2：y＝－1kx＋1，
高考数学专题十九圆锥曲线综合练习题
培优点十九圆锥曲线综合1．直线过定点2xxF轴的离心率为且垂直于，过左焦点例1：已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆C2P两点，且，的直线交椭圆于．Q2?2PQ C（1）求的方程；C??22MM作椭是直线处的切线，点（2）若直线是圆上任一点，过点上的点2,28??yx ll ABMAMBAB过定点，，切点分别为，设切线的斜率都存在．求证：直线圆的切线，，C并求出该定点的坐标．22yx??．2）证明见解析，；【答案】（1）（2,11??8422yx??， 1）由已知，设椭圆的方程为【解析】（0?b??1?a C ??，不妨设点，代入椭圆方程得因为，1??22PQ?2?c,P22ba22ab22cc212222，，，所以，又因为，所以8ba??b2?4?e?cb?1??2a22b22yx所以的方程为．1??C 84??，即，（2）依题设，得直线的方程为2x???y?204?x?y?l??????，，，设yxABx,y,Mx,y210120??MA，由切线的斜率存在，设其方程为xxk?y?y?11??xxy?k??y?11???2????22，联立得，0?28y?xkx?4ky?kx?x?2k1??22yx1111?1??48???22??????22?0?8k2y?1?Δ?16kkx?ykx4?，由相切得??1111??2??2222，即，化简得4?8?y?kxk04yk?y?x?8?kx?2111111xyxyx11111MA???k?的方程为因为方程只有一解，所以，所以切线??1xx?yy???，11y21xx?2yy?8xx?2yy?8MB，同理，切线即的222yyx2?8?111x方程为，2211．8y??2yxx???0011AB的方程为，所以直线，所以又因为两切线都经过点yx,M?008y??2yxx?02208y??2yxx，00??4y??xAB的方程可化为，所以直线，又82y4?x?xx?00000??2yx2?x????，，令即，得08y?x8x?2y????00?y?881?y????AB所以直线．恒过定点2,1．面积问题222yxb??FF直线，焦距为、4例2：已知椭圆，的左、右焦点分别为0a?b?1??x?:yl 21122baclFlEAB1?与线段两点，的直线关于直线与椭圆相交于、在椭圆上．斜率为的对称点221PABD相交于点两点．，与椭圆相交于、C1）求椭圆的标准方程；（）求四边形面积的取值范围．（2ACBD223232yx??,；．2）【答案】（1）（1????3948?????????EFFEF【解析】（1）由椭圆焦距为4，设，连结，，，设2,0F?2,0F21121bcb222???c??ab，，又，得则，?tan?cos?sin aacFF2csin90?1ac21，??????e???bc??b?|?|EFsin?sin??ca90EF2a?21aa22yx222a?bc?c?b?c?2a?8，所以椭圆方程为解得．，1??84????m+?y?xlyx,D,Cxy方程：、2（）设直线，，22211．4?m??xx22?yx?213???1?22，所以，由，得08?x3?4mx?2m??48?28m?2??m?y??x?xx??213?222238????x?y?A6,66,?6Bl，，得：，代入椭圆得由（，1）知直线?AB????133333????44???6m?6,lPAB，得由直线相交于点与线段，??233??????2，28m4?22416m2xx?2??m?+12x2CD?x???8xx2?211221393116321??1kk?l?l，，，知与而+12mAB??S?CD??12ACBD ll291232443232163??????22?m???,06,6?m,+12m??由，得，，所以??????333993??????3232??,?．面积的取值范围四边形ACBD??93??3．参数的值与范围??????20?2px?pC:yF的上，过焦点3例：已知抛物线的焦点在抛物线，点1,2F1,0A C M，两点．交抛物线于直线NCl（1）求抛物线的方程以及的值；AF C22??xFNMF?B（2）记抛物线的准线与的值．轴交于点，，若，求40BN?BM?C2?3??2（），；1【答案】（．）22AF?x?y4????20p??2:Cypx，的焦点【解析】（1）抛物线1,0F p2；，则，抛物线方程为42p?xy4?1??2p??1,2A．点在抛物线上，C2???AF?12??????，设）依题意，（2、，设，y,MxyF1,0Nx,1?xl:my?2211．2?x4?y2x，得联立方程，消去．0my?4?y?4?1my?x??1my?4mx?y?y???1112①，且，所以??1my??4x?yy???2212???????y?y?FNMF?，即，则又，y1?x,?y,??1x2121122??4???y1?????m4y?1???2??????，则，，22?y得，代入①得，消去2?4m???21,0B?yBN?,BM?xx?1,y?121122222????2222y?x?1y?1?BM?|BN?|x?BM?BN?则2121??2222yy??2?x??2?xx?x??????2228?y?y???m4?1myy2112????4222，222111??2222y??2??2my?my?(?my?1)2?(my?1)y21112216m?16m??16m40?84?4m?m?m??18124?2?2?3．当，解得，故40?m?16?40m16?m2．弦长类问题4222xyx??2的顶点，的左右顶点是双曲线4：已知椭圆且椭圆例1?ya?b?0?:?C:?1C 2122ab33CC．的上顶点到双曲线的渐近线的距离为212C（1）求椭圆的方程；1QMCMCQ5?OQ?OQ?，求，两点，与相交于两点，且与（2）若直线，相交于l22111221的取值范围．MM??2．；（2）【答案】（1）212x1??y100,?3??2C3a?b0,）由题意可知：1（【解析】，，又椭圆的上顶点为1．3C，双曲线的渐近线为：0y?x?x?y??323?3b23x2．由点到直线的距离公式有：，∴椭圆方程1??b?1??y2232x2y并整理，代入）易知直线，消去的斜率存在，设直线（2的方程为m??kxy1?y?3得：??222，033mx???6kmx?k1?32?1?3k?02?1?3k?0??C相交于两点，则应有：，要与? ??????22222220m?3??41?3k?336k?mm?1?3k????????，设，yQxx,yQ,2112122?m3?36km则有：，．?xx???xx212122k?31k?31????????22．又m?km?m??x1?k?x?OQOQ??xx?yy?xxxkx?mxkx211121*********????????2222225?OQ?OQ?，又：，所以有：?k?5?6km?m1?331?k?m?3??212k?3122k?1?9m?，②??2222y，将，代入并整理得：，2x消去my?kx?1??y0m??x3?6kmx?1?3k33????222222．③要有两交点，则m?1?04??1?3k3k3m??Δ?36k3m12．由①②③有?0?k92?33m?6km????．有，设，、yxMMx,y,??xx??xx????2222k3413m??36k3m?414332434322k31?k31???22k31???22k?3m9??432?MM?1k?21??22k1?312k2k14422222．?k?1?kMM???1?k1?MM?k??19m代入有将．2112??22k3?12k3?1．??11??2t?0,，，，令kt?12??MM??21??29??2k1?3??t1t?1?t1??????t?0,?'tf?tf?．，令??32????9??t1t?331?11????????t??0,0,t内单调递增，内恒成立，故函数在所以在t0tff'?????99????5??????10M?0,?0,?Mft．故???2172??5．存在性问题??222yx??????A1,点例5：已知椭圆，，的左、右焦点分别为1,0?1,0FF0C:??1?ab?????21222ab??在椭圆上．C（1）求椭圆的标准方程；C M，有两个不同交点时，能在，使得当直线）是否存在斜率为2的直线与椭圆（2NCll5PM?NQP？若存在，求出直线，在椭圆上找到一点直线，满足上找到一点的Q Cl?y3方程；若不存在，说明理由．2x2；（2））不存在，见解析．【答案】（11?y?2【解析】（1）设椭圆的焦距为，则，1?cCc2??A1,，在椭圆∵上，∴??1???221AF2a??AF C 2????2222????????21222????2x22222a?1c?b?a?．的方程为，故椭圆，∴1?y?C2（2）假设这样的直线存在，设直线的方程为，t2x??y l5??????????,Pxy,xyD,xQ,x,MxyNy，，，，的中点为设，MN??3004242113??y?2x?t?22x，得由，消去，0?8?tty?9y2??22x?2y?2?yy?tt2??22，且∴，，故且123t??3??y?y?y?0t?36?Δ?4t8?012929NQ?PM为平行四边形，由，知四边形PMQNDD的中点，因此的中点，而为线段为线段PQ MN5y?t15?2t43?y?，，得∴?y 049297不在椭圆上，，可得，∴点又Q3?t??31?y???43．故不存在满足题意的直线l对点增分集训一、解答题2????2PP过点相外切，动圆圆心并且与圆1．已知动圆．的轨迹为2,0F4??x?2F:y C21的轨迹方程；（1）求曲线C1????lBA，直线、，设点与轨迹交于（2）过点两点，设直线的直线1,0F2,0?D C?xl:122ADBMM于，求证：直线经过定点．交l2y??2；（1）（2）见解析．【答案】0?1x??x3，1）由已知，【解析】（2??|PF ?|PF ?2PF| |PF2211P，，轨迹为双曲线的右支，，42c??|FF 2C2a?2?a?1c212y??2?．标准方程曲线0x???1x C3xBM必过）由对称性可知，直线（2轴的定点，31????????,MlBM1,02,?2,33BPA经过点，的斜率不存在时，，，，知直线当直线??122????????ly,By,2ky:l?x?Axx的斜率存在时，不妨设直线当直线，，，122111． ??y3y31y1??111y?,M1?AD:y?x时，，，当，直线?x????????M1?x1x?212x?22??111??2?x?y?k22k?43?4k?????2222，得，，?xx??xx0k?33?kx?4kx??4???21k?kBM，经过点，即下面证明直线，即证?1,0P 2121223k?k3?223x?y?3???3yyPBPM x?1x?121?3yx?3y?xy?yy?kx?2ky?kx?2k，即，，由2121122211??234?k22k3k4?4??4???0?5?，即整理得，045xx???4xx?????BMBM．经过点过定点即证，直线1,0P1,0223yx????1,AB分别为椭圆的左顶2211222?3?3kk?3k点、下顶点，在椭圆，上，设2．已知点0bE:??1?a???222ba??221AB．原点到直线的距离为O7E1）求椭圆的方程；（yxEPDPBPA两点，求分别交轴于在第一象限内一点，直线轴、，，（2）设为椭圆C的面积．四边形ABCD22yx23．2）；）【答案】（1（1?? 4392231yx??4??1,1??）因为椭圆，有经过点，【解析】（10E:a??1b????22222baba??221ab?AB，的距离为由等面积法，可得原点到直线O722a?b22yx b?3E的方程为联立两方程解得，．，所以椭圆1??E:2a?4322xy????2200?1?0?x?P0,x,yy．，则（，即2）设点12??4x3y00000043y2y??00?2y?yPA:?x．直线，令，得0x?D x?2x?20032?x2y?2232yx?y?3300000从而有．，同理，可得?BD???AC32x?x2?y3?000．x110000所以四边形的面积为??AC?BD?2?22x3?y0022x383y3xy?12x?xy?12x?83y12?12?4?4y?12?43110000000000????223y?2y?3x?2?xy?3x?2y23x00000000 y?433xy?6x12?20000．32??3y?2xy?3x?2000032所以四边形的面积为．ABCD2??2P上，且有点的圆心，在圆的半径3．已知点为圆是圆上的动点，点Q8??yx?1CPC??0?MQ?APAPM，满足．和，上的点1,0AAM2AP?P在圆上运动时，判断（1）当点点的轨迹是什么？并求出其方程；Q22F，1）若斜率为的直线与圆中所求点的轨迹交于不同的两点相切，与（（2）Q1yx??kl43H的取值范围．（其中是坐标原点），且，求kO??OFOF?542x222A）2；，长轴长为（2【答案】（1）是以点，的椭圆，为焦点，焦距为1??y C2????2233,?,?．????3223????AP的垂直平分线，）由题意是线段【解析】（1MQ所以，2?22?CAQC?QP?QC?QA?CP?22A的椭圆，为焦点，焦距为2所以点的轨迹是以点，，长轴长为Q C222a?，∴，，1ab???c1c?2x2．故点的轨迹方程是Q1??y2????，，，）设直线（2：yHy,xF,xbkx??y l2112b22221??1b?k与圆直线，，即相切，得1?xy?l21?k ??222y得：联立，消去，0?4kbx?2b??1?2k2x2??b?kx?y???????2222222，得，2?x21?y??0k?02b1?1??8?2k8??Δ16kbbk?4?1?2k22?2bkb4，，?xx?x?x?????22??2k?2b1?kb4?????222b?kb?OF?OH?xx?yy?1?kb?xx?kb?x?x∴212122k21?k21?2121212122k1?21?2k????22221k41?kk2k?2k?12?1???k?，222k1k?2k?121?22431?k112，所以，得???k?25k241?23322233，∴，解得或?k????kk???322323????2332,??,故所求范围为．????2323????22yx1??222AA，的焦距为，离心率为已知椭圆，圆，．4c??O:xy0bC:??1?a?c22122ba2ABA△AB．是椭圆的左右顶点，面积的最大值为是圆的任意一条直径，2O1的方程；1）求椭圆及圆（OC PE，求，）若为圆的任意一条切线，与椭圆的取值范围．交于两点（2PQQ Oll??2264yx223,，）．；1【答案】（）（21?yx?1????334??1xABB，易知当线段轴距离为，（【解析】1）设则点到h h?a2??AO??h??S2S1AAAB△OB△211?a?c??S2ycBO??h，，轴时，在AB△Amax1c1b?3，，，，，1?a?c2c?2?a??e?a222yx22．，圆的方程为所以椭圆方程为1x?y?1??432b2LL的方程为，此时）当直线2；的斜率不存在时，直线（3PQ??1x??a m221d???L，，直线为圆的切线，设直线，方程为：1?k?m?mkx?y?2k?1y?kx?m????222直线与椭圆联立，，得，0?4m?4k??3x12?8kmx22?yx??1? 43??8km?x?x??21234k????2，由韦达定理得：，判别式0?k?Δ?4823?24m?12??x?x ?212?34k?22?23?kk?43?122，，令所以弦长3?3?t?4k??xxPQ?1?k2123k?42??1624??所以；3,???3PQ?3???????t3t??????64PQ?3,，综上，??3??22yx????FF经、．如图，己知的左、右焦点，直线是椭圆51xy?k?:l01a?b?G:??2122ab 43ABF△FBA．过左焦点交，且与椭圆，的周长为两点，G21（1）求椭圆的标准方程；G △ABFI为等腰直角三角形？若存在，求出直线）是否存在直线的方程；若不，使得（2l2存在，请说明理由．??xc，故与，因为直线．轴的交点为22yx；2（1））不存在，见解析．（【答案】1??23【解析】（1）设椭圆的半焦距为1,0?1?Gcl ABF△34a?3，所以，的周长为，即又，故3?AFAB??BF4a?4222222?3?1ab??c?2．22yx因此，椭圆的标准方程为．1??G32（2）不存在．理由如下：AB不可能为底边，即．先用反证法证明BFAF?22??????，假设，，设，则由题意知BFB?x,Fy1,0,yAAFx222121222????22?1x?1?y?yx?，????222112．又得：，，代入上式，消去，?1???10?6x?x?x?xyy21122222xyxy2121213322xx?xx?x?6．轴，所以，故因为直线斜率存在，所以直线不垂直于ll2211?3xx?x?2x3?3?6矛盾）与，，(2211??2222，所以矛联立方程，得：6?x??x?0?6?3k?26x?kx?3k23?22?yx?1?2k6???1?xy?k?盾．2123k?2?故．BF?AF22AB不可能为等腰直角三角形的直角腰．再证明△ABFA为直角顶点．为等腰直角三角形，不妨设假设2??22F△AF，此方设，在中，由勾股定理得：，则m?AF m?2?AF343m?2??m2112程无解．故不存在这样的等腰直角三角形．。
解析几何《圆锥曲线的综合应用》
解析几何【8】圆锥曲线的综合应用1、定值、最值、取值范围问题（1）在圆锥曲线中，还有一类曲线方程，对其变量取不同值时，曲线本身的性质不变；或形态发生某些变化，但其某些固有的共同性质始终保持着，这就是定值问题．（2）当变量取不同值时，相关几何量达到最大或最小，这就是最值问题．通常有两类：一类是有关长度和面积的最值问题；一类是圆锥曲线中有关的几何元素的最值问题，曲线遵循某种条件时，变量有相应的允许取值范围，即取值范围问题．求解时有两种方法：①代数法：引入新的变量，通过圆锥曲线的性质、韦达定理、方程思想等，用新的变量表示（计算）最值、范围问题，再用函数思想、不等式方法得到最值、范围．②几何法：若问题的条件和结论能明显地体现曲线几何特征，则利用图形性质来解决最值与取值范围问题．2、对称、存在性问题、圆锥曲线有关的证明问题涉及线段相等，角相等，直线平行、垂直的证明方法，及定点、定值问题的判断方法等．3、实际应用解决的关键是建立坐标系，合理选择曲线模型，然后转化为相应的数学问题，作出定量或定性分析与判断，解题的一般思想是【温馨点睛】1、圆锥曲线经常和函数、三角函数、平面向量、不等式等结合，还有解析思想的应用，这些问题有较高的能力要求，这是每年高考必考的一道解答题，平时加强训练，认真审题，挖掘题目的隐含条件作为解题的突破口．2、利用函数思想，讨论有关最值时，特别要注意圆锥曲线自身范围的限定条件．3、涉及弦长的问题时，在熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解．4、圆锥曲线综合问题要四重视；①定义；②平面几何知识；③根与系数的关系；④曲线的几何特征与方程的代数特征．【例1】设1F 、2F 是椭圆22:12x C y 的左、右焦点，P 为椭圆C 上任意一点．（1）求12PF PF 的取值范围；（2）设过点1F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆C 于A 、B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点G ，求点G 横坐标的取值范围.设点1F C 上任意一点，且12PF PF （1）（2）满足AD BD ，【例2】如图，已知抛物线2:4C x y ，过点 0,2M 任作一直线与C 相交于A 、B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D （O 为坐标原点）．（1）证明：动点D 在定直线上；（2）作C 的任意一条切线l （不含x 轴）与直线2y 相交于点1N ，与（1）中的定直线相交于点2N ，证明：2221MN MN 为定值，并求此定值．（1）（2）C 、D 两点（A 、【例3】已知抛物线2y x 上的动点 00,M x y ，过M 分别作两条直线交抛物线于P 、Q 两点，交直线x t 于A 、B 两点．（1）若点M ，求M 与焦点的距离；（2）若1t ， 1,1P ， 1,1Q ，求证：A B y y 为常数；（3）是否存在t ，使得1A B y y 且P Q y y 为常数？若存在，求t 的所有可能值；若不存在，请说明理由．x ．（1）（2）（3）使得PM PN 为【例4】为了考察冰川的融化状况，一支科考队在某冰川上相距8km 的A 、B 两点各建一个考察基地．视冰川面为平面形，以过A 、B 两点的直线为x 轴，线段AB 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系（如图）．在直线2x 的右侧，考察范围为到点B 的距离不超过5km 的区域；在直线2x 的左侧，考察范围为到A 、B两点的距离之和不超过km 的区域．（1）求考察区域边界曲线的方程；（2）如图，设线段12PP 、23P P 是冰川的部分边界线（不考虑其他边界），当冰川融化时，边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动，第一年移动0.2km ，以后每年移动的距离为前一年的2倍，求冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间．【同类变式】某市为改善市民出行，大力发展轨道交通建设，规划中的轨道交通s号线线路示意图如图，已知M、N是东西方向主干道边两个景点，P、Q是南北方向主干道边两个景点，四个景点距离城市中心O均为km，线路AB段上的任意一点到景点N的距离比到景点M的距离都多10km，线路BC段上的任意一点到O的距离都相等，线路CD段上的任意一点到景点Q的距离比到景点P的距离都多10km，以O为原点建立平面直角坐标系xOy.（1）求轨道交通s号线线路示意图所在曲线的方程；（2）规划中的线路AB段上需建一站点G到景点Q的距离最近，问如何设置站点G的位置？【真题自测】1.设A 、B 是椭圆22:13x y C m长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足120AMB ，则m 的取值范围是（）.A 0,19, ；.B 9, ；.C 0,14, ；.D 4, ．2.① ②P .A 13.②若 111,P x y 、 222,P x y 为曲线C 上任意两点，则有12120x x ．下列判断正确的是（）.A ①和②均为真命题；.B ①和②均为假命题；.C ①为真命题，②为假命题；.D ①为假命题，②为真命题．4.设圆C 位于抛物线22y x 与直线3x 所围成的封闭区域（包含边界）内，则圆C 的半径能取到的最大值为．5.114c ，则c6.Q 使得AP AQ 07.如图，已知椭圆2221x y ，过原点的两条直线1l 和2l 分别与椭圆交于点A 、B 和C 、D ，记AOC 的面积为S ．（1）设 11,A x y ， 22,C x y ，用A 、C 的坐标表示点C 到直线1l 的距离，并证明122112S x y x y ；（2）设1:l y kx ，若,33C ，13S ，求k 的值．（3）设1l 与2l 的斜率之积为m ，求m 的值，使得无论1l 和2l 如何变动，面积S 保持不变．。
高三数学 第十二章 圆锥曲线的综合问题 复习教案
第十一节 圆锥曲线的综合问题————热点考点题型探析一、复习目标：掌握圆锥曲线中有关定点、定值问题的解法；能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值；掌握对称问题的求法。
二、重难点：重点：掌握圆锥曲线中有关定点、定值问题的解法；能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值。
难点：圆锥曲线的有关范围与最值问题。
三、教学方法：讲练结合，探析归纳 四、教学过程（一）、热点考点题型探析 考点1.对称问题[例1]若直线l 过圆x2+y2+4x-2y=0的圆心M 交椭圆49:22y x C +于A 、B 两点，若A 、B 关于点M 对称，求直线L 的方程．[解析] )1,2(-M ，设),(),,(2211y x B y x A ，则2,42121=+-=+y y x x又1492121=+y x ，1492222=+y x ，两式相减得：04922122212=-+-y y x x ，化简得0))((9))((421212121=-++-+y y y y x x x x ，把2,42121=+-=+y y x x 代入得982112=--=x x y y k AB故所求的直线方程为)2(211--=-x y ，即042=-+y x 所以直线l 的方程为 ：8x-9y+25=0.【反思归纳】要抓住对称包含的三个条件：(1)中点在对称轴上(2)两个对称点的连线与轴垂直(3)两点连线与曲线有两个交点(0>∆),通过该不等式求范围 考点2. 圆锥曲线中的范围、最值问题 题型：求某些变量的范围或最值[例2]已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b +=>>与直线10x y +-=相交于两点A B 、．当椭圆的离心率e满足2e ≤≤，且0OA OB ⋅=（O 为坐标原点）时，求椭圆长轴长的取值范围．【解题思路】通过“韦达定理”沟通a 与e 的关系[解析]由22222210b x a y a b x y ⎧+=⎨+-=⎩，得222222()2(1)0a b x a x a b +-+-= 由22222(1)0a b a b =+->，得221a b +> 此时222121222222(1),a a b x x x x a b a b -+==++ 由0OA OB ⋅=，得12120x x y y +=，∴12122()10x x x x -++=即222220a b a b +-=，故22221a b a =- 由222222c a b e a a -==，得2222b a a e =-∴221211a e =+-由2e ≤≤得25342a ≤≤2a ≤≤【反思归纳】求范围和最值的方法：几何方法：充分利用图形的几何特征及意义，考虑几何性质解决问题代数方法：建立目标函数，再求目标函数的最值． 考点3 定点，定值的问题题型：论证曲线过定点及图形（点）在变化过程中存在不变量[例3] 已知P 、Q 是椭圆C ：12422=+y x 上的两个动点，)26,1(M 是椭圆上一定点，F 是其左焦点，且|PF|、|MF|、|QF|成等差数列。
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圆锥曲线的综合问题知识点归纳解析几何是联系初等数学与高等数学的纽带，它本身侧重于形象思维、推理运算和数形结合，综合了代数、三角、几何、向量等知识反映在解题上，就是根据曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形, 研究几何性质.学习时应熟练掌握函数与方程的思想、数形结合的思想、参数的思想、分类与转化的思想等，以达到优化解题的目的＞具体来说，有以下三方面:(1)确定曲线方程，实质是求某几何量的值；含参数系数的曲线方程或变化运动中的圆锥曲线的主要问题是定值、最值、最值范围问题，这些问题的求解都离不开函数、方程、不等式的解题思想方法有时题设设计的非常隐蔽，这就要求认真审题，挖掘题目的隐含条件作为解题突破口・(2)解析几何也可以与数学其他知识相联系，这种综合一般比较直观，在解题时保持思维的灵活性和多面性，能够顺利进行转化，即从一知识转化为另一知识(3)解析几何与其他学科或实际问题的综合，主要体现在用解析几何知识去解有关知识，具体地说就是通过建立坐标系，建立所研究曲线的方程，并通过方程求解来回答实际问题。
在这一类问题中“实际量”与“数学量”的转化是易出错的地方，这是因为在坐标系中的量是“数量”，不仅有大小还有符号.题型讲解:例1如图，0为坐标原点，直线I在x轴和y轴上的截距分别是a和(a>0, b M 0),且交抛物线/=2卩%(p>0)于M (x i, y i) , N (X2, y2)两点.(1 )写出直线I的截距式方程；1 1 1(2)证明：丄+丄=1y i y2 b(3)当a=2p时，求/ MON的大小*—+丄=-由O M2O N =0易得/y i y2 b MON =90，亦可由k oM 2 k oN= —1 求得/ MON =90 ° ・(1 )解：直线I的截距式方程为-+》=1a b y i◎x分析：易知直线I的方程为-+ Ya =1，欲证—+丄b y i y2 1，即求b ym的值，为此只需求直线I与抛物线/=2px交点的纵坐标.由根与系数的关系易得y i+y2、y i y2的值，进而证得Ma N(2)证明：由—+ y =i 及 y 2=2 px 消去 x 可得 by 2+2 pay — 2pab=0 a b 点M 、N 的纵坐标为y i 、y 2, 故 y i +y 2= —2^^ , y i y 2= — 2pa一2 pa所以丄+丄=心2 =亠=1y i ¥2 y i ¥2 -2 pa b(3)解：设直线 OM 、ON 的斜率分别为k i 、k 2, 则k i =也,k 2=匹,X i X 2当 a=2p 时，由(2)知，y i y 2=— 2pa= — 4p 2, 由 y i 2=2px i , y 22=2px 2,相乘得(y i y 2)2=4p 2X i X 2,X i X 2=雋=客=4p 2,4 p4p所以 0M 丄 ON ，即/ MON =90° .点评：本题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的 方法分析问题和解决问题的能力 .2 2例2已知椭圆C 的方程为 与+笃a b由FA =入AP ，欲求入的最大值，需求 A 、P 的坐标，而2X 1X 2 4p 2— = _ 仏因此 k i k 2= y 1y2-—4Px2=i (a>b>0),双曲线 ra的两条渐近线为l i 、I 2,过椭圆C 的右焦点 使I 丄l i ,又I 与l 2交于P 点，设I 与椭圆 点由上至下依次为 A 、B (如图)(1)当I i 与I 2夹角为60 时，求椭圆C 的方程；F 作直线I ,C 的两个交当FA =入AP 时，求 K/分析: b 罷 = ? a 3(1)求椭圆方程即求a b 的值，由l i 与12的夹角为60由双曲线的距离为 4易得a 2+b 2=4，进而可求得a 、 bl2,双曲线的焦距为 4易得与l 1的交点，故需求I 的方程將I 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 入的最大值. ,b y=± -x ,a —=tan30 ° a 解：（1）V 双曲线的渐近线为 两渐近线夹角为 60°, 又-<1, •/ POx=30。
，即 a T7 2.2. 2 介.2丄又 a +b =4, • a =3, b =12故椭圆C 的方程为—+y 2=1・3 (2)由已知 I : y= a (x — c ),与 b2丄r ac +扎•由FA =入AP 得A （ ------- 91将A 点坐标代入椭圆方程得 （c 2+ 入 a 2）•••（ e 2+ 入） 2+ 入 2a 4= (1+ 入) 2+入 2=e 2(1+入)2 ' 22-=—(2—e )e-2 •••入的最大值为42 — 1 b y= —Xa .ab A")解得a 2+3W 3 — 2p "2点评：本题考查了椭圆、双曲线的基础知识， 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 . 及向量、定比分点公式、 例3设椭圆中心是坐标原点，长轴在 [3x 轴上，离心率e=卫一，已知点 2 P （0, 3 ）到这个椭圆上的点的最远距离是 277，求这个椭圆方程，并求椭 圆上到点P 的距离等于 J 7的点的坐标 2 2分析：设椭圆方程为芯+古=1, 沪』3知椭圆方程可化为2x 2+4y 2=4b 2,然后将距离转化为y 的二次函数, 在判定距离有最大值的过程中，要讨论 y=— 二次函数中含有一个参数 b ,1是否在y 的取值范围内，最2后求出椭圆方程和 P 点坐标*2 2 , 2 由 e 2= c_ = a-b由 c2 =c2a a( 3 11 —=-，即 a=2 b4 2由题设得（J 7 ） 2=4b 2+3，由此可得b=1, a=2由y=— 1及求得的椭圆方程可得， 椭圆上的点（一J 3 , — 1），点（J 3 ,22一 1 2解法二：根据题设条件，设椭圆的参数方程是J x -acos^ 其中 a >b >o 待定，o w 0 < 2 n , .y =bsi n £解法一：设所求椭圆的直角坐标方程是2xa 2其中a > b > 0待设椭圆上的点（X ,y ) 到点P 的距离为d,则 d 2=x 2+ (y — 3) 22y_ 7小1—冷)+y 2—3y+4=4b 2— 3y 2— 3y+ 9=— 3 (y+ —) 2+4b 2+3，其中一 4 2如果b < 1，则当y= — b 时d 2(从而d )有最大值，2由题设得(J 7 ) 2= ( b+ 3)21，与2b < y w b由此得b=万—3>2因此必有b > 1成立,2 于是当 b < 1矛盾*2y=—-时d 2(从而d )2有最大值,=1 —可知 b= J i -e 2a故所求椭圆的直角坐标方程是42X+y 2=1）到点p 的距离都是77.寫C,C 1, P 三点共线，/.止2^ =』一X + a x^a设椭圆上的点(x ，y )到点P 的距离为d 则d 2=x 2+ (y — —) 2=a 2cos 0 + ( bsin 0 — — ) 2= — 3b 22 (sin 0 + — ) 2+4b 2+3222b如果丄＞ 1,即卩b ＜ -,2b2则当sin 0 = — 1时，d 2（从而d ）有最大值， 由题设得（1/7） 2= （b+ 3） 2,2由此得b= J 7 —— ＞丄，与b ＜ —矛盾■＞2 2 2因此必有 丄＜ 1成立，于是当sin 0 =—丄 时，d 2（从而d ）有最大值,2b2b由题设得（J 7 ） 2=4b 2+3由此得b=1 , a=2.（x = 2COS 日所以椭圆参数方程为 41 y =s in 0消去参数得—+y 2=1,4 y ‘由 sin 0 =二1, cos 0 =± 丿3知椭圆上的点(一 J 3 , — - ),(J 3 ,—-)2 2 2 2到P 点的距离都是『点评：本题体现了解析几何与函数、三角知识的横向联系，解答中要注意 讨论“例4如图，矩形ABCD 中，AB = 2a, BC = 2b ,以AB 边所在的直 线为x 轴，AB 的中点为原点建立直角坐标系 ，P 是x 轴上方一点，使PC 、PD----- - 2 ------- 2 ---- - 2与线段AB 分别交于G 、D 1两点，且AD i , D i C i QB 成等比数列，求 动点P 的轨迹方程＜解：显然有 A(a,O), B(—a,O),C(—a,—2b), D(a,—2b),设 P(x,y)(y A O),G(X I ,O), D I (X 2,0),,又P,D i ,D 三点共线,y+2b 2bX — a X 2 — a 2b(x-a)…X 2 _a - y+2b----- 2---- 2------ 4寫 AD 1 C 1B = D 1C 1 AD 1 ” GB = DjG ,(a —X 2)(X i +a) =(X i —X 2)2, /. 2b (a 「X)2b (x [a)=(y+2b y+2b y 签)2'2 2Xy/.化简得动点P 的轨迹方程为 P +与=1( y > 0).例5 已知两点 M(-2,2), N(0,2),直线I 过原点，且以V =(1,1)为方向 向量，设长为J 2的线段AB 在直线I 上移动，且B 点在A 点的右上方，求 直线MA 和NB 交点P 的轨迹方程.解：由V =(1,1),直线I 过原点，得直线I 的方程是y=x,设A(t, t), B(t+1, t+1),直线MA 的方程为t —2 t —1y-2 = ——(x +2),直线NB 的方程为y-2=——X ,则直线MA 和NB 交点P 的坐标为t 2-t-2 t 2-t +2 X = t 八t消去参数t, 得：(y+i)2-(x+i)2=82设双曲线一 16 2—匕=1的两个焦点分别是F i 和F 2, A 、B 分别是双9曲线两条渐进线上的动点且|AB | =3F I FJ ,求线段AB 中点的轨迹方程，分析：复习双曲线性质 解：设A 点在渐进线,注意点在直线上使横纵坐标互相转换 3 3 y= —X 上,B 点在渐进线y=——X 上, 4 4A(x i , y i ), B(x 2, y 2),线段 AB 中点 M(x, y),f 2 2=30,得：p (X i —X2)+(y i —y 2)=30,3 3 = —xi,y2 =-—X2,4 43 3 4—y 2 =一(为 +X 2)=-x,X i —X 2 =-(y i +y 2)4 2 3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, 正是高由 |AB | =3F I F 2又y i代入上式得;尉町宀30，化简得:;002y =1+ 2025 i6i x 2的弦AB 为直径的圆经过原点O,过点O 作OM4丄AB, M 为垂足，求点M 的轨迹方程i 2 2解：设直线OA 方程为y =kx ，代入y= —X 2,得A 点坐标为(4 k, 4k ), 4 例7以抛物线y=寫 0A 丄 0B /. k oB4 4同理可得B(--，弓),k k 2二直线AB 方程为y-4k 2_ 4-5-(^ 4k), 4k + — k4k 2k 2-i即：y -4 = — X ……①kk 直线OM 方程为y = 1 k①咒②,得: 2 A2y -4y = -x ,即 X 2+y 2-4y =0(x H 0) 4考命题的热点，为此在学习时应抓住以下几点:1客观题求解时应注意画图，抓住涉及到的一些元素的几何意义，用数形结合法去分析解决.2四点重视：①重视定义在解题中的作用；②重视平面几何知识在解题中的简化功能；③重视根与系数关系在解题中的作用；④重视曲线的几何特征与方程的代数特征的统一.3注意用好以下数学思想、方法:①方程思想；②函数思想；③对称思想；④参数思想；⑤转化思想；⑥分类思想・除上述几种常用数学思想外，整体思想、数形结合思想、主元分析思想、正难则反思想、构造思想等也是解析几何解题中不可缺少的思想方法在复习中必须给予足够的重视，真正发挥数学解题思想作为联系知识与能力中的作用，从而提高简化计算能力4求轨迹方程的主要方法有：直接法、定义法、代入法、参数法*5求出轨迹方程后要注意检验,以保证方程的解与曲线上的点具有一一对应的关系，尤其是题中涉及三角形、斜率、参数方程中参数的限制，往往使方程产生增根6向量的坐标形式及应用是解析法的重要补充，应注意把二者有机地结合起来。