nbhkdz.com冰点文库

【挑战高考压轴题】圆锥曲线题型方法汇总配例题

时间:2015-11-30


中小学个性化教育专家

佳绩教育学员个性化辅导教案
辅导科目: 数学 授课教师:高景峰 总课时: 年级: 已上课时: 上课时间: 学生签名: 教材版本:人教版 课 题 名 称 教 学 目 标 重点、 难点、 考点 教学步骤及内容

直线与圆锥曲线的位置关系
考点梳理 一、直线与圆锥曲线的位置关系 1.从几何角度看,可分为三类:①____________,②__________________及有两个③____________. 2.从代数角度看,可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方程解的情况来判断.设直线 l 的方程为 Ax+By+C=0,圆锥曲线方程为 f(x,y)=0. ? ?Ax+By+C=0, 由? 消元. ?f?x,y?=0, ? 2 (如消去 y)得 ax +bx+c=0. (1)若④______,当圆锥曲线是双曲线时,直线 l 与双曲线的渐近线平行;当圆锥曲线是抛物线时,直线 l 与抛物线的对 称轴平行(或重合). 2 (2)若 a≠0,设Δ =b -4ac. a.当⑤______时,直线和圆锥曲线相交于不同两点; b.当⑥______时,直线和圆锥曲线相切于一点; c.当⑦______时,直线和圆锥曲线没有公共点. 二、直线与圆锥曲线相交时的弦长公式 1.斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1,y1),P2(x2,y2),则所得弦长: 2 2 |P1P2|= ?1+k ?[?x1+x2? -4x1x2] 2 = 1+k ?|x1-x2|或 ?1+ 12?[?y +y ?2-4y y ] |P1P2|= ? ? 1 2 1 2

?

k?

=⑧__________________________. 2.斜率不存在时,可求出交点坐标,直接运算(利用坐标轴上两点间距离公式). 三、弦中点问题 3.遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解.

x2 y2 x2 y2 在椭圆 2+ 2=1 中,以 P(x0,y0)为中点的弦所在直线的斜率 k=⑨________________;在双曲线 2- 2=1 中,以 P(x0, a b a b 2 y0)为中点的弦所在直线的斜率 k=⑩__________;在抛物线 y =2px(p>0)中,以 P(x0,y0)为中点的弦所在直线的斜率
? ________________.在使用根与系数关系时,要注意使用条件是Δ ≥0. 答案:①无公共点 ②仅有一个公共点 ③相异的公共点 ④a=0 ⑤Δ >0 ⑥Δ =0 ⑦Δ <0 ⑧ 1 1+ 2|y1

k

b2x0 b2x0 p -y2| ⑨- 2 ⑩ 2 ? k= a y0 a y0 y0

考点自测
1

中小学个性化教育专家 1.直线 y=kx-k+1 与椭圆 + =1 的位置关系为( ) 9 4 A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定 解析:由于直线 y=kx-k+1=k(x-1)+1 过定点(1,1),(1,1)在椭圆内,故直线与椭圆必相交. 答案:A 2 2 2.若不论 k 为何值,直线 y=k(x-2)+b 与曲线 x -y =1 总有公共点,则 b 的取值范围是( ) A.(- 3, 3) B.[- 3, 3] C.(-2,2) D.[-2,2] 2 2 解析:直线过(2,b)点,∵x=2 时,y =x -1=3, ∴y=± 3.∴b∈[- 3, 3]. 答案:B 2 3.直线 y=x+1 截抛物线 y =2px 所得弦长为 2 6,此抛物线方程为( ) 2 2 A.y =-2x B.y =6x 2 2 C.y =-2x 或 y =6x D.以上都不对 解析:由?
? ?y=x+1, ?y =2px ?
2

x2 y2

得 x +(2-2p)x+1=0.

2

x1+x2=2p-2,x1x2=1. 2 2 ∴2 6= 1+1 ? ?x1+x2? -4x1x2 2 = 2? ?2p-2? -4. 解得 p=-1 或 p=3, 2 2 ∴抛物线方程为 y =-2x 或 y =6x.
答案:C 4.椭圆 ax +by =1 与直线 y=1-x 交于 A、B 两点,若过原点与线段 AB 中点的直线的倾斜角为 30°,则 的值为( A. C. 3 3 B. 4 3
2 2

a b

)

3 D. 3 2 解析:设 AB 的中点为 M(x0,y0),A(x1,y1),B(x2, y2), y1-y2 ax0 由点差法得 =- =-1, x1-x2 by0 所以

ax0 y0 3 a 3 =1.又 =tan30°= ,所以 = . by0 x0 3 b 3

答案:B 2 2 2 5.过抛物线 y +8x=0 的焦点且倾斜角为 45°的直线 l 与曲线 C:x +y -2y=0 相交所得的弦的弦长为__________. 解析:易知抛物线的焦点坐标为(-2,0),又直线 l 的倾斜角为 45°,则直线 l 的方程为 y=x+2,又曲线 C 的方程为 |-1+2| 2 1 x2+(y-1)2=1,所以圆心到直线 l 的距离为 = ,所以所求的弦长为 2 1- = 2. 2 2 2 2 1 +1 答案: 2 疑点清源 1.判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时,可将直线 l 的方程代入曲线 C 的方程,消去 y(也可以消 x)得一个关于变量 x 2 的一元方程 ax +bx+c=0. (1)当 a≠0 时,则有△>0,l 与 C 相交;△=0,l 与 C 相切;△<0,l 与 C 相离. (2)当 a=0 时,即得到一个一次方程,则 l 与 C 相交,且只有一个交点,此时,若 C 为双曲线,则 l 平行于双曲线的渐 近线;若 C 为抛物线,则 l 平行于抛物线的对称轴. 应当注意的是,当直线与双曲线或抛物线只有一个公共点时,直线与双曲线或抛物线可能相切,也可能相交. 2.直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题.实际上是研究它们的方程组成的方程组是否有实数解或实数解的 个数问题. 题型探究
2

中小学个性化教育专家 题型一 直线与圆锥曲线的位置关系 2 2 例 1 已知双曲线 x -y =4,直线 l:y=k(x-1),讨论直线与双曲线公共点个数. ? ?y=k?x-1? 解析:联立方程组? 2 消去 y,得 2 ?x -y =4. ? 2 2 2 2 (1-k )x +2k x-k -4=0. (*) 2 (1)当 1-k =0 时,即 k=±1, 方程(*)化为 2x=5,方程组有一解. 故直线与双曲线有一个公共点,此时直线与渐近线平行. 2 (2)当 1-k ≠0,即 k≠±1, 2 由△=4(4-3k )>0 得, 2 3 2 3 - <k< ,且 k≠±1 时, 3 3 方程(*)有两解,方程组有两解. 故直线与双曲线有两交点. 2 2 (3)当 1-k ≠0,由△=4(4-3k )=0 得, 2 3 k=± 时,方程组有一解,故直线与双曲线只有一个公共点,此时直线与双曲线相切. 3 2 2 (4)当 1-k ≠0,由△=4(4-3k )<0 得 2 3 2 3 k<- ,或 k> 时,方程组无解, 3 3 故直线与双曲线无交点. 2 3 综上所述,当 k=±1,或 k=± 时, 3 直线与双曲线有一个公共点; 2 3 2 3 当- <k<-1,或-1<k<1,或 1<k< 时,直线与双曲线有两个公共点; 3 3 2 3 2 3 当 k<- ,或 k> 时,直线与双曲线无公共点。 3 3 点评:研究直线与双曲线位置关系时,应注意讨论二次项系数为 0 和不为 0 的两种情况. 变式探究 1 求过点 P(0,1)且与抛物线 y =2x 只有一个公共点的直线的方程. 解析:(1)若直线斜率不存在, 则过点 P(0,1)的直线方程为 x=0. ? ? ?x=0, ?x=0, 由? 2 得? ? ? ?y =2x. ?y=0. 直线 x=0 与抛物线只有一个公共点. (2)若直线斜率存在,设为 k, 则过点 P 的直线方程为 y=kx+1, ? ?y=kx+1, 2 2 由方程组? 2 消元得 k x +2(k-1)x+1=0. ?y =2x. ? 1 ? ?x= , 当 k=0 时,则得? 2 ? ?y=1. 即直线 y=1 与抛物线只有一个公共点; 当 k≠0 时,若直线与抛物线只有一个公共点则 2 2 △=4(k-1) -4k =0. 1 1 ∴k= ,∴直线方程为 y= x+1. 2 2 综上所述,所求直线方程为 x=0,
3
2

中小学个性化教育专家 1 或 y=1,或 y= x+1. 2 变式探究 2:(2012· 合肥模拟)设抛物线 y2=8x 的准线与 x 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( 1 1 - , ? A.? ? 2 2? C.[-1,1] ) B.[-2,2] D.[-4,4]

解析:由题意得 Q(-2,0).设 l 的方程为 y=k(x+2),代入 y2=8x 得 k2x2+4(k2-2)x+4k2=0,∴当 k=0 时,直线 l 与抛 物线恒有一个交点;当 k≠0 时,Δ=16(k2-2)2-16k4≥0,即 k2≤1,∴-1≤k≤1,且 k≠0,综上-1≤k≤1.答案:C. x2 y2 变式探究 3 若直线 mx+ny=4 与⊙O:x2+y2=4 没有交点,则过点 P(m,n)的直线与椭圆 + =1 的交点个数是( 9 4 A.至多为 1 B.2 C.1 D.0 4 2 2 2>2,即 m +n <2, m +n
2

)

解析:由题意知:

x2 y2 ∴点 P(m,n)在椭圆 + =1 的内部, 9 4 故所求交点个数是 2 个.

题型二 圆锥曲线中的弦长问题 3 1 2 例 2、求直线 y=x+ 被曲线 y= x 截得的线段的长. 2 2 1 y=1,或 y= x+1. 2 解析:方法一:先求交点 A、B,如图所示. 3 ? ?y=x+2, 解方程组? 1 ?y=2x , ?
2

消去 y,

得 x -2x-3=0.

2

x1=-1, ? ? 解得? 1 y1= ; ? 2 ?

x2=3, ? ? 或? 9 y2= . ? 2 ?

1 9 ∴A(-1, )、B(3, ). 2 2 9 1 2 2 ?3+1? +? - ? =4 2. 2 2 3 3 方法二:设交点的坐标 A(x1,y1)、B(x2,y2),则 y1=x1+ ,y2=x2+ . 2 2 ∴y1-y2=x1-x2, 3 1 y=x+ ,y= x2,消去 y,得 x2-2x-3=0. 2 2 直线被曲线截得的线段长|AB|=
4

中小学个性化教育专家 ∴x1+x2=2,x1x2=-3. 2 2 弦长|AB|= ?x1-x2? +?y1-y2? 2 = 2?x1-x2? 2 = 2? ?x1+x2? -4x1x2 2 = 2? 2 -4??-3?=4 2. 点评: 直线与抛物线相交, 它们的方程组有两解, 故有两个交点. 一般地, 直线被二次曲线所截得的线段, 通常称为 “弦” . 解 法一是先求出两曲线的交点坐标,再运用两点间距离公式求弦长,而解法二是设出交点坐标,运用根与系数关系和两点 间距离公式求弦长,体现出“设而不求”的解题技巧.这种解法具有一般意义,特别是在交点坐标的数值较繁杂的情况 下,可以避免解方程组的计算. 2 变式探究 1 若直线 y=2x 与抛物线 y=-x -2x+m 相交于不同的两点 A、B,求: (1)m 的取值范围; (2)|AB|; (3)线段 AB 的中点坐标. ?y=2x, ? 解析:(1)由方程组? 2 ?y=-x -2x+m, ? 2 消去 y 得 x +4x-m=0. ∵直线与抛物线有两个相异交点, 2 ∴Δ >0,即 4 -4(-m)>0. 解之得 m>-4. ∴m 的取值范围 m∈(-4,+∞). 2 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1、x2 是方程 x +4x-m=0 的两个不等实根. 2 ∴|x1-x2|= ?x1+x2? -4x1x2= 16+4m. ∵点 A、B 也在直线 y=2x 上, ∴|y1-y2|=2|x1-x2|=2 16+4m, 2 2 ∴|AB|= ?x1-x2? +?y1-y2? = ?16+4m?+4?16+4m? =2 5m+20. (3)设线段 AB 中点坐标为(x,y),则 x1+x2 x= =-2, 2 y1+y2 2?x1+x2? y= = =-4. 2 2 ∴AB 中点坐标为(-2,-4).

x 3 2 变式探究 2:若直线 l 与椭圆 C: +y =1 交于 A、B 两点,坐标原点 O 到直线 l 的距离为 ,求△AOB 面积的最大值. 3 2 解析:设 A(x1,y1),B(x2,y2).
(1)当 AB⊥x 轴时,|AB|= 3; (2)当 AB 与 x 轴不垂直时,设直线 AB 的方程为 y=kx+m. 由已知,得 |m| 3 3 2 2 2= 2 ,即 m =4(k +1). 1+k

2

把 y=kx+m 代入椭圆方程,整理,得 (3k +1)x +6kmx+3m -3=0. -6km 3?m -1? ∴x1+x2= 2 ,x1x2= . 2 3k +1 3k +1 ∴|AB| =(1+k )(x2-x1)
2 2 2 2 2 2 2

5

中小学个性化教育专家 =(1+k )??
2 2

km 12?m -1?? ? 36 2 2- 2 ? ? 3 k + 1 ? 3k +1 ? ?
2 2

2 2

2

12?k +1??3k +1-m ? = 2 2 ?3k +1? = 3?k +1??9k +1? 2 2 ?3k +1? 12k =3+ 4 . 2 9k +6k +1 12 12 当 k≠0 时,上式=3+ ≤3+ =4, 1 2 ? 3+6 2 9k + 2+6
2 2 2

k

1 3 2 当且仅当 9k = 2,即 k=± 时等号成立. k 3 此时|AB|=2;当 k=0 时,|AB|= 3, 综上所述|AB|max=2. ∴当|AB|最大时,△AOB 面积取最大值

Smax= ?|AB|max?
方法点睛

1 2

3 3 = . 2 2 1 1+ 2|y1-y2|, k

当直线(斜率为 k)与圆锥曲线交于点 A(x1,y1),B(x2,y2)时,则|AB|= 1+k2· |x1-x2|=

而|x1-x2|= ?x1+x2?2-4x1x2,可根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程,利用根与系数的关系得 到两根之和、两根之积的代数式,然后再进行整体代入求解. 2 , 2

变式探究 3 椭圆 ax2+by2=1 与直线 x+y-1=0 相交于 A,B 两点,C 是 AB 的中点,若 AB=2 2,OC 的斜率为 求椭圆的方程. 解析:方法一:设 A(x1,y1)、B(x2,y2),代入椭圆方程并作差得 a(x1+x2)(x1-x2)+b(y1+y2)(y1-y2)=0. 而

y1-y2 y1+y2 2 =-1, =kOC= ,代入上式可得 b= 2a. x1-x2 x1+x2 2
2

再由|AB|= 1+k |x2-x1|= 2|x2-x1|=2 2, 其中 x1、x2 是方程(a+b)x -2bx+b-1=0 的两根, 1 2 故将 b= 2a 代入得 a= ,∴b= . 3 3
2

x 2y ∴所求椭圆的方程是 + =1. 3 3
?ax +by =1, ? 方法二:由? ?x+y=1, ?
2 2

2

2

得(a+b)x -2bx+b-1=0.

2

设 A(x1,y1)、B(x2,y2),则
6

中小学个性化教育专家
2 2

|AB|= ?k +1??x1-x2? = 2?

4b -4?a+b??b-1? . 2 ?a+b?

2

? 2b ?2-4?b-1=4, ?a+b? a+b ? ?
∵|AB|=2 2,∴ 设 C(x,y),则 x= ∵OC 的斜率为

a+b-ab =1.① a+b x1+x2
2 =

b

a+b

,y=1-x=

a

a+b



2 a 2 ,∴ = , 2 b 2

1 2 代入①,得 a= ,b= . 3 3

x 2 2 ∴椭圆方程为 + y =1. 3 3

2

题型三 圆锥曲线的中点弦问题 2 例 3 过点 Q(4,1)作抛物线 y =8x 的弦 AB,恰被 Q 所平分,求 AB 所在直线的方程. 2 2 解析:方法 1:设以 Q 为中点的弦 AB 端点坐标为 A(x1,y1),B(x2,y2),则有 y1=8x1,y2=8x2, 两式相减,得(y1-y2)(y1+y2)=8(x1-x2). 又 x1+x2=8,y1+y2=2, y2-y1 8 则 k= = =4, x2-x1 y1+y2 ∴所求直线 AB 的方程为 y-1=4(x-4), 即 4x-y-15=0. 方法 2:设弦 AB 所在的直线方程为 y=k(x-4)+1, ? ?y=k?x-4?+1, 由? 2 消去 x 整理,得 ?y =8x ? ky2-8y-32k+8=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 8 由韦达定理得 y1+y2= .

k

又∵Q 是 AB 中点,∴ 8 ∴ =2,∴k=4.

y1+y2
2

=1,

k

∴弦 AB 所在直线方程为 4x-y-15=0. 点评:有关弦中点轨迹、中点弦所在直线的方程,中点坐标的问题,有时采用“平方差”法,可优化解题方法,简化运 算. x2 y2 变式探究 1 过点 P(-1,1),作直线与椭圆 + =1 交于 A、B 两点,若线段 AB 的中点恰为 P 点,求 AB 所在直线的方 4 2 程和线段 AB 的长. 解析:设 A(x1,y1)、B(x2,y2),则 2 2 ? ?x1+2y1=4, ①
? 2 2 ?x2+2y2=4. ?
2 1

② 2 2 2 ①-②得 x -x2+2(y1-y2)=0.
7

中小学个性化教育专家 显然 x1=x2 不合题意, ∴x1≠x2, ?y1+y2??y1-y2? 1 ∴ =- .③ ?x1+x2??x1-x2? 2 由已知 x1+x2=-2,y1+y2=2, 1 代入③式,得 kAB= . 2 1 ∴所求的直线方程为 y-1= (x+1). 2 即 x-2y+3=0. 联立直线 x-2y+3=0 和椭圆方程 + =1 得, 4 2 2 3x +6x+1=0. 1 24 30 2 ∴|AB|= 1+k |x1-x2|= 1+ ? = . 4 3 3

y1-y2 =kAB, x1-x2

x2 y2

8

中小学个性化教育专家

求得 l 的方程为 y-1=2(x-1),即 2x-y-1=0. 联立方程 消去 y,得 2x2-4x+3=0, 然而方程的判别式 Δ =(-4)2-4?2?3=-8<0,无实根, 因此直线 l 与双曲线无交点,这一矛盾说 明了满足条件的直线 l 不存在.

题型四 圆锥曲线中的对称点 例 4 已知椭圆 C 的方程为 + =1,试确定 m 的取值范围,使得对于直线 l:y=4x+m,椭圆 C 上有不同的两点关于直 4 3 线 l 对称. 1 解析:方法一:假设具有对称关系的两点所在直线 l′的方程为 y=- x+n, 4 1 2 2 代入椭圆方程中有:3x +4(- x+n) -12=0, 4 2 2 即 13x -8nx+16n -48=0. 若要椭圆上关于直线 l 对称的不同的两点存在,则需 l′与椭圆相交,且两交点 P、Q 到直线 l 的距离相等,即线段 PQ 的中点 M 在直线 l 上,故 2 2 Δ =64n -4?13?(16n -48)>0, 13 13 ∴- <n< . 2 2 8n 设 P(x1,y1)、Q(x2,y2),则 x1+x2= , 13 1 24 y1+y2=- (x1+x2)+2n= n, 4 13 12n 4n 4 ∴ =4? +m,故 m=- n, 13 13 13 13m ∴n=- , 4 ∴- 13 13m 13 <- < , 2 4 2
9

x2 y2

中小学个性化教育专家 2 13 2 13 即- <m< . 13 13 方法二:设 P(x1,y1),Q(x2,y2)是椭圆上关于直线 l 对称的两点,PQ 的中点 M 的坐标为(x0,y0), 则 + =1, + =1, 4 3 4 3 2 2 2 x1-x2 y2 1-y2 相减得 + =0, 4 3 y1-y2 3x0 1 即 =- =- . x1-x2 4y0 4 ∴3x0=y0. 又∵点(x0,y0)在直线 l 上, ∴y0=4x0+m,∴x0=-m,y0=-3m. 而 M(-m,-3m)在椭圆 + =1 内, 4 3 m2 9m2 39 2 ∴ + <1,即 m <1. 4 3 12 2 13 2 13 ∴- <m< . 13 13 点评:本题有两种思路:(1)利用判别式构造不等式;(2)利用两对称点的中点在椭圆内构造不等式. 2 变式探究 1 若在抛物线 y =2x-4 上存在两点关于直线 l:y=m(x-4)对称,求 m 的取值范围. 解析:方法一:(1)若 m=0,则直线 l 为 y=0,显然抛物线上存在两点关于直线 l 对称. (2)若 m≠0,设 A(x1,y1),B(x2,y2)为抛物线上关于 l 对称的两点,则 x1≠x2,y1≠y2. 1 2 2 且 kAB=- ,y1=2x1-4,y2=2x2-4.

x2 y2 1 1

x2 y2 2 2

x2 y2

m

以上两式相减,得 y1-y2=2(x1-x2). y1-y2 2 1 即 = =- , x1-x2 y1+y2 m ∴y1+y2=-2m. 由线段 AB 的中点 P 在直线 l 上, y1+y2 x1+x2 ∴ =m( -4), 2 2 x1+x2 ∴ =3,即 P(3,-m). 2 1 ∴直线 AB 的方程为 y+m=- (x-3),

2

2

m

即 x=3-m -my,代入 y =2x-4, 2 2 得 y +2my+2m -2=0. 2 2 ∵y1≠y2,∴△=4m -4(2m -2)>0, 解之得- 2<m< 2(m≠0). 综上,- 2<m< 2. 方法二:由解法一知弦 AB 的中点为 P(3,-m). ∵点 P(3,-m)在抛物线内部, 2 ∴(-m) <2?3-4. ∴- 2<m< 2.

2

2

题型五 圆锥曲线中的定值问题 例题 5(定值) 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: +y =1.如图所示,斜率为 k(k>0)且不过原点的直线 l 交椭 3
10

x2

2

中小学个性化教育专家 圆 C 于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 E,射线 OE 交椭圆 C 于点 G,交直线 x=-3 于点 D(-3,m). (1)求 m2+k2 的最小值; (2)若|OG|2=|OD|· |OE|,求证:直线 l 过定点.

解析:(1)设直线 l 的方程为 y=kx+t(k>0),由题意,t>0.

y=kx+t, ? ? 2 由方程组?x 2 +y =1, ? ?3
2

得(3k +1)x +6ktx+3t -3=0.

2

2

2

由题意Δ >0,所以 3k +1>t . 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 6kt 由韦达定理得 x1+x2=- 2 , 3k +1 2t 所以 y1+y2= 2 . 3k +1 由于 E 为线段 AB 的中点, 3kt t 因此 xE=- 2 ,yE= 2 , 3k +1 3k +1 yE 1 此时 kOE= =- . xE 3k 1 又由题设知 D(-3,m),令 x=-3,得 m= ,即 mk=1, k 所以 m2+k2≥2mk=2,当且仅当 m=k=1 时上式等号成立,所以由 Δ>0 得 0<t<2,因此当 m=k=1 且 0<t<2 时, m2+k2 取最小值 2. 3k 1 1 ? ?. , (2)由(1)知 OD 所在直线的方程为 y=- x,将其代入椭圆 C 的方程,并由 k>0,解得 G?- ? 2 3k 3k +1 3k2+1? ? 3kt t 1 -3, ?, 又 E?-3k2+1,3k2+1?,D? k? ?

2

?

?

由距离公式及 t>0 得 |OG|2=?- |OD|= |OE|=

? ?

2 3k ?2 ? 1 ?2=9k +1, +? ? ? 2 2 3k +1? ? 3k +1? 3k2+1

1?2 9k2+1 ?-3?2+? = , ?k? k kt ?2 ? t ?2 t 9k +1 ?- 3 2 3 k +1? +?3k2+1? = 3k2+1 , ?
2

由|OG|2=|OD|· |OE|,得 t=k,
11

中小学个性化教育专家 因此直线 l 的方程为 y=k(x+1), 所以直线 l 恒过定点(-1,0). 方法点睛 (1)证明直线过定点或证明某些量为定值的方法有两种: 一是研究一般情况, 通过逻辑推理与计算得到定点或

定值.这种方法往往难度较大,运算量较大,且思路不好寻找;二是先利用特殊情况确定定点或定值,然后验证,这样 在整理式子或求值时就有了明确的方向. (2)求范围的方法同求最值及函数的值域的方法类似,求最值常见的解法有两种:代数法和几何法.若题目的条件和 结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决,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. 变式探究 1(定值) 已知抛物线 y2=4x 的焦点为 F,直线 l 过点 M(4,0). (1)若点 F 到直线 l 的距离为 3,求直线 l 的斜率; (2)设 A,B 为抛物线上两点,且 AB 不与 x 轴垂直,若线段 AB 的垂直平分线恰过点 M,求证:线段 AB 中点的横坐标为 定值. 解析:(1)由已知,直线 l 的方程为 x=4 时不合题意. 设直线 l 的方程为 y=k(x-4), 由已知,抛物线的焦点坐标为(1,0), 因为点 F 到直线 l 的距离为 3,所以 |3k| = 3, 1+k2

2 2 解得 k=± ,所以直线 l 的斜率为± . 2 2 y0 (2)证明:设线段 AB 的中点坐标为 N(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),因为 AB 不垂直于 x 轴,则直线 MN 的斜率为 , x0-4 4-x0 ? ?y-y0= ?x-x0?, 4-x0 4-x0 y0 直线 AB 的斜率为 ,直线 AB 的方程为 y-y0= (x-x0),联立方程? y0 y0 ? ?y2=4x, 4y0 ?1-x0?y2-y0y+y2 , 0+x0(x0-4)=0,所以 y1+y2= ? 4? 4-x0 因为 N 为 AB 的中点, y1+y2 2y0 所以 =y0,即 =y , 2 4-x0 0 所以 x0=2, 即线段 AB 中点的横坐标为定值 2.

消去 x 得

变式探究 2(定值) 如图,倾斜角为α 的直线经过抛物线 y2=8x

的焦点 F,且与抛物线交于 A、B 两点.

12

中小学个性化教育专家

13

中小学个性化教育专家

变式探究 3 (定值)

? y2 ? 4x ? y ? y2 ? 4 m 联立方程组 ? , 消去x得y 2 =4my+4,则? ? =(-4m)2+16>0, ? 1 . ? y1 y2 ? -4 ? x ? my ? 1 ???? ??? ? ???? ??? ? 2 2 由MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF , 得y1 ? ? -?1 y1 , y2 ? ? -?2 y2 , m m 2 2 整理得?1 ? -1, ?2 ? -1, my1 my2 所以?1 ? ?2 ? -2 ? -2 2 4m ? ? 0, m -4 2 1 1 2 y ? y2 ( ? ) ? -2 - ? 1 m y1 y2 m y1 y2

变式探究 4(定值)
14

中小学个性化教育专家

变式探究 5(定值)

15

中小学个性化教育专家

变式探究 6、 (定值)(2012?辽宁)如图,椭圆 C0: 2+ 2=1(a>b>0,a,b 为常数),动圆 C1:x +y =t1,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: x +y =t2与 C0 相交于 A′, B′,C′, D′四点, 其中 b<t2<a, t1≠t2.若矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′
2 D′的面积相等,证明:t2 1+t2为定值. 2 2 2

x2 y2 a b

2

2

2

解析:(1)设 A(x1,y1),B(x1,-y1),又知 A1(-a,0),A2(a,0),则直线 A1A 的方程为 y= 直线 A2B 的方程 为 y=
2

y1 (x+a),① x1+a

-y1 (x-a).② x1-a

由①②得 y =

2

-y1 2 2 2(x -a ).③ x2 1-a

x2 y2 1 1 由点 A(x1,y1)在椭圆 C0 上,故 2+ 2=1, a b

? x1? 从而 y =b ?1- 2?, ? a?
2 1 2

2

16

中小学个性化教育专家 代入③得 2- 2=1(x<-a,y<0). (2)设 A′(x2,y2),由矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积相等,得 4|x1||y1|=4|x2||y2|,故 x1y1=x2y2. 因为点 A,A′均在椭圆上, 所以 b x1?1- 2?=b x2?1- 2?. a a
2 2 2 2 2 2

x2 y2 a b

? ?

x2 1?

?

2 2

? ?

x2 2?

?
2

由 t1≠t2,知 x1≠x2,所以 x1+x2=a ,从而 y1+y2=b , 因此 t1+t2=a +b 为定值. 变式探究 7、 (定值)已知抛物线 y =4x 的焦点为 F,直线 l 过点 M(4,0). (1)若点 F 到直线 l 的距离为 3,求直线 l 的斜率; (2)设 A,B 为抛物线上两点,且 AB 不与 x 轴垂直,若线段 AB 的垂直平分线恰过点 M, 求证:线段 AB 中点的横坐标为定值. [解] (1)由已知,直线 l 的方程为 x=4 时不合题意.设直线 l 的方程为 y=k(x-4), 由已知,抛物线的焦点坐标为(1,0), 因为点 F 到直线 l 的距离为 3,所以 |3k| 1+k
2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

2

= 3,

解得 k=±

2 2 ,所以直线 l 的斜率为± . 2 2

(2)证明:设线段 AB 的中点坐标为 N(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2), 因为 AB 不垂直于 x 轴, 则直线 MN 的斜率为

y0 4-x0 ,直线 AB 的斜率为 , x0-4 y0 y0

4-x0 直线 AB 的方程为 y-y0= (x-x0), 4-x0 ? ?y-y0= ?x-x0?, y0 联立方程? ? ?y2=4x, 消去 x 得?1- ?y -y0y+y0+x0(x0-4)=0, ? 4?
2 2

?

x0?

4y0 所以 y1+y2= . 4-x0 因为 N 为 AB 的中点 , 所以

y1+y2
2

2y0 =y0,即 =y0, 4-x0

解得 x0=2,即线段 AB 中点的横坐标为定值 2. [点评] 求定值问题,就是将要证明或要求解的量表示为某个合适变量的函数,化简消去变量即得定值.

17

中小学个性化教育专家

题型六、圆锥曲线中的最值问题 1 2 例 6(最值)已知抛物线方程为 y=- x +m,点 A、B 及 P(2,4)均在抛物线上,且直线 PA、PB 的倾斜角互补. 2 (1)求证直线 AB 的斜率为定值; (2)当直线 AB 在 y 轴上截距为正时,求△PAB 面积的最大值. 解析:(1)将 P(2,4)代入抛物线方程得 m=6, ∴抛物线方程为 y=- +6 2 设直线 PA 方程为 y-4=-k(x-2) 则直线 PB 方程为 y-4=k(x-2) 把它们分别代入方程得 x2-2kx+4k-4=0 和 x2+2kx-4k-4=0 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+2=2k,x2+2=-2k y1-y2 kAB= x1-x2 ?4-kx1+2k?-?4+kx2-2k? = x1-x2 =2 为定值 2 (2)设 y=2x+b 代入抛物线方程得 x +4x+2b-12=0 由△>0 得 b∈(0,8) 2 ∴|AB| =40(8-b) 又点 p 到 AB 距离为 d=

x2

b

5 1 b 2 ∴S△PAB= ? ? 40?8-b?= 2b ?8-b? 2 5 = ≤ 8? ? ??8-b? 2 2 8 3 64 3 8?? ? ≤ 3 9 16 当且仅当 b= ∈(0,8)时取最大值. 3

b b

点评: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确定与之有关的一些问题. 16 仅当 b= ∈(0,8)时取最大值. 3 6? ? 变式探究 1(最值) 已知椭圆 + =1 上的两个动点 P,Q 及定点 M?1, ?,F 是椭圆的左焦点,且|PF|,|MF|,|QF| 4 2 2? ? 成等差数列. (1)求证:线段 PQ 的垂直平分线经过一个定点 A; (2)设点 A 关于原点 O 的对称点是 B,求|PB|的最小值及相应的 P 点坐标. 解析:设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 2 由已知得 a=2,b= 2,c= 2,e= . 2

x2 y2

由椭圆的焦半径公式得|PF|=2+ 2 2 x2,|MF|=2+ . 2 2 ∵2|MF|=|PF|+|QF|, |QF|=2+

2 x1, 2

18

中小学个性化教育专家 2 2? ?=4+ 2 (x1+x2), 2? ∴x1+x2=2. 2 2 ? ?x1+2y1=4, 当 x1≠x2 时,由? 2 2 ?x2+2y2=4, ? y1-y2 1 x1+x2 得 =- ? . x1-x2 2 y1+y2 设线段 PQ 的中点 N(1,n), y1-y2 1 ∴kPQ= =- . x1-x2 2n ∴线段 PQ 的垂直平分线方程为 y-n=2n(x-1). ∴(2x-1)n-y=0. ?1 ? 该直线恒过一个定点 A? ,0?. ?2 ? ?1 ? 当 x1=x2 时,线段 PQ 的中垂线也过定点 A? ,0?. ?2 ? 1 ? ? 综上,线段 PQ 的垂直平分线恒过定点 A? ,0?. ?2 ? ? 1 ? (2)由于点 B 与点 A 关于原点 O 对称,故点 B?- ,0?. ? 2 ? ∵-2≤x1≤2,-2≤x2≤2,∴x1=2-x2∈[0,2], 1?2 2 1 7 9 ? 2 2 |PB| =?x1+ ? +y1= (x1+1) + ≥ . 2 2 4 4 ? ? 3 ∴当点 P 的坐标为(0,± 2)时,|PB|min= . 2 ∴2?2+ 变式探究 2(最值)

? ?

19

中小学个性化教育专家

变式探究 3(最值)

20

中小学个性化教育专家

变式探究 4(最值)

21

中小学个性化教育专家

由于Δ =-20<0,故直线 l'与椭圆 C 没有交点. 综上所述,当线段 MN 的长度最小时,椭圆上仅存在两个不同的点 T,使得△TSB 的面积等于 . 点评:最值与范围问题一般涉及到参变量问题,应先把所求的问题转化为某参数的代数式(或函数式),然后利用求最值 的方法求解.注意最值与特殊情况时的取值之间的联系.

变式探究 5(最值)

22

中小学个性化教育专家

变式探究 6、 (最值)(2013?安徽联考)已知 i,j 是 x,y 轴正方向的单位向量,设 a=xi+(y-1)j,b=xi+(y+ 1)j,且满足|a|+|b|=2 2. (1)求点 P(x,y)的轨迹 C 的方程; → → 最小值和最大值. → → → → (2)设点 F(0,1),点 A,B,C,D 在曲线 C 上,若AF与FB共线,CF与FD共线,且AF?CF=0.求四边形 ACBD 的面积的

解析:(1)∵|a|+|b|=2 2, ∴ x +?y-1? + x +?y+1? =2 2. 由椭圆的定义可知,动点 P(x,y)的轨迹是以点 F1(0,-1),F2(0,1)为焦点,以 2 2为长轴的椭圆. ∴点 P(x,y)的轨迹 C 的方程为:x + =1.[来源:学科网 ZXXK] 2 (2)由条件知 AB 和 CD 是椭圆的两条弦,相交于焦点 F(0,1),且 AB⊥CD,直线 AB、CD 中至少有一条存在斜率,不妨 设 AB 的斜率为 k,又 AB 过点 F(0,1),故 AB 的方程为 y=kx+1,将此式代入椭圆方程得(2+k )x +2kx-1=0,设 A、B -k- 2k +2 -k+ 2k +2 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则 x1= ,x2= , 2 2 2+k 2+k 8?1+k ? 从而|AB| =(x1-x2) +(y1-y2) = 2 2 , ?2+k ?
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

y2

2 2?1+k ? 亦即|AB|= . 2 2+k
23

2

中小学个性化教育专家

? ? 1?2? 2 2?1+?- ? ? 1 ? ? k? ? ①当 k≠0 时,CD 的斜率为- ,同上可推得|CD|= , k ? 1?2 2+?- ? ? k?
故四边形 ABCD 面积

S= |AB||CD|

1 2

? 1? 2 8?1+k ??1+ 2? 1 ? k? = ? 2 ? 1? 2 ?2+k ??2+ 2? ?
k?
1? 2 ? 4?2+k + 2? k



?

?

5+2k +

2

2
2

.[来源:Zxxk.Com]

k

1 ? 1 4?2+u? ? 2 令 u=k + 2,得 S= =2?1- ?. k 5+2u ? 5+2u? 1 16 16 2 ∵u=k + 2≥2,当 k=±1 时 u=2,S= ,且 S 是以 u 为自变量的增函数,∴ ≤S<2. k 9 9 ②当 k=0 时,CD 为椭圆长轴,|CD|=2 2,|AB|= 2, 1 ∴S= |AB||CD|=2. 2 16 故四边形 ABCD 面积的最小值和最大值分别为 ,2.[来源:Zxxk.Com] 9 变式探究 7、 (最值)如图所示,抛物线 y2=4x 的顶点为 O,点 A 的坐标为(5,0),倾斜角为

?
4

的直线 l 与线段 OA
新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

相交(不经过点 O 或点 A)且交抛物线于 M、N 两点,求△AMN 面积最大时直线 l 的方程,并求△AMN 的最大面积 解法一 由题意,可设 l 的方程为 y=x+m,其中-5<m<0
新疆
源头学子 小屋
http://w ww .xjktyg.com/w xc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

特级教师 王新敞
w xckt@126.com

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆

源头学子 小屋

http://w ww .xjktyg.com/w xc/

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

特级教师 王新敞
w xckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

?y ? x ? m 由方程组 ? 2 ,消去 y,得 x2+(2m-4)x+m2=0 ? y ? 4x
∵直线 l 与抛物线有两个不同交点 M、N, ∴方程①的判别式Δ =(2m-4)2-4m2=16(1-m)>0, 解得 m<1,又-5<m<0,∴m 的范围为(-5,0) 设 M(x1,y1),N(x2,y2)则 x1+x2=4-2m,x1?x2=m2, ∴|MN|=4 2(1 ? m)
新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/



y N

o M

B

A

x

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

点 A 到直线 l 的距离为 d=

5? m
新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

2

∴S△=2(5+m) 1 ? m ,从而 S△2=4(1-m)(5+m)2 =2(2-2m)?(5+m)(5+m)≤2(

2 ? 2m ? 5 ? m ? 5 ? m 3 ) =128 3

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

24

中小学个性化教育专家

∴S△≤8 2 ,当且仅当 2-2m=5+m,即 m=-1 时取等号

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

故直线 l 的方程为 y=x-1,△AMN 的最大面积为 8 2 解法二 由题意,可设 l 与 x 轴相交于 B(m,0), l 的方程为 x = y +m,其中 0<m<5
新疆
源头学子 小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆

源头学子 小屋

http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

由方程组 ?

?x ? y ? m ? y ? 4x
2

,消去 x,得 y 2-4 y -4m=0



∵直线 l 与抛物线有两个不同交点 M、N, ∴方程①的判别式Δ =(-4)2+16m=16(1+m)>0 必成立, 设 M(x1,y1),N(x2,y2)则 y 1+ y 2=4,y 1?y 2=-4m, ∴S△=

1 1 (5 ? m) | y1 ? y2 |? (5 ? m) ( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 2 2
5 2 1 m) 2

=4 ( ?

5 1 5 1 (1 ? m) =4 ( ? m)( ? m)(1 ? m) 2 2 2 2
3

5 1 ? 5 1 ? ? ( 2 ? 2 m) ? ( 2 ? 2 m) ? (1 ? m) ? ?4 ? ? ?8 2 3 ? ? ? ?
∴S△≤8 2 ,当且仅当 ( ?

5 2

1 m) ? (1 ? m) 即 m=1 时取等号 2
新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

故直线 l 的方程为 y=x-1,△AMN 的最大面积为 8 2

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

变式探究 8、 (最值) 已知抛物线 y2=2px(p>0),过动点 M(a,0)且斜率为 1 的直线 l 与该抛物线 交于不同的两点 A、B,且|AB|≤2p (1)求 a 的取值范围 (2)若线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 N,求△NAB 面积的最大值 解 (1)设直线 l 的方程为 y=x-a,代入抛物线方程得(x-a)2=2px,即 x2-2(a+p)x+a2=0
新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com http://www.xjktyg.com/wxc/

y B

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆

新疆

源头学子 小屋

源头学子 小屋

http://www.xjktyg.com/wxc/

http://www.xjktyg.com/wxc/

o A

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

N

x

新疆

新疆

源头学子 小屋

源头学子 小屋

http://www.xjktyg.com/wxc/

http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

∴|AB|= 2 ? 4(a ? p) 2 ? 4a 2 ≤2p 又∵p>0,∴a≤-

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

∴4ap+2p2≤p2,即 4ap≤-p2

p 4

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

(2)设 A(x1,y1)、B(x2,y2),AB 的中点 C(x,y), 由(1)知,y1=x1-a,y2=x2-a,x1+x2=2a+2p, 则有 x=

x1 ? x2 y ? y2 x1 ? x2 ? 2a =p ? a ? p, y ? 1 ? 2 2 2

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

∴线段 AB 的垂直平分线的方程为 y-p=-(x-a-p), 从而 N 点坐标为(a+2p,0)? | a ? 2p ? a| ? 2p 点 N 到 AB 的距离为 2 从而 S△NAB=

1 ? 2 ? 4(a ? p) 2 ? 4a 2 ? 2 p ? 2 p 2ap ? p 2 2
25

中小学个性化教育专家 当 a 有最大值-

p 时,S 有最大值为 2 p2 4

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

变式探究 9、 已知点 F(0,1), 直线 l: y=-1, P 为平面上的动点, 过点 P 作直线 l 的垂线, 垂足为 Q, 且 QP ? QF = FP ? FQ . (1)求动点 P 的轨迹 C 的方程;

??? ?

????

??? ?

??? ?

(2)已知圆 M 过定点 D(0,2),圆心 M 在轨迹 C 上运动,且圆 M 与 x 轴交于 A,B 两点,设|DA|=l1,|DB|=l2,求 +

l1 l2

l2 的最大值. l1
[解] (1)设 P(x,y),则 Q(x,-1), ∵ QP ? QF = FP ? FQ , ∴(0,y+1)?(-x,2)=(x,y-1)?(x,-2). 即 2(y+1)=x -2(y-1),即 x =4y. 所以动点 P 的轨迹 C 的方程为 x =4y. (2)设圆 M 的圆心坐标为(a,b),则 a =4b.① 圆 M 的半径为|MD|=
2 2 2 2 2

??? ?

????

??? ?

??? ?

a2+?b-2?2.
2 2 2

圆 M 的方程为(x-a) +(y-b) =a +(b-2 ) . 令 y=0,则(x-a) +b =a +(b-2) , 整理得,x -2ax+4b-4=0.② 由①②解得 x=a±2. 不妨设 A(a-2,0),B(a+2,0), ∴l1= ?a-2? +4,l2=
2 2 2 2 2 2

?a+2? +4.

2

∴ + =

2 2 l1 l2 l2 2a +16 1+l2 = 4 l2 l1 l1l2 a +64

=2

?a +8? =2 a4+64

2

2

16a 1+ 4 ,③ a +64

2

当 a≠0 时,由③得,

l1 l2 + =2 l2 l1

1+

16 ≤2 64 2 a+ 2

1+

16 = 2 2. 2?8

a

当且仅当 a=±2 2时,等号成立. 当 a=0 时,由③得, + =2. 故当 a=±2 2时, + 的最大值为 2 2. [点评] 求圆锥曲线中的范围及最值问题,关键是建立不等关系,然后利用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本
26

l1 l2 l2 l1

l1 l2 l2 l1

中小学个性化教育专家 不等式求出相关问题.

题型七 范围问题

变式探究 1

27

中小学个性化教育专家

变式探究 2.已知中心在原点的双曲线 C 的右焦点为(2,0),右顶点为 ( 3,0) 。 (1) 求双曲线 C 的方程; (2) 若直线 l: y ? kx ? 2 与双曲线 C 恒有两个不同的交点 A 和 B,且 OA ? OB ? 2 (其中 O 为原点),求 k 的取值 范围。

x2 y 2 解: (1)设双曲线方程为 2 ? 2 ? 1 a b

(a ? 0, b ? 0).

由已知得 a ? 3, c ? 2, 再由a 2 ? b 2 ? 2 2 , 得b 2 ? 1.

故双曲线 C 的方程为

x2 ? y 2 ? 1. 3

x2 ? y 2 ? 1得 (1 ? 3k 2 ) x 2 ? 6 2kx ? 9 ? 0. (2)将 y ? kx ? 2代入 3
?1 ? 3k 2 ? 0, ? 由直线 l 与双曲线交于不同的两点得 ? 2 2 2 ? ?? ? (6 2k ) ? 36(1 ? 3k ) ? 36(1 ? k ) ? 0.
2 即k ?

1 且k 2 ? 1. 3

① 设 A( x A , y A ), B( x B , y B ) ,则

xA ? xB ?

??? ? ??? ? 6 2k ?9 , x x ? , 由 OA ? OB ? 2得x A xB ? y A yB ? 2, A B 1 ? 3k 2 1 ? 3k 2

而 xA xB ? yA yB ? xA xB ? (kxA ? 2)(kxB ? 2) ? (k 2 ?1) xA xB ? 2k ( xA ? xB ) ? 2

28

中小学个性化教育专家

? (k 2 ? 1)

?9 6 2k 3k 2 ? 7 ? 2 k ? 2 ? . 1 ? 3k 2 1 ? 3k 2 3k 2 ? 1


于是

3k 2 ? 7 ?3k 2 ? 9 1 ? 2, 即 ? 0, 解此不等式得 ? k 2 ? 3. 2 2 3 3k ? 1 3k ? 1
1 ? k 2 ? 1. 3

由①、②得

故 k 的取值范围为 (?1, ?

3 3 ) ? ( ,1). 3 3

变式探究 3.抛物线 C 的方程为 y ? ax2 (a ? 0) ,过抛物线 C 上一点 P(x0,y0)(x 0≠0)作斜率为 k1,k2 的两条直线分别交抛 物线 C 于 A(x1,y1)B(x2,y2)两点(P,A,B 三点互不相同),且满足 k 2 ? ?k1 ? 0(? ? 0且? ? ?1) . (1)求抛物线 C 的焦点坐标和准线方程; (2)设直线 AB 上一点 M,满足 BM ? ? MA ,证明线段 PM 的中点在 y 轴上; (3)当 ? =1 时,若点 P 的坐标为(1,-1) ,求∠PAB 为钝角时点 A 的纵坐标 y1 的取值范围..

解 : (1)由抛物线 C 的方程 y ? ax2 ( a ? 0 )得,焦点坐标为 (0,

1 1 ) ,准线方程为 y ? ? . 4a 4a

(2)证明:设直线 PA 的方程为 y ? y0 ? k1 ( x ? x0 ) ,直线 PB 的方程为 y ? y0 ? k 2 ( x ? x0 ) . 点 P( x0 , y0 ) 和点 A( x1 , y1 ) 的坐标是方程组 ?

? ? y ? y0 ? k1 ( x ? x0 )? ① 的解.将②式代入①式得 2 y ? ax ?? ② ? ?

ax2 ? k1 x ? k1 x0 ? y0 ? 0 ,于是 x1 ? x 0 ?

k1 k ,故 x1 ? 1 ? x 0 a a



又点 P( x0 , y0 ) 和点 B( x2 , y 2 ) 的坐标是方程组 ?

? ? y ? y0 ? k2 ( x ? x0 )? ④ 的解.将⑤式代入④式得 2 ?⑤ ? ? y ? ax     

ax2 ? k 2 x ? k 2 x0 ? y0 ? 0 .于是 x2 ? x0 ?
由已知得, k 2 ? ??k1 ,则 x 2 ? ?

?
a

k2 k ,故 x2 ? 2 ? x0 . a a


k1 ? x 0 .

设点 M 的坐标为 ( x M , y M ) ,由 BM ? ? MA ,则 x M ?

???? ?

????

x 2 ? ?x1 . 1? ?

将③式和⑥式代入上式得 x M ? ∴线段 PM 的中点在 y 轴上.

? x0 ? ?x0 ? ? x0 ,即 xM ? x0 ? 0 . 1? ?

29

中小学个性化教育专家 (3)因为点 P(1,?1) 在抛物线 y ? ax2 上,所以 a ? ?1 ,抛物线方程为 y ? ? x 2 . 由③式知 x1 ? ?k1 ? 1 ,代入 y ? ? x 2 得 y1 ? ?(k1 ? 1) 2 . 将 ? ? 1 代入⑥式得 x2 ? k1 ? 1 ,代入 y ? ? x 2 得 y2 ? ?(k 2 ? 1) 2 . 因此,直线 PA 、 PB 分别与抛物线 C 的交点 A 、 B 的坐标为

A(?k1 ?1, ?k12 ? 2k1 ?1) , B(k1 ?1, ?k12 ? 2k1 ?1) .
于是 AP ? (k1 ? 2, k1 ? 2k1 ) , AB ? (2k1 ,4k1 ) ,
2

??? ?

??? ?

??? ? ??? ? AP ? AB ? 2k1 (k1 ? 2) ? 4k1 (k12 ? 2k1 ) ? 2k1 (k1 ? 2)(2k1 ?1) .
因 ?PAB 为钝角且 P 、 A 、 B 三点互不相同,故必有 AP ? AB ? 0 . 求得 k 1 的取值范围是 k1 ? ?2 或 ?

??? ? ??? ?

1 ? k1 ? 0 .又点 A 的纵坐标 y1 满足 y1 ? ?(k1 ? 1)2 ,故当 k1 ? ?2 时, y1 ? ?1;当 2 1 1 1 ? ? k1 ? 0 时, ?1 ? y1 ? ? .即 y1 ? (??, ?1) ? (?1, ? ) 4 2 4
2

变式探究 4(上海)抛物线方程为 y =p(x+1) (p>0) ,直线 x+y=m 与 x 轴的交点在抛物线的准线的右边. (1)求证:直线与抛物线总有两个交点; (2)设直线与抛物线的交点为 Q、R,OQ⊥OR,求 p 关于 m 的函数 f(m)的表达式; (3) (文)在(2)的条件下,若抛物线焦点 F 到直线 x+y=m 的距离为

2 ,求此直线的方程; 2
2 ,求 p 的值的范围. 2

(理)在(2)的条件下,若 m 变化,使得原点 O 到直线 QR 的距离不大于

解: (1)抛物线 y =p(x+1)的准线方程是 x=-1-

2

p ,直线 x+y=m 与 x 轴的交点为(m,0) ,由题设交点在准线右 4

边,得 m>-1-

p ,即 4m+p+4>0. 4

? y 2 ? p ( x ? 1) 由? ?x ? y ? m
得 x -(2m+p)x+(m -p)=0. 2 2 而判别式Δ =(2m+p) -4(m -p)=p(4m+p+4). 又 p>0 及 4m+p+4>0,可知Δ >0. 因此,直线与抛物线总有两个交点; 2 2 (2)设 Q、R 两点的坐标分别为(x1,y1) 、 (x2,y2) ,由(1)知,x1、x2 是方程 x -(2m+p)x+m -p=0 的两根, 2 ∴x1+x2=2m+p,x1?x2=m -p. 由 OQ⊥OR,得 kOQ?kOR=-1,
30
2 2

中小学个性化教育专家 即有 x1x2+y1y2=0. 又 Q、R 为直线 x+y=m 上的点, 因而 y1=-x1+m,y2=-x2+m. 2 2 2 于是 x1x2+y1y2=2x1x2-m(x1+x2)+m =2(m -p)-m(2m+p)+m =0,

m2 ∴p=f(m)= , m?2
由?

?p ? 0 得 m>-2,m≠0; 4 m ? 4 ? p ? 0 ?
2

(3) (文)由于抛物线 y =p(x+1)的焦点 F 坐标为(-1+

p ,0) ,于是有 4

| ?1 ?

p ?0?m| 2 4 ? ,即|p-4m-4|=4. 2 2

m2 3m 2 ? 12m ? 8 又 p= ∴| |=4. m?2 m?2
解得 m1=0,m2=-

8 4 ,m3=-4,m4=- . 3 3

但 m≠0 且 m>-2,因而舍去 m1、m2、m3,故所求直线方程为 3x+3y+4=0. (理)解法一:由于原点 O 到直线 x+y=m 的距离不大于

2 ,于是 2

|0?0? m| 2 ,∴|m|≤1. ? 2 2
由(2) ,知 m>-2 且 m≠0, 故 m∈[-1,0)∪(0,1]. 由(2) ,知 f(m)=

4 m2 =(m+2)+ -4, m?2 m?2

当 m∈[-1,0)时,任取 m1、m2,0>m1>m2≥-1,则

f(m1)-f(m2)=(m1-m2)+(

4 4 ) ? m1 ? 2 m2 ? 2

=(m1-m2) [1-

4 ]. (m1 ? 2)(m2 ? 2) 4 <0. (m1 ? 2)(m2 ? 2)
31

由 0>m1>m2≥-1,知 0<(m1+2) (m2+2)<4,1-

又由 m1-m2>0 知 f(m1)<f(m2)因而 f(m)为减函数.

中小学个性化教育专家 可见,当 m∈[-1,0)时,p∈(0,1]. 同样可证,当 m∈(0,1]时,f(m)为增函数,从而 p∈(0, 解法二:由解法一知,m∈[-1,0)∪(0,1].由(2)知

1 ]. 3

m2 1 p=f(m)= . ? m?2 1 ? 2 m m2
设 t=

1 2 ,g(t)=t+2t ,则 t∈(-∞,-1]∪[1,+∞) ,又 m
1 2 1 )- . 4 8

g(t)=2t2+t=2(t+

∴当 t∈(-∞,-1]时,g(t)为减函数,g(t)∈[1,+∞). 当 t∈[1,+∞)时,g(t)为增函数,g(t)∈[3,+∞). 因此,当 m∈[-1,0]时,t∈(-∞,-1] ,p=

1 ∈(0,1] ; g (t )

当 m∈(0,1]时,t∈[1,+∞) ,p∈(0,

1 ]. 3

变式探究 5(福州市模拟题)已知抛物线 C:y2=4(x-1) ,椭圆 C1 的左焦点及左准线与抛物线 C 的焦点 F 和准线 l 分别重合. (1)设 B 是椭圆 C1 短轴的一个端点,线段 BF 的中点为 P,求点 P 的轨迹 C2 的方程; (2)如果直线 x+y=m 与曲线 C2 相交于不同两点 M、N,求 m 的取值范围. (1)解法一:由 y2=4(x-1)知抛物线 C 的焦点 F 坐标为(2,0).准线 l 的方程为 x=0.设动椭圆 C1 的短轴的一个 端点 B 的坐标为(x1,y1) (x1>2,y1≠0) ,点 P(x,y) , x= 则

x1 ? 2 , x1=2x-2, 2 ∴ y1 y= , y1=2y. 2
| FO ? | | BF | | FO ? | ,由 = ,得 | BF | | BB ? | | BF |

∴B(2x-2,2y) (x>2,y≠0). 设点 B 在准线 x=0 上的射影为点 B′,椭圆的中心为点 O′,则椭圆离心率 e=

(2 x ? 2 ? 2) 2 ? (2 y ) 2 2x ? 2

=

2x ? 2 ? 2 (2 x ? 2 ? 2) 2 ? (2 y ) 2



整理,化简得 y2=x-2(y≠0) ,这就是点 P 的轨迹方程. 2 解法二:抛物线 y =4(x-1)焦点为 F(2,0) ,准线 l:x=0.设 P(x,y) , ∵P 为 BF 中点, ∴B(2x-2,2y) (x>2,y≠0).设椭圆 C1 的长半轴、短半轴、半焦距分别为 a、b、c, 则 c=(2x-2)-2=2x-4,b2=(2y)2=4y2, ∵(-c)-(-

a2 a2 ? c2 )=2,∴ =2, c c
32

中小学个性化教育专家 即 b2=2c.∴4y2=2(2x-4) , 2 即 y =x-2(y≠0) ,此即 C2 的轨迹方程. x+y=m, (y≠0) ,得 y2+y-m+2=0,令Δ =1-4(-m+2)>0,解得 (2)解:由 y2=x-2 m>

7 . 4
7 ,2)∪(2,+∞). 4
y2 x2 + = 1( a> b> 0) ,两个焦点分别为 F1 和 F2,斜率为 k 的直线 l 过右焦点 F2 a2 b2

而当 m=2 时,直线 x+y=2 过点(2,0) ,这时它与曲线 C2 只有一个交点, ∴所求 m 的取值范围是(

变式探究 6、已知椭圆 C:

且与椭圆交于 A、 B 两点,设 l 与 y 轴交点为 P,线段 PF2 的中点恰为 B.

2 5 ,求椭圆 C 的离心率的取值范围; 5 9 2 5 (2)若 k= ,A、B 到右准线距离之和为 ,求椭圆 C 的方程. 5 5 解: (1)设右焦点 F2(c,0) ,则 l:y=k(x-c). 令 x=0,则 y=-ck,∴P(0,-ck). c ck ∵B 为 F2P 的中点,∴B( ,- ). 2 2
(1)若|k|≤ ∵B 在椭圆上,∴

c2 c2k 2 + =1. 4a 2 4b 2

∴k2=

4b 2 4a 2 ? c 2 1 4 ? =( 2 -1) (4-e2)= 2 +e2-5. 2 2 c 4a e e

∵|k|≤

4 4 2 5 ,∴ 2 +e2-5≤ . 5 5 e

∴(5e2-4) (e2-5)≤0. ∴

4 2 5 ≤e2<1.∴ ≤e<1. 5 5
c2 4 2 5 2 5 ,∴e= .∴ 2 = . 5 5 5 a

(2)k= ∴a2=

5 2 2 1 2 5 y2 x2 c ,b = c .椭圆方程为 + =1,即 x2+5y2= c2. 5 2 1 2 4 4 4 c c 4 4 c 5 2 5 5 直线 l 方程为 y= (x-c) ,B( ,- c) ,右准线为 x= c. 2 4 5 5 5 5 c 9 设 A(x0,y0) ,则( c-x0)+( c- )= , 4 4 2 5 9 9 2 5 ∴x0=2c- ,y0= (c- ). 5 5 5
∵A 在椭圆上,
33

中小学个性化教育专家

9 2 9 4 5 ) +5[ (c- ) ]2= c2. 5 5 5 5 6 解之得 c=2 或 c= (不合题意,舍去). 5 x2 ∴椭圆方程为 x2+5y2=5,即 +y2=1. 5
∴(2c-

变式探究 7 已知椭圆 C 的中心在原点,一个焦点为 F(-2,0),且长轴长与短轴长的比是 2∶ 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设点 M(m,0)在椭圆 C 的长轴上,点 P 是椭圆上任意一点.当| MP |最小时,点 P 恰好落在椭圆的右顶点,求实 数 m 的取值范围. [解] (1)设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0).

????

x2 y2 a b

由题意,得 a∶b=2∶ 3,

? ? ?c=2.
2

a2=b2+c2,

解得 a =16,b =12. 所以椭圆 C 的方程为 + =1. 16 12 (2)设 P(x,y)为椭圆上的动点,由于椭圆方程为 + =1,故-4≤x≤4. 16 12 因为 MP =(x-m,y),

2

x2

y2

x2

y2

????

???? 2 x2 ? 1 2 1 ? 2 2 2 1 - 所以| MP | =(x-m) +y =(x-m) +12?? ?= x -2mx+m2+12=4(x-4m)2+12-3m2. ? 16? 4 ???? 因为当| MP |最小时,点 P 恰好落在椭圆的右顶点, ???? 即当 x=4 时,| MP |取得最小值.而 x∈[-4,4],
故有 4m≥4,解得 m≥1. 又点 M 在椭圆的长轴上,所以-4≤m≤4. 故实数 m 的取值范围是[1,4].

考点七、垂直和三点共线

34

中小学个性化教育专家

变式探究 1

35

中小学个性化教育专家

归纳总结 ?方法与技巧 1.解决直线与椭圆的位置关系问题,如果直线与椭圆有两个不同交点,①若根据已知条件能求出两交点的坐标,这不失
36

中小学个性化教育专家 为一种彻底有效的方法;②若两交点的坐标不好表示,可将直线方程 y=kx+c 代入椭圆方程 2+ 2=1 整理出关于 x(或 Δ? ?. |A| ? 2. 弦的中点问题, 以及交点与原点连线的垂直等问题. ①求弦长可注意弦是否过椭圆焦点; ②弦的中点问题还可利用 “点 → → → → 差法”和“对称法” ;③解决 AO⊥BO,可以利用向量AO⊥BO的充要条件即AO?BO=0. ?失误与防范 1.在解决直线与抛物线的位置关系时,要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况. 2.一元二次方程根与系数的关系的应用是建立在直线与圆锥曲线有两个交点的前提之下的, 即二次项系数不为 0 及Δ ≥ 0,忽视这一前提,往往导致解题失误.

x2 y2 a b

y)的一元二次方程 Ax2+Bx+C=0,Δ =B2-4AC>0,可利用根与系数之间的关系求弦长?弦长为 1+k2

? ?

题型八、存在性问题 例题 8、(2012?福建高考?满分 13 分)如图,椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的左焦点为

x2 y2 a b

F1,右焦点为 F2,离心率 e= .过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点,且△ABF2 的周长为 8.
(1)求椭圆 E 的方程; (2)设动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4 相交于点

1 2

Q.试探究:在坐标平面内是否存在定 点 M,使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明
理由.

解:(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8,?(1 分) 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,?(2 分) 所以 4a=8,a=2. 1 c 1 又因为 e= ,即 = ,所以 c=1,?(3 分) 2 a 2 所以 b= a -c = 3. 故椭圆 E 的方程是 + =1.?(4 分) 4 3
2 2

易忽视定义 的应用.

x2 y2

y=kx+m, ? ? 2 2 (2)由?x y + =1, ? ?4 3

消去 y 得(4k +3)x +8kmx+4m -12=0.?(5 分)

2

2

2

因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0), 所以 m≠0 且 Δ =0,?(6 分) 即 64k m -4(4k +3)(4m -12)=0, 化简得 4k -m +3=0.
2 2 2 2 2 2

(*)?(7 分)
37

中小学个性化教育专家 4km 4k 3 此时 x0=- 2 =- ,y0=kx0+m= , 4k +3 m m

忽视圆的对称性, 判断不出 M 必在 x 轴上.

? 4k 3? 所以 P?- , ?.?(8 分) ? m m?
?x=4, ? 由? ? ?y=kx+m,

得 Q(4,4k+m).?(9 分)

假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知, 点 M 必在 x 轴上.?(10 分) 设 M(x1,0),则 MP ? MQ =0 对满足(*)式的 m,k 恒成立.

????

???? ?

???? ? 4k 3? 因为 MP =?- -x1, ?,

?

m

m?

???? ? MQ =(4-x1,4k+m), ???? ???? ? 由 MP ? MQ =0,
16k 4kx1 12k 2 得- + -4x1+x1+ +3=0,

对于方程 (4x1 -4)? +

k m

m

m

m

x12-4x1+3=0 不会利用
对 m,k 恒成立,求解 x1.

k 2 整理,得(4x1-4) +x1-4x1+3=0.(**) m
?(11 分) 由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,
?4x1-4=0, ? 所以? 2 ?x1-4x1+3=0, ?

解得 x1=1.?(12 分)

故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.?(13 分)

变式探究 1

x2 y 2 例题8、已知 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0)的左、右焦点分别是F ( 0 )、F ( 0 ) .Q是椭圆外的动点,满足 1 ? c, 2 c, a b ???? ??? ? ???? ???? | F1Q |? 2a,点P是线段F1Q与该椭圆的交点,点T 在线段F2 Q上,并且满足PT ? TF2 ? 0, | TF2 |? 0

38

中小学个性化教育专家

???? c (1)设x为点P的横坐标,证明 | F1 P |? a ? x a (2)求点T 的轨迹方程 () 3 试问:在点T 的轨迹C 上,是否存在点M ,使?F1 MF2的面积S ? b 2 , 若存在,求?F1 MF2的正 切值;若不存在,请说明理由

???? b2 解: (1)设点P的坐标为( x, y ), 由点P在椭圆上,得: | F1 P |? ( x ? c) 2 ? y ? ( x ? c) 2 ? b 2 ? 2 x 2 ? a c 2 c c x) , 则x ? ?a, 知a ? x ? ?c ? a ? 0, 所以 | F1 P |? a ? x a a a ??? ? ??? ? ???? (2)设点T 的坐标为( x, y ), 当作 | PT |? 0时, 点(a, 0)和( ?a, 0)的轨迹上, | PT |? 0且 | TF2 |? 0时,由 ??? ? ???? ??? ? ???? ??? ? ???? ? ??? ? 1 ???? PT ? TF2 ? 0,得 PT ? TF2,又 | PQ |?| PF2 |, 所以T 为线段F2 Q的中点,在?QF1 F2中, | OT |? | F1Q | 2 2 2 2 ? a,? x ? y ? a (a ? 综上所述,点T 的轨迹C的方程是x 2 ? y 2 ? a 2 ? x0 2 ? y0 2 ? a 2 ? (3)C 上存在点M ( x0 , y0 )使S ? b 2的充要条件是 ? 1 2 ? ? 2c | y0 |? b ?2 ① ②

由②得 | y0 |?

b2 b4 b2 b2 b2 , 将上式代入①得:x0 2 ? a 2 ? 2 ? (a ? )(a ? ) ? 0, 于是,当a ? 时存在点 c c c c c 2 2 yc b b M ,使S ? b 2 ;当a? 时,不存在满足条件的点M ,当a ? 时 设k1 ? k F1M ? , k2 ? k F2 M c c x0 ? c 由 | F1 F2 |? 2a, 知?F1 MF2 ? 90?, k1 ? k2 |? 2 1 ? k1 k2

?

y0 , x0 ? c

? tan ?F1 MF2 ?|

变式探究 2、 已知中心在原点,顶点 A1、A2 在 x 轴上,离心率 e=
新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com http://www.xjktyg.com/wxc/

21 的双曲线过点 P(6,6) 3
新疆
源头学子 小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

(1)求双曲线方程 (2)动直线 l 经过△A1PA2 的重心 G,与双曲线交于不同的两点 M、N,问 分线段 MN,证明你的结论
新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆
源头学子 小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

是否存在直线 l,使 G 平

y B

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/



新疆
源头学子 小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆
源头学子 小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

(1)如图,设双曲线方程为

x2 y2 ? =1 a2 b2

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

o A
新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

N

x

62 62 a 2 ? b 2 21 ? ,解得 a2=9,b2=12 由已知得 2 ? 2 ? 1, e 2 ? 3 a b a2
x2 y2 ? =1 9 12 (2)P、A1、A2 的坐标依次为(6,6)、(3,0)、(-3,0) ,
所以所求双曲线方程为
新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞
wxckt@126.com

http://www.xjktyg.com/wxc/

39

中小学个性化教育专家 ∴其重心 G 的坐标为(2,2) 假设存在直线 l,使 G(2,2)平分线段 MN,设 M(x1,y1),N(x2,y2)

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

则有

2 2 ? x1 ? x2 ? 4 ? y ? y 12 4 ?12 x1 ? 9 y1 ? 108 4 ,? ? 1 2 ? ? ,∴kl= ? 2 2 3 x1 ? x2 9 3 ?12 x2 ? 9 y2 ? 108 ? y1 ? y2 ? 4 ?

∴l 的方程为 y=

4 (x-2)+2, 3

y
N
新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

P

?12 x 2 ? 9 y 2 ? 108 ? 由? ,消去 y,整理得 x2-4x+28=0 4 y ? ( x ? 2 ) ? 3 ?
∵Δ =16-4?28<0,∴所求直线 l 不存在
新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

A1 M

o

G A2

x

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

新疆 源头学子小屋
http://www.xjktyg.com/wxc/

特级教师 王新敞
wxckt@126.com

题型九、求轨迹方程

例题 9、中心在坐标原点,焦点在 x 轴上的椭圆,它的离心率为 ON.求椭圆的方程. 解:设中心在坐标原点,焦点在 x 轴上的椭圆方程为

3 ,与直线 x+y-1=0 相交于两点M、N,且OM⊥ 2

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) . a2 b2

∵离心率 e=

3 ∴a=2b 2

∴椭圆的方程可化为 x 2 ? 4 y 2 ? 4b 2 设 M ?x1 , y1 ?, N ?x2 , y2 ? ,由于点M、N都在直线 x+y-1=0 上, 因此 y1 ? 1 ? x1 , y2 ? 1 ? x2 , y1 y 2 = (1 ? x1 )(1 ? x2 ) ? 1 ? ?x1 ? x2 ? ? x1 x2 ∵OM⊥ON, ∴

y1 y 2 ? ? ?1 即 x1 x2 ? y1 y 2 ? 0 x1 x 2

即 1 ? ?x1 ? x2 ? ? 2 x1 x2 ? 0 将直线 x+y-1=0 与椭圆的方程 x ? 4 y ? 4b 联立消取 y,得
2 2 2

5x 2 ? 8x ? 4 ? 4b 2 ? 0
∵M、N是直线与椭圆的两交点
40

中小学个性化教育专家

∴ x1 ? x 2 ?

8 4 ? 4b 2 , x1 x 2 ? 代入 1 ? ?x1 ? x2 ? ? 2 x1 x2 ? 0 得 5 5
解得 b ?
2

8 4 ? 4b 2 1? ? 2 ?0 5 5

5 5 2 ,∴ a ? 8 2

x2 y2 ? ? 1. ∴所要求的椭圆方程为 5 5 2 8

题型十、向量问题

题型十一、证明问题 例题 11、在△ABC 中,∠C=90°,BC=2AC,A、B、C 都是椭圆上的点,其中 A 是椭圆的左顶点,直线 BC 经过椭圆中 心(即原点 O) . (1)求证:无论 AC 的长取何正实数,椭圆的离心率恒为定值,并求出该 定值; (2)若 PQ 是椭圆的一条弦,PQ∥AB,求证∠PCQ 的平分线垂直于 AO. x2 y2 解: (1)设椭圆方程为 2 + 2 = 1 ,则点 A 的坐标为(-a,0), a b ∵在△ABC 中,∠C=90°,BC=2AC 直线 BC 经过椭圆中心(即原点 O) ∴AC=OC △AOC 为等腰直角三角形,C(- 将 C 点坐标代入椭圆方程得 b2= a a a a ,- ) ,点 B 坐标为( , ) 2 2 2 2

1 2 2 2 2 6 a ,c = a ,离心率 e= 是定值. 3 3 3

(2)由(1)得直线 AB 的斜率为 k AB

a 1 1 ? 2 ? ,设直线 PQ 的方程为 y= 3 x+m 3a 3 2

4 将直线 PQ 的方程代入椭圆方程化简得 x2+2xm+3m2-a2=0 3 由题知 PQ 存在,△>0 且 xP+xQ =- 6m 3 =- m 4 2 xP?xQ= 3 (3m2-a2) 4

k PC

a a 1 xP ? m ? 2 2?3 ? a a xP ? xP ? 2 2 yP ?

kQC

a a 1 xQ ? m ? 2 2?3 ? a a xQ ? xQ ? 2 2 yQ ?

1 a a 1 a a ( xP+m+ )(xQ+ )+( xQ+m+ )(xP+ ) 3 2 2 3 2 2 = 2 a a a x x + ( xP+xQ)+(m+ )( xP+xQ)+a(m+ ) 3 P Q 6 2 2
41

中小学个性化教育专家 3m2-a2 ma 3m a a = - - (m+ ) +a(m+ ) 2 4 2 2 2 =0 ∴kPC 与 kQC 互为相反数。 ∴∠PCQ 的平分线垂直于 AO. 变式探究 1.(2013?株洲模拟)已知抛物线 C 的顶点在坐标原点,焦点在 x 轴上,△ABC 的三个顶点都在抛物线上, 且△ABC 的重心为抛物线的焦点,若 BC 所在直线 l 的方程为 4x+y-20=0. (1)求抛物线 C 的方程; (2)若 O 是坐标原点,P,Q 是抛物线 C 上的两动点,且满足 PO⊥OQ,证明:直线 PQ 过定点. 解:(1)设抛物线 C 的方程为 y =2mx,
? ?4x+y-20=0, 由? 2 ?y =2mx, ?
2

得 2y +my-20m=0.

2

∵Δ >0,∴m>0 或 m<-160. 设 B(x1,y1),C(x2,y2),则 y1+y2=- , 2 ∴x1+x2=?5- ?+?5- ?=10+ . 8 ? 4? ? 4?

m

?

y1? ?

y2?

m

? ? 再设 A(x3,y3),由于△ABC 的重心为 F? ,0?, ?2 ?
m x +x +x m ? ? 3 =2, 则? y +y +y ? ? 3 =0,
1 2 3 1 2 3

11m x = -10, ? ? 8 解得? m y= . ? ? 2
3 3

?m?2 ?11m ? ∵点 A 在抛物线上,∴? ? =2m? -10?. ?2? ? 8 ?
∴m=8,抛物线 C 的方程为 y =16x. (2)证明:当 PQ 的斜率存在时,设 PQ 的方程为 y=kx+b,显然 k≠0,b≠0,∵PO⊥OQ,∴kPOkOQ=-1,设 P(xP,yP),
2

Q(xQ,yQ),∴xPxQ+yPyQ=0.
将直线 y=kx+b 代入抛物线方程,得 ky -16y+16b=0, 16b yPyQ b ∴yPyQ= .从而 xPxQ= 2 = 2, k 16 k
2 2 2 2

b 16b ∴ 2+ =0.∵k≠0,b≠0,整理得 b=-16k. k k
∴直线 PQ 的方程为 y=kx-16k,PQ 过点(16,0); 当 PQ 的斜率不存在时,显然 PQ⊥x 轴,又 PO⊥OQ, ∴△POQ 为等腰三角形.由?
? ?y=|x|, ?y =16x, ?
2

2

得 P(16,16),Q(16,-16),此时直线 PQ 过点(16,0),
42

中小学个性化教育专家 ∴直线 PQ 恒过定点(16,0). 变式探究 2.(2012?天津高考)设椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A,B,点 P 在椭圆上且异于 A,B 两点,

x2 y2 a b

O 为坐标原点.
1 (1)若直线 AP 与 BP 的斜率之积为- ,求椭圆的离心率; 2 (2)若|AP|=|OA|,证明直线 OP 的斜率 k 满足|k|> 3. 解:(1)设点 P 的坐标为(x0,y0).由题意,有

x2 y2 0 0 + =1.① a2 b2
由 A(-a,0),B(a,0)得 kAP=

y0

x0+a

,kBP=

y0

x0-a

.

1 2 2 2 2 2 2 由 kAP?kBP=- ,可得 x0=a -2y0,代入①并整理得(a -2b )y0=0. 2 由于 y0≠0,故 a =2b .于是 e =
2 2 2

a2-b2 1 2 = ,所以椭圆的离心率 e= . 2 a 2 2

y0=kx0, ? ? 2 2 (2)证明:法一:依题意,直线 OP 的方程为 y=kx,设点 P 的坐标为(x0,y0).由条件得?x0 y0 2+ 2=1. ? ?a b a2b2 消去 y0 并整理得 x = 2 2 .② k a +b2
2 0

由|AP|=|OA|,A(-a,0)及 y0=kx0, 得(x0+a) +k x0=a .整理得(1+k )x0+2ax0=0. -2a 而 x0≠0,于是 x0= 2,代入②, 1+k 整理得(1+k ) =4k ? ? +4.
2 2 2 2 2 2 2 2 2

?a?2 ?b?

由 a>b>0,故(1+k ) >4k +4,即 k +1>4,因此 k >3,所以|k|> 3. 法二:依题意,直线 OP 的方程为 y=kx,可设点 P 的坐标为(x0,kx0). 由点 P 在椭圆上,有 2+

2 2

2

2

2

x2 k2x2 x2 k2x2 0 0 0 0 2 2 2 <1,即(1+k )x0<a .③ 2 =1.因为 a>b>0,kx0≠0,所以 2+ a b a a2
2 2 2 2 2 2

由 |AP| = |OA| , A( - a,0) ,得 (x0 + a) + k x 0 = a ,整理得 (1 + k )x 0 + 2ax0 = 0 ,于是 x0 =

-2a 2 . 代入③,得 (1 + 1+k

k2)

4a 2 2 3. 2 2< a ,解得 k >3,所以|k|> ?1+k ?

2

变式探究 3、在平面直角坐标系 xOy 中,如图,已知椭圆 + =1 的左,右顶点为 A,B,右焦点为 F.设过点 T(t, 9 5

x2 y2

m)的直线 TA,TB 与此椭圆分别交于点 M(x1,y1),N(x2,y2),其中 m>0,y1>0,y2<0.
43

中小学个性化教育专家 (1)设动点 P 满足|PF| -|PB| =4,求点 P 的轨迹; 1 (2)设 x1=2,x2= ,求点 T 的坐标; 3 (3)设 t=9,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关). [解] 由题意得 A(-3,0),B(3,0),F(2,0). (1)设点 P(x,y),则|PF| =(x-2) +y ,|PB| =(x-3) +y .由|PF| -|PB| =4,得(x-2) +y -(x-3) -y =4, 9 化简得 x= . 2 9 故所求点 P 的轨迹为直线 x= . 2 5 ? 5? (2)由 x1=2, + =1 及 y1>0,得 y1= ,则点 M?2, ?,从而 9 5 3 ? 3? 1;
2 2 20? 1 x 2 y2 20 5 5 ?1 由 x2= , + =1 及 y2<0,得 y2=- ,则点 N? ,- ?,从而直线 BN 的方程为 y= x- . 9? 3 9 5 9 6 2 ?3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x2 y2 1 1

1 直线 AM 的方程为 y= x+ 3

1 ? ?y=3x+1, 由? 5 5 ? ?y=6x-2,

x=7, ? ? 解得? 10 y= . ? 3 ?

? 10? 所以点 T 的坐标为?7, ?. 3? ?
(3)证明:由题设知,直线 AT 的方程为 y= (x+3),直线 BT 12

m

的 方程为 y= (x-3). 6

m

m y = ?x +3?, ? ? 12 点 M(x ,y )满足? x y ? ? 9 + 5 =1,
1 2 1 1 1 1 2 1



?x1-3??x1+3? m ?x1+3? =- 2? , 9 12 5

2

2

因为 x1≠-3,则

x1-3
2

m x1+3 =- 2? , 9 12 5

2

240-3m 解得 x1= 2 , 80+m 40m 从而得 y1= 2. 80+m

44

中小学个性化教育专家 6 ? ? 点 N(x ,y )满足?x y + =1, 9 5 ? ?x ≠3,
2 2 2 2 2 2 2

m y2= ?x2-3?,

3m -60 -20m 解得 x2 = 2 ,y2= 2. 20+m 20+m 240-3m 3m -60 若 x1=x2,则由 2 = 2 及 m>0,得 m=2 10,此时直线 MN 的方程为 x=1,过点 D(1,0). 80+m 20+m 若 x1≠x2,则 m≠2 10, 40m 2 80+m 10m 直线 MD 的斜率 kMD= = 2 2, 240-3m 40-m 2 -1 80+m -20m 2 20+m 10m 直线 ND 的斜率 kND= 2 = 2, 3m -60 40-m 2 -1 20+m 得 kMD=kND,所以直线 MN 过 D 点. 因此,直线 MN 必过 x 轴上的点(1,0). [点评] 化解这类难点问题的关键就是引进变化的参数 表示直线方程、数量积、比例关系等,根据等式的恒成立、 数式变换等寻找不受参数影响的量.
2 2

2

新题速递 1.(2013?揭阳调研)过椭圆 + =1 内的一点 P(2,-1)的弦,恰好被 P 点平分,则这条弦所在的直线方程是( 6 5 A.5x-3y-13=0 B.5x+3y-13=0 C.5x-3y+13=0 D.5x+3y+13=0

x2 y2

)

x y ? ? 6 + 5 =1, 解析:设过点 P 的弦与椭圆交于 A (x ,y ),A (x ,y )两点,则? x y ? 6 + 5 =1, ?
1 1 1 2 2 2 2 2 2 2

2 1

2 1

且 x1+x2=4,y1+y2=-2,

2 2 ∴ (x1-x2)- (y1-y2)=0, 3 5 y1-y2 5 ∴kA1A2= = . x1-x2 3 5 ∴弦所在直线方程为 y+1= (x-2),即 5x-3y-13=0. 3 答案:A 2.(2013?安庆模拟)已知双曲线 E 的中心为原点,F(3,0)是 E 的焦点,过 F 的直线 l 与 E 相交于 A、B 两点,且 AB 的中 点为 N(-12,-15),则 E 的方程为( ) A. - =1 3 6

x2 y2

B. - =1 4 5
45

x2 y2

中小学个性化教育专家 C. - =1 6 3

x2 y2

D. - =1 5 4

x2 y2

解析:设双曲线的标准方程为 2- 2=1(a>0,b>0), 由题意知 c=3,a +b =9,
2 2

x2 y2 a b

? ? 设 A(x ,y ),B(x ,y )则有:? x y ? ?a -b =1,
1 1 2 2 2 2 2 2 2 2

x2 y2 1 1 - =1, a2 b2

两式作差得:

y1-y2 b2?x1+x2? -12b2 4b2 = = = , x1-x2 a2?y1+y2? -15a2 5a2

-15-0 又 AB 的斜率是 =1, -12-3 2 2 2 2 所以将 4b =5a 代入 a +b =9 得 2 2 a =4,b =5, 所以双曲线标准方程是 - =1. 4 5 答案:B 2 3.(2013?宿迁质检)已知过抛物线 y =6x 焦点的弦长为 12,则此弦所在直线的倾斜角是( π 5π π 3π A. 或 B. 或 6 6 4 4 π 2π π C. 或 D. 3 3 2 ?3 ? 解析:抛物线焦点是? ,0?, ?2 ? ? 3? 设直线方程为 y=k?x- ?. ? 2? 9 2 2 2 2 代入抛物线方程,得 k x -(3k +6)x+ k =0, 4 2 3k +6 设弦两端点 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= 2 ,

x2 y2

)

k

3k +6 ∴|AB|=x1+x2+p= 2 +3=12,解得 k=±1,

2

k

π 3π ∴直线的倾斜角为 或 . 4 4 答案:B 2 4.(2013?南通调研)若抛物线 y =2px(p>0),过其焦点 F 倾斜角为 60°的直线 l 交抛物线于 A、B 两点,且|AB|=4. 则此抛物线的方程为__________.

? ? 解析:抛物线的焦点为 F? ,0?,所以得直线 l 的方程为: ?2 ?
p

? p? y= 3?x- ?,将其与 y2=2px(p>0),联立消去 y 得: 2 ? ?
3 2 5 2 3x -5xp+ p =0,∴x1+x2= p. 4 3 又|AB|=x1+x2+p. 5p 3 ∴有 +p=4,解得:p= . 3 2 2 ∴抛物线方程为:y =3x. 2 答案:y =3x

46

中小学个性化教育专家 5.(2013?珠海模拟)已知椭圆 C: +y =1 的两焦点为 F1,F2,点 P(x0,y0)满足 0< +y0<1,则|PF1|+|PF2|的取值 2 2 范围为__________,直线

x2

2

x2 0

2

x0x
2

+y0y=1 与椭圆 C 的公共点个数为__________.

解析: 依题意得点 P 位于椭圆 C 的内部(异于原点 O), 因此有|F1F2|≤|PF1|+|PF2|<2a, 即 2 2-1≤|PF1|+|PF1|<2 2, 2≤|PF1|+|PF2|<2 2,|PF1|+|PF2|的取值范围是[2,2 2);依题意,可考虑取特殊点 P(-1,0),相应的直线为 x= -2,显然该直线与椭圆没有公共点,即直线 答案:[2,2 2) 0 利用转化思想求解析几何中的探索性问题 [试题] (2011· 辽宁,12 分)如图,已知椭圆 C1 的中心在原点 O,长轴左、右端点 M、N 在 x 轴上,椭圆 C2 的短轴 为 MN,且 C1,C2 的离心率都为 e.直线 l⊥MN,l 与 C1 交于两点,与 C2 交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为 A, B,C,D. 1 (1)设 e= ,求|BC|与|AD|的比值; 2 (2)当 e 变化时,是否存在直线 l,使得 BO∥AN,并说明理由.

x0x
2

+y0y=1 与椭圆的公共点的个数为 0.

思维点拨: 第(1)问, 设 C1 的方程, C2 的方程同样由 C1 的系数 a, b 来表示, 再分别求点 A、 B 的坐标, 进而可求|BC|∶ x2 y2 |AD|;第(2)问利用 kBO=kAN,得 t 与 e、a 的关规范解答:(1)因为 C1,C2 的离心率相同,故依题意可设 C1: 2+ 2=1, a b b2y2 x2 C2: 4 + 2=1,(a>b>0). a a a 2 2? ? b 2 2? 设直线 l:x=t(|t|<a),分别与 C1,C2 的方程联立,求得 A? ?t,b a -t ?,B?t,a a -t ?. 系式,再由|t|<a,求 e 的范围. 1 3 2|yB| b2 3 当 e= 时,b= a,分别用 yA,yB 表示 A,B 的纵坐标,可知|BC|∶|AD|= = = .(6 分) 2 2 2|yA| a2 4 (2)t=0 时的 l 不符合题意.t≠0 时,BO∥AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN 相等,即 b 2 2 a 2 2 a -t a -t a b 1-e2 ab2 = ,解得 t=- 2 =- 2 · a. t e t-a a -b2 1-e2 2 因为|t|<a,又 0<e<1,所以 2 <1,解得 <e<1. e 2 所以当 0<e≤ 当 2 时,不存在直线 l,使得 BO∥AN; 2 (4 分)

(8 分) (10 分)

2 <e<1 时,存在直线 l,使得 BO∥AN.(12 分)点评:本题探索的是离心率 e 的变化范围,化解这个难点的方法 2

首先假设存在直线 l, 使得 BO∥AN, 根据 kBO=kAN, 再由|t|<a 构建关于 e 的不等式, 解出 e 的范围,最后作出肯定回答.
47

中小学个性化教育专家

课后练习

课 后 评 价 一、学生对于本次课的评价 ○ 特别满意 ○ 满意 二、教师评定 本节课教学计划完成情况:照常完成□ 学生的接受程度:完全能接受□ 学生的课堂表现:很积极□ 配合需求:家 长: 学生上次的作业完成情况:数量 学习管理师: 比较积极□ 提前完成□ 一般□ 延后完成□ 不积极□ 分 存在问题 部分能接受□ % 完成质量 不能接受□

○ 一般

○ 差

知识漏点及后期计划:

学习管理师: 学科组长审核: 教学主任审核:

48


赞助商链接

挑战高考数学压轴题之圆锥曲线与方程

(Ⅰ) 求双曲线 C 的方程; -1- 挑战高考压轴题圆锥曲线与方程 (选自 2010,2011,2012,2013,2014 全国各地高考压轴题) 简单:★,中等:★★,难:★★★(Ⅱ...

高考圆锥曲线题型归类总结

高考圆锥曲线题型归类总结_高考_高中教育_教育专区。...定义的适用条件: 典型例题 例 1、动圆 M 与圆 ...配方法(转化为二次函数的最值) 、 三角代换法(...

高考专题-:圆锥曲线题型方法归纳

高考专题-:圆锥曲线题型方法归纳_政史地_高中教育_...(2) 题的压轴题外,还至少包括 2~3 道小题. ...最值问题的方法:几何法、配方法(转化为二次函数的...

高考圆锥曲线题型归类总结

高考圆锥曲线题型归类总结_高三数学_数学_高中教育_教育...典型例题 例 1、动圆 M 与圆 C1:(x+1) +y ...高考圆锥曲线压轴题型总... 高考圆锥曲线常用方法1...

2014圆锥曲线高考压轴题汇编

2014圆锥曲线高考压轴题汇编_高三数学_数学_高中教育_教育专区。题型全面、弄通...(x2,y2) ,不妨设 y1>0,用坐标表示出 用配方法,确定最小值为﹣ ,可得 ...

高考圆锥曲线典型例题(必考)

高考圆锥曲线典型例题(必考)_数学_高中教育_教育专区。高考圆锥曲线典型例题,期末原题,必考!9.1 椭典例精析题型一 求椭圆的标准方程 圆 4 5 【例 1】已知点 ...

2018年高三数学挑战高考压轴题:圆锥曲线满分之路(Word...

2018年高三数学挑战高考压轴题:圆锥曲线满分之路(Word版书稿,334页,含答案解析)_高考_高中教育_教育专区。2018年高三数学挑战高考压轴题:圆锥曲线满分之路(Word版...

挑战高考压轴题免费学习_高考一轮复习_教学视频大全

曲线运动-知识点+例题(三年高考五年模拟题) http:/...圆锥曲线-高考题-模考题-压轴题(61道大题) http:...01 学习方法指导 undefined 02 题型:滑块在木板上滑行...

文科数学高考压轴题(圆锥曲线)解题策略1

文科数学高考压轴题(圆锥曲线)解题策略1_数学_高中...求直线 l 的斜率的取值范围. 题型八:存在性问题例...附例题参考解答: 1、 【解析】 : 化简得:17k4+...

高考数学圆锥曲线压轴题分类训练(精华)

高考数学圆锥曲线压轴题分类训练(精华)_高考_高中教育_教育专区。高考数学圆锥曲线...【课堂练习】题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 例题 1、已知直线 ...

更多相关标签