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9-9 圆锥曲线的综合问题

时间:2013-09-19


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考情分析 直线与圆锥曲线的综合考查,主要涉及曲线方程 的求法、位置关系的判定及应用、弦长问题、最 值问题、定点定值的探索问题等.考查的知识点 多,能力要求高,尤其是运算变形能力.同时着 重考查学生的分析问题与解决综合问题的能力, 是高考中区分度较大的题目.2012年江苏卷19综合 考查了求椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、定 值等问题.而2012年浙江卷21、北京卷19则考查 了范围和最值等问题,突出了函数与方程思想等 价转化思想的应用.
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1.了解圆锥 曲线的实际 背景,了解 在刻画现实 世界和解决 实际问题中 的作用.

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考情分析 预测:本节内容仍是2013年高考的热点之一, 题型仍以解答题为主,难度可能会偏难.内容 2.理解直线 会围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定 与圆锥曲线的 值、最值、参数取值范围等问题的考查.设计 位置关系. 出探究性、存在性问题也属正常.分值12~16 3.理解数形 分.会更加注重知识间的联系与综合,更加注 结合思想的应 重对综合应用知识解决问题的能力的考查,更 用. 加注重对数学思想方法尤其是函数思想、数形 结合思想及分类讨论思想的考查.

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(对应学生用书P177)

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,通常是将直线方程与 曲线方程联立,消去变量y(或x)得变量x(或y)的方程:ax2+bx +c=0(或ay2+by+c=0).

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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=0?直线与圆锥曲线 相切 ; Δ<0?直线与圆锥曲线 相离. 若a=0,则直线与圆锥曲线相交,且有一个交点.若曲 线为双曲线,则直线与双曲线的 渐近线 平行;若曲线为抛物 线,则直线与抛物线的 对称轴 平行.

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问题探究:由直线与圆锥曲线的位置关系知,直线与双 曲线有且只有一个交点的充要条件是什么?抛物线呢?
?a≠0, ? 提示:与双曲线有且只有一个公交点? ? ?Δ=0 ?

或l与渐

近线平行, 与抛物线有且只有一个公共点?Δ=0或l平行于对称轴.

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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(x1,y1),B(x2, y2),则弦长|AB|= 1+k2|x1-x2| .

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3.定值问题

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解析几何中的定值问题的证明可运用函数的思想方法来 解决.证明过程可总结为“变量?函数?定值”,具体操作 程序如下: (1) 变量 ——选择适当的量为变量; (2) 函数 ——把要证明为定值的量表示成上述变量的函 数; (3) 定值 ——把得到的函数解析式化简,消去变量得到 定值.
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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.

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4.求定值、最值等圆锥曲线综合问题要四重视 (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作用; (3)重视根与系数的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在解题中的作 用. 5.求参数的取值范围 根据已知条件建立等式或不等关系,再求参数的取值范 围.
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(对应学生用书P177)

直线与圆锥曲线的关系是解析几何中一类重要问题,解 题时注意应用根与系数的关系及“设而不求”的技巧.

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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] ( )

【思路启迪】 设直线l的方程,将其与抛物线联立,利 用Δ≥0求解.

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【解析】

∵y2=8x,∴Q(-2,0)

(Q 为准线与 x 轴的交点), 设过 Q 点的直线 l 方程为 y=k(x+2), ∵l 与抛物线有公共点,
?y2=8x, ? ∴方程组? ?y=k?x+2?, ?

有解,

即 k2x2+(4k2-8)x+4k2=0 有解, 当 k=0 时直线 l 与抛物线恒有公共点,当 k≠0 时,∴Δ =(4k2-8)2-16k4≥0,即 k2≤1. ∴-1≤k≤1.
【答案】 C
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研究直线和圆锥曲线的位置关系,一般转化为研究其直 线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数,要注意消元 后方程的二次项系数是否含参,若含参需讨论,同时充分利 用根与系数的关系进行整体运算变形.有时对于选择,填空 题,也常利用几何条件,利用数形结合的方法求解.

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在平面直角坐标系xOy中,经过点(0, 2 )且斜率为k的直 x2 2 线l与椭圆 +y =1有两个不同的交点P和Q. 2 (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 共线?如果存在,求 k值;如果不存在,请说明理由.

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解:(1)由已知条件,直线l的方程为y=kx+ 2, x2 代入椭圆方程得 +(kx+ 2)2=1, 2
?1 ? 2 2 整理得? +k ?x +2 ?2 ?

2kx+1=0①

直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于 Δ=8k
2

?1 ? 2 -4? +k ?=4k2-2>0, ?2 ?

2 2 解得k<- 或k> . 2 2
? 即k的取值范围为?-∞,- ? ? ? 2? ? 2 ? ? ∪? ,+∞?. ? 2? ?2 ? ?

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高考总复习 ·课标版 ·A 数学(理) 与名师对话 (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),

→ → 则OP+OQ=(x1+x2,y1+y2),由方程式①, 4 2k x1+x2=- 2② 1+2k 又y1+y2=k(x1+x2)+2 2③ → 而A( 2,0),B(0,1),AB=(- 2,1) → → → 所以OP+OQ与AB共线等价于 x1+x2=- 2(y1+y2), 2 将②③代入上式,解得k= . 2 2 2 由(1)知k<- 或k> ,故没有符合题意的常数k. 2 2
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涉及弦的中点问题,可以利用判别式和根与系数的关系 加以解决,也可以利用“点差法”解决此类问题.若知道中 点,则利用“点差法”可得出过中点弦的直线的斜率.比较 两种方法,用“点差法”计算量较小,此法在解决有关存在 性的问题时,要结合图形和判别式Δ加以检验.

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涉及弦长问题: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+k · 1-x2|= |x -y2|,而|x1-x2|=
2

1 1+ 2 |y1 k

?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.

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x2 y2 3 已知椭圆 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率e= ,连接椭圆的 2 a b 四个顶点得到的菱形的面积为4. (1)求椭圆的方程. (2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A,B.已知点A的坐标 4 2 为(-a,0).若|AB|= 5 ,求直线l的倾斜角;

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c 3 【解】 (1)由e= = 2 ,得3a2=4c2.再由c2=a2-b2,解 a 得a=2b. 1 由题意,可知2×2a×2b=4,即ab=2.
?a=2b, ? 解方程组? ?ab=2, ?

得a=2,b=1.

x2 2 所以椭圆的方程为 4 +y =1.

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(2)由(1),可知点A的坐标是(-2,0),设点B的坐标为(x1, y1),直线l的斜率存在,不妨设为k.则直线l的方程为y=k(x+ 2). ?y=k?x+2?, ? 2 于是A,B两点的坐标满足方程组?x +y2=1, ?4 ? 整理,得 (1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0. 消去y并

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16k2-4 2-8k2 4k 由-2x1= 2 ,得x1= 2.从而y1= 2. 1+4k 1+4k 1+4k 所以|AB|= 4 1+k2 = . 1+4k2 4 1+k2 4 2 4 2 由|AB|= ,得 . 2 = 5 5 1+4k 整理,得32k4-9k2-23=0,即(k2-1)(32k2+23)=0,解 得k=± 1 π 3π 所以直线l的倾斜角为4或 4 .
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? 2-8k2?2 ? 4k ?2 ? ? ? ? -2- +? 2? ? 1+4k2? ?1+4k ? ? ?

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已知双曲线方程2x2-y2=2. (1)求以A(2,1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程; (2)过点B(1,1)能否作直线l,使l与所给双曲线交于Q1、Q2 两点,且点B是弦Q1Q2的中点?这样的直线l如果存在,求出 它的方程;如果不存在,说明理由.

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解:(1)设以A(2,1)为中点的弦两端点为P1(x1,y1), P2(x2,y2),则有关系 x1+x2=4,y1+y2=2. 又根据对称性知x1≠x2, y1-y2 所以 是中点弦P1P2所在直线的斜率,因此不必求出 x1-x2 y1-y2 点P1、P2的坐标,只要确定比值 ,问题就可解决.由 x1-x2 P1、P2在双曲线上,则有关系
2 2 2x1-y2=2,2x2-y2=2. 1 2

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两式相减得 2(x1+x2)(x1-x2)-(y1+y2)(y1-y2)=0, ∵x1+x2=4,y1+y2=2 y1-y2 ∴ =4. x1-x2 所求中点弦所在直线方程为 y-1=4(x-2),即4x-y-7=0.

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(2)可假定直线l存在,采用(1)的方法求出l的方程为y-1 =2(x-1),即2x-y-1=0.
?2x2-y2=2, ? 联立方程组? ?2x-y-1=0, ?

消y得2x2-4x+3=0. ∵Δ=(-4)2-4· 3=-8<0,无实根,因此直线l与双曲 2· 线无交点,这一矛盾说明了满足条件的直线l不存在.

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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.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.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.

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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. 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;

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(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)利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.

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x2 y2 (2012年东北三校4月模拟)已知椭圆C: 2 + 2 =1(a>b>0), a b F( 2 ,0)为其右焦点,过F垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的 弦长为2. (1)求椭圆C的方程; (2)直线l:x=kx+m(k,m≠0)与椭圆C交于A,B两点,若 线段AB中点P在直线x+2y=0上,求△FAB面积的最大值.

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?c= 2, ? ?b2 【解】 (1)由题意得? =1, ?a ?a2=b2+c2, ? x2 y2 所求椭圆方程为 + =1. 4 2

?a=2, ? 解得? ?b= 2, ?

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2 2 ?x y ? + =1, (2)联立方程得? 4 2 ?y=kx+m, ?

消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-4=0, Δ=16k2m2-4×2(m2-2)(1+2k2)=8(4k2-m2+2)>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),由韦达定理得 x1+x2 -2km m x0= 2 = 2,y0=kx0+m= 2. 1+2k 1+2k

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由点P在直线x+2y=0上,得k=1. 2 2× 6-m2 4 6-m2 ∴|AB|= 2× = . 3 3 | 2+m| 点F( 2,0)到直线AB的距离d= . 2 1 2 △FAB的面积S△FAB= |AB|d= | 2+m| 6-m2 (|m|< 6, 2 3 m≠0).

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设u(m)=(6-m2)(m+ 2)2(|m|< 6,m≠0), 由u′(m)=-2(2m+3 2)(m+ 2)(m- 2)=0得 3 2 m=- 或m=- 2或m= 2. 2 3 2 当- 6<m<- 时,u′(m)>0; 2 3 2 当- <m<- 2时,u′(m)<0; 2 当- 2<m< 2时,u′(m)>0;

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当 2<m< 6时,u′(m)<0.
? 3 2? 3 ? 又u?- = ,u( ? 2 ? 4 ? ?

2)=32,

8 ∴当m= 2时,△FAB的面积取最大值3.

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(1)求参数范围的方法 据已知条件建立等式或不等式的函数关系,再求参数范 围. (2)求最值问题的方法 ①几何法 题目中给出的条件有明显的几何特征,则考虑用图象来 解决. ②代数法 题目中给出的条件和结论几何特征不明显则可以建立目 标函数,再求这个函数的最值,求最值的常见方法是基本不 等式法,单调性法等.
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设直线l:y=k(x+1)与椭圆:x2+3y2=a2(a>0)相交于A、 B两个不同的点,与x轴相交于点C,记O为坐标原点. 3k2 (1)证明:a2> ; 1+3k2 → → (2)若AC=2CB,求△OAB的面积最大值.

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解:(1)证明:依题意,当k=0时,a2>0显然成立;当 k≠0时, 1 故y=k(x+1)可化为x= y-1. k 1 将x= y-1代入x2+3y2=a2,消去x, k 1 2 2 得( 2+3)y - y+1-a2=0.① k k 由直线l与椭圆相交于两个不同的点,得 ? 2? ?1 ? 2 Δ=?- ? -4? 2+3?(1-a2)>0, ? k? ?k ? 3k2 化简整理得a2> 1+3k2
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(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知C(-1,0). 2k 由①,得y1+y2= .② 1+3k2 → → 因为AC=(-1-x ,-y ),CB=(x +1,y ),
1 1 2 2

→ → 由AC=2CB,得y1=-2y2.③ -2k 由②③联立,解得y2= 2. 1+3k 1 3 △OAB的面积S= |OC|· 1-y2 |= |y2 | |y 2 2 3|k| 3|k| 3 = ≤ = 2 ,上式取等号的条件是3k2=1, 1+3k2 2 3|k| 3 ∴S△OAB的最大值为 . 2
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以直线与圆锥曲线的位置关系为背景的证明题常见的 有:证明直线过定点和证明某些量为定值;而解决这类定点 与定值问题的方法有两种:一是研究一般情况,通过逻辑推 理与计算得到定点或定值,这种方法难度大,运算量大,且 思路不好寻找;另外一种方法就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.
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x2 y2 (2012年福建)如图,椭圆E: 2+ 2= a b 1(a>b>0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离 1 心率e= .过F1的直线交椭圆于A、B两 2 点,且△ABF2的周长为8. (1)求椭圆E的方程;

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(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.

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【解】 (1)因为|AB|+|AF2 |+|BF2 |=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2 |+|BF2 |=8, 又|AF1|+|AF2 |=|BF1 |+|BF2 |=2a,所 以4a=8,a=2. 1 c 1 又因为e= ,即 = ,所以c=1, 2 a 2 所以b= a2-c2= 3. x2 y2 故椭圆E的方程是 4 + 3 =1.

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与名师对话 ?y=kx+m, ? 2 2 (2)由?x y ? 4 + 3 =1, ?
以m≠0且Δ=0,

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得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.

因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所 即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3= 0.(*) 4km 4k 此时x0=- 2 =- , m 4k +3 3 y0=kx0+m= , m
? 4k 3 ? 所以P?- , ?. ? m m?

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高考总复习 ·课标版 ·A 数学(理) 与名师对话 ?x=4, ? 由? 得Q(4,4k+m). ?y=kx+m, ?

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. 取k=0,m= 3,此时P(0, 3),Q(4, 3),以PQ为直 径的圆为(x-2)2+(y- 3)2=4,交x轴于点M1(1,0),M2(3,0);
? 1 3? 取k=- 2 ,m=2,此时P ?1,2? ,Q(4,0),以PQ为直径的圆为 ? ? ? 5? 2 ? 3? 2 45 ?x- ? + ?y- ? = ,交x轴于点M3(1,0),M4(4,0).所以若符 2? ? 4? 16 ?

合条件的点M存在,则M的坐标必为(1,0).
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以下证明M(1,0)就是满足条件的点:
? 4k 3? → → 因为M的坐标为(1,0),所以 MP = ?- -1, ? , MQ = m? ? m

12k 12k → → → (3,4k+m),从而MP · =- MQ -3+ +3=0,故恒有MP m m → ⊥MQ,即存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.

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(1)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=kx+b,然 后利用条件建立b、k等量关系进行消元,借助于直线系的思 想找出定点. ②从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关. (2)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.
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x2 y2 (2012年北京海淀二模)已知椭圆C: 2 + 2 =1(a>b>0)的 a b
? 右焦点为F(1,0),且点?-1, ? ?

2? ? 在椭圆C上. 2? ?

(1)求椭圆C的标准方程; (2)已知动直线l过点F,且与椭圆C交于A,B两点.试问x → · =- 7 恒成立?若存在,求 → 轴上是否存在定点Q,使得QA QB 16 出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

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数学(理)

解:(1)由题意知:c=1. 根据椭圆的定义得 2a= ?-1-1?
2

? +? ? ?

2 2?2 ? ? + 2 , 2?

即a= 2. 所以b2=2-1=1. x2 2 所以椭圆C的标准方程为 +y =1. 2

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→ ·→ =- 7 恒成 (2)假设在x轴上存在点Q(m,0),使得 QA QB 16 立. 当直线l的斜率为0时,A( 2,0),B(- 2,0),则( 2- 7 m,0)· 2-m,0)=- . (- 16 5 解得m=± . 4
? 当直线l的斜率不存在时,A?1, ? ? ? 5 ? 由于?1- , 4 ? ? 2? 2? ? ? ,B?1,- ?. 2? 2? ? ? ?

7 5 2? ? 5 2? ?? ? ?· ?1-4,- 2 ? =-16,所以m=4. 2?? ?
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5 → · =- 7 恒成立. → 下面证明m= 时,QA QB 4 16 → · =- 7 . → 显然,直线l的斜率为0时,QA QB 16 当直线l的斜率不为0时,设直线l的方程为x=ty+1, A(x1,y1),B(x2,y2).
2 ?x ? +y2=1, 由? 2 可得(t2+2)y2+2ty-1=0. ?x=ty+1 ?

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5 → · =- 7 恒成立. → 下面证明m= 时,QA QB 4 16 → · =- 7 . → 显然,直线l的斜率为0时,QA QB 16 当直线l的斜率不为0时,设直线l的方程为x=ty+1, A(x1,y1),B(x2,y2).
2 ?x ? +y2=1, 由? 2 可得(t2+2)y2+2ty-1=0. ?x=ty+1 ?

? ?y1+y2=- 2 2t , t +2 ? 显然Δ>0.? ?y y =- 1 . ? 1 2 t2+2 ?
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高考总复习 ·课标版 ·A 数学(理) 与名师对话 因为x1=ty1+1,x2=ty2+1,
? ?? ? 5 5 ?x 所以?x1-4,y1?· 2-4,y2?= ? ?? ? ? 1?? 1? ?ty1- ? ?ty2- ? +y1y2 4?? 4? ?

1 1 1 1 2t 1 2 =(t +1)y1y2- t(y1+y2)+ =-(t +1) 2 + t· + 4 16 t +2 4 t2+2 16
2

-2t2-2+t2 1 7 = +16=-16. 2 2?t +2?
?5 ? → · =- 7 恒 → 综上所述:在x轴上存在点Q ?4,0? ,使得 QA QB 16 ? ?

成立.
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1.直线与圆锥曲线相交的问题 (1)直线与圆锥曲线相交是解析几何中一类重要问题,解 题时注意应用韦达定理及“设而不求”的技巧来解决直线与 圆锥曲线的综合问题.

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(2)求直线和圆锥曲线相交弦长问题的方法 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的设而不求的思 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.

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2.定值与最值问题 (1)圆锥曲线中的定值问题 在解析几何问题中,有些几何量和参数无关,这就构成 定值问题.解决这类问题常通过取参数和特殊值来确定“定 值”是多少,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三 角形式,证明该式是恒定的.

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(2)圆锥曲线中的最值问题 解决圆锥曲线中的最值问题,一般有两种方法:一是几 何法,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解 非常巧妙;二是代数法,将圆锥曲线中的最值问题转化为函 数问题(即根据条件列出所求的目标函数),然后根据函数的特 征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调 法及均值不等式法等,求解最大或最小值.

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轻松破解圆锥曲线中的探索性问题

x2 (2012年广东)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: 2 a y2 + 2 =1(a>b>0)的离心率e= b 的距离的最大值为3. (1)求椭圆C的方程; 2 3 ,且椭圆C上的点到Q(0,2)

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(2)在椭圆C上,是否存在点M(m,n)使得直线l:mx+ny =1与圆O:x2+y2=1相交于不同的两点A,B,且△OAB的面 积最大?若存在,求出点M的坐标及相对应的△OAB的面 积;若不存在,请说明理由.

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【思路启迪】 第(1)问,由椭圆的离心率和椭圆上的点 到Q(0,2)的距离的最大值为3两个条件,可求得椭圆方程;第 (2)问,先假设存在满足条件的点M,将其代入椭圆方程,得 出m,n的一个关系式,再在△OAB中,由直线l与圆O相交于 不同的两点,得Δ>0,由根与系数的关系,利用设而不求的思 想表示出△OAB的面积,结合前面所得到的m,n的关系式和 Δ>0的限制条件,可判断点M是否存在.

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【解】 (1)因为e=

a2-b2 2 c = = , 3 a a

x2 y2 所以a2=3b2,即椭圆C的方程可写为 2+ 2=1. 3b b 设P(x,y)为椭圆C上任意给定的一点, |PQ|2=x2+(y-2)2=-2(y+1)2+6+3b2≤6+3b2,y∈[- b,b], 由题设知存在点P1满足|P1Q|=3, 则9=|P1Q|2≤6+3b2,所以b≥1.

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当b≥1时,由于y=-1∈[-b,b],此时|PQ|2取得最大值 6+3b2, 所以6+3b2=9?b2=1,a2=3. x2 2 故所求椭圆C的方程为 +y =1. 3

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(2)存在点M满足要求,使△OAB的面积最大. 假设存在满足条件的点M,因为直线l:mx+ny=1与圆 O:x2+y2=1相交于不同的两点A,B,则圆心O到l的距离d= 1 2 2<1. m +n m2 因为点M(m,n)在椭圆C上,所以 +n2=1<m2+n2.于是 3 0<m2≤3.

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因为|AB|=2 1-d2=2

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m2+n2-1 , m2+n2 2 |m| 3 1 =2, 2 2 1·m 3

2 |m| m2+n2-1 3 1 所以 SOAB=2· d= |AB|· = 2 ≤ 2 2 m +n 1+3m2 2 2 2 当且仅当 1=3m 时等号成立. 3 所以 m =2∈(0,3].
2

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6 2 因此当m=± 2 ,n=± 2 时等号成立.
? 6 6 2? 2? ? ? ? 所以满足要求的点M的坐标为 , 2 ? , ? 2 ,- 2 ? , 2 ? ? ? ? ? ?- ? ? 6 2? 6 2? ? ? ? , 2 ? 和 ?- 2 ,- 2 ? ,此时对应的三角形的面积均达 2 ? ? ? ? ? ? ?

1 到最大值2.

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化解探索性问题的方法 (1)先假设成立,在假设成立的前提下求出与已知、定理 或公理相同的结论,说明结论成立,否则说明结论不成 立.处理这类问题,一般要先对结论做出肯定的假设,然后 由此假设出发,结合已知条件进行推理论证,若推出相符的 结论,则存在性随之解决;若推出矛盾,则否定了存在 性.若证明某结论不存在,也可以采用反证法.例题就属于 这种命题方式,先假设存在点M,利用分析法进行推导,最 后满足条件,即可证明点M存在,否则就不存在. (2)根据题目中的一些特殊关系,归纳出一般结论,然后 进行证明就是由特殊到一般的指导思想.
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【试一试】 x2 y2 5 已知椭圆C: 2 + 2 =1(a>b>0)的离心率为 ,定点 3 a b M(2,0),椭圆短轴的端点是B1,B2,且MB1⊥MB2. (1)求椭圆C的方程; (2)设过点M且斜率不为0的直线交随圆C于A,B两点.试 问x轴上是否存在定点P,使PM平分∠APB?若存在,求出点 P的坐标;若不存在,说明理由.

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5 2 c2 b2 b 2 解:(1)由9=e = 2=1- 2,得 =3. a a a 依题意,知△MB1B2是等腰直角三角形,从而b=2,故a =3. x2 y2 所以椭圆C的方程是 9 + 4 =1.

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(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+2. 将直线AB的方程与椭圆C的方程联立, 消去x得(4m2+9)y2+16my-20=0, -16m -20 所以y1+y2= 2 ,y1y2= 2 . 4m +9 4m +9 假设x轴上存在定点P,使PM平分∠APB,则直线PA,PB 的倾斜角互补,所以kPA+kPB=0.

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y1 y2 设P(n,0),则有 + =0. x1-n x2-n 将x1=my1+2,x2=my2+2代入①式, 2my1y2+?2-n??y1+y2? 整理得 =0, ?my1+2-n??my2+2-n? 所以2my1y2+(2-n)(y1+y2)=0. -16m -20 将y1+y2= 2 ,y1y2= 2 代入②式, 4m +9 4m +9 整理得(-2n+9)· m=0.







9 由于③式对任意实数m都成立,所以-2n+9=0,即n=2. 9 综上,存在定点P(2,0),使PM平分∠APB.
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x2 y2 (2012年福建卷)如图,椭圆E: 2 + 2 a b =1(a>b>0)的左焦点为F1,右焦点为F2, 1 离心率e= .过F1的直线交椭圆于A、B两 2 点,且△ABF2的周长为8. (1)求椭圆E的方程;

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(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.

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【解】 (1)因为|AB|+|AF2 |+|BF2 |=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2 |+|BF2 |=8, 又|AF1|+|AF2 |=|BF1 |+|BF2 |=2a,…………………….1分 所以4a=8,a=2………………………………………..2分 1 又因为e= , 2 c 1 即 =2, a 所以c=1,………………………………………………3分 所以b= a2-c2= 3………………………………….. ..4分 x2 y2 故椭圆E的方程是 + =1……………………………..5分 4 3
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第(1)问赋分细则: ①求解过程中没有把周长转化为 2a, 直接求出 a=2 的扣 1 分. ②b、c 的求解过程可以简化,只要答案正确即可. ③答案正确,过程合理、出现 a 的转化即可以得满分 5 分.

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?y=kx+m ? 2 2 (2)法一:由?x y ? 4 + 3 =1 ?



消去y,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 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64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化简得4k2-m2+3=0.(*)……………………………….7分 4km 4k 3 此时x0=- 2 =- ,y0=kx0+m= , m m 4k +3
? 4k 3 ? 所以P?- , ?………………………………………….8分 ? m m?

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?x=4 ? 由? ?y=kx+m ?

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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. 设M(x1,0), → MQ → 则MP· =0对满足(*)式的m,k恒成立. → =?-4k-x , 3 ?,MQ=(4-x 4k+m),…...10分 → ? 因为MP ? 1 1, m? ? m
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→ MQ → 则由MP· =0, 16k 4kx1 2 12k 得- + -4x1+x1+ +3=0, m m m k 整理,得(4x1-4) +x2-4x1+3=0.(**)…………….11分 m 1 由于(**)式对满足(*)式的m,k恒成立,
?4x -4=0 ? 1 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
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?y=kx+m ? 2 2 法二:由?x y ? 4 + 3 =1 ?

,消去y,

得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 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64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化简得4k2-m2+3=0.(*)……………………………….7分

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4km 4k 此时x0=- 2 =- , m 4k +3 3 y0=kx0+m= , m
? 4k 3 ? 所以P?- , ?………………………………………….8分 ? m m? ?x=4 ? 由? ?y=kx+m ?



得Q(4,4k+m)…………………………………………….9分

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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. 取k=0,m= 3, 此时P(0, 3),Q(4, 3), 以PQ为直径的圆为(x-2)2+(y- 3)2=4, 交x轴于点M1(1,0),M2(3,0);

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1 取k=- ,m=2, 2
? 3? 此时P?1,2?,Q(4,0), ? ? ? 5?2 ? 3?2 45 以PQ为直径的圆为?x- ? +?y- ? = , 2? ? 4? 16 ?

交x轴于点M3(1,0),M4(4,0). 所以若符合条件的点M存在, 则M的坐标必为(1,0).10分 以下证明M(1,0)就是满足条件的点.

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因为M的坐标为(1,0),

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→ =?-4k-1, 3 ?,MQ=(3,4k+m),………...11分 → ? 所以MP ? m? ? m 12k 12k → → 从而MP· =- -3+ +3=0,………………12分 MQ m m → → 故恒有MP⊥MQ, 即存在定点M(1,0), 使得以PQ为直径的圆恒过点M………………………..13分

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第(2)问赋分细则: ①忽略对M点的判断说明,直接设M(x,0)扣1分. ②方法二中只要说出M坐标为(1,0)就得1分. ③采用方法一与方法二之外的方法,只要步骤合理可相 应给分.

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通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下: (1)解题思路正确,但是运算失误,导致后半部分不得 4k 3 分,其P点的坐标求的是P( , ). m m (2)有部分同学在第(2)问中找出M(1,0)但没有证明,就下 结论说存在,导致被扣3分. (3)结论提供不够明显,或没有给出最后结论,导致不能 得到满分,故最后应把问题的答案写清楚.
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