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走向高考·二轮数学课件专题5 第2讲

时间:2015-03-01


走向高考· 数学
新课标版 ? 二轮专题复习

路漫漫其修远兮 吾将上下而求索

走向高考 ·二轮专题复习 ·新课标版 ·数学

专题五
解析几何

专题五

解析几何

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>专题五
第二讲 圆锥曲线

专题五

解析几何

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命题角度聚焦

核心知识整合

学科素能培养 方法警示探究

命题热点突破

课后强化作业

专题五 第二讲

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命题角度聚焦

专题五 第二讲

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(1) 以客观题形式考查圆锥曲线的标准方程、圆锥曲线的
定义、离心率、焦点弦长问题、双曲线的渐近线等,可能会 与数列、三角函数、平面向量、不等式结合命题,若与立体 几何结合,会在定值、最值、定义角度命题. (2) 每年必考一个大题,相对较难,且往往为压轴题,具

有较高的区分度.平面向量的介入,增加了本部分高考命题
的广度与深度,成为近几年高考命题的一大亮点,备受命题 者的青睐,本部分还经常结合函数、方程、不等式、数列、 三角等知识结合进行综合考查.

专题五 第二讲

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核心知识整合

专题五 第二讲

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椭圆、双曲线、抛物线的定义及几何性质
椭圆 双曲线 抛物线 定点F和定直线 定义 |PF1|+|PF2|= 2a(2a>|F1F2|) ||PF1|-|PF2||= 2a(2a<|F1F2|) l,点F不在直 线l上,P到l距 离为d,|PF|=d

专题五 第二讲

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椭 圆 焦 点 在 x轴上 标 准 方 程 x2 y2 a2+b2= 1(a>b> 0 )

双 曲 线 焦 点 在 x轴上 x2 y2 a2-b2= 1(a>0,b> 0 )

抛 物 线 焦 点 在 x轴正半 轴 上 y2= 2px(p> 0 )

图 象

专题五 第二讲

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椭 圆 范 围 顶 点 几 对 称 何 性 性 质 焦 点 轴 (± c,0) 长 轴 长 2a, 短 轴 长 2b |x|≤a,|y|≤b (± a,0),(0,± b)

双 曲 线 |x|≥a,y∈R (± a,0)

抛 物 线 x≥0,y∈R 0 ( ) , 关 于 x轴 对 称
? ? ? ?

关 于 x轴 、 y轴 和 原 点 对 称

p ? ? , 0 2 ? ?

实 轴 长 2a, 虚 轴 长 2b

专题五 第二讲

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椭 圆 离 心 率 几 线 何 准 性 质 通 径 渐 近 线 2b2 |AB|= a c e=a= 0 ( < e< 1 )

双 曲 线 b2 c 1-a2 e=a= (e> 1 ) b2 1+a2

抛 物 线 e=1 p x= -2 |AB|=2p

b y=± ax

专题五 第二讲

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1 .求椭圆、双曲线方程时,注意椭圆中 c2 = a2 + b2 ,双 曲线中c2=a2-b2的区别.

2.注意焦点在x轴上与y轴上的双曲线的渐近线方程的区
别. 3.平行于双曲线渐近线的直线与双曲线有且仅有一个交 点;平行于抛物线的轴的直线与抛物线有且仅有一个交点.

专题五 第二讲

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命题热点突破

专题五 第二讲

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圆锥曲线的定义与标准方程
(文)已知直线l1:x-y+5=0,和l2:x+4=0, 抛物线C:y2=16x,P是C上一动点,则P到l1与l2距离之和的最 小值为________.
[ 分析] 观察抛物线C与直线l2的系数可以发现,l2为C的 准线,由抛物线的定义可将P到l2的距离转化为P到焦点F的距 离,则问题变为P到F的距离与P到l1的距离之和最小,画出图 形易见,当PF⊥l1时,“距离之和”取到最小值.

专题五 第二讲

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[ 答案]

9 2 2

[ 解析] 在 同 一 坐 标 系 中 画 出 直 线 P在C上 任 意 一 点 , 由 抛 物 线 的
定 义 知 , |PF|=d2, ∴d1+d2=d1+|PF|, 显 见 当

l1、l2和 曲 线 C如图.

PF⊥l1, 即 P为P1点 时 d1+d2=|FM|, 此 时 距 离 之 和 取 到 最 小 值 , 9 2 ∵|FM|= 2 ,∴所 求 最 小 值 为 9 2 2 .
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[ 点评 ] 能发挥作用.

当问题涉及抛物线上动点到焦点 ( 或准线 ) 的距

离,或双曲线(椭圆)上动点到两焦点距离时,应考虑定义是否

专题五 第二讲

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x2 y2 (理)设P是 椭 圆 9 + 5 =1上一 点 , M、N分 别 是 两 圆 : 2 ) 2+y2=1和(x-2 ) 2+y2=1上 的 点 , 则 最 大 值 分 别 为 A.4 8 , C.6 8 , ( ) B.2 6 , D.8 1 ,2 |PM|+|PN|的 最 小 值 ,

(x+

[ 答案]

A

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[解析]

如图,由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭

圆的两个焦点,由椭圆定义知 |PA| + |PB| = 2a = 6 ,连接 PA ,

PB,分别与两圆相交于 M 、N 两点,此时|PM| +|PN| 最小,最
小值为|PA|+|PB| - 2R=4 ;连接PA,PB并延长,分别与两圆 相交于 M′ 、 N′ 两点,此时 |PM′| + |PN′| 最大,最大值为 |PA| + |PB|+2R=8,即最小值和最大值分别为4、8.

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(文) ( 2 0 1 4 ·

东 北 三 校 二 模

)已 知 圆 M:x2+(y-2 ) 2=1, 直 线 l相 切 . 设 动 圆 圆 心

l:y= - 1, 动 圆 P与 圆 M相 外 切 , 且 与 直 线 P的 轨 迹 为 E. ( 1 ) 求E的 方 程 ; ( 2 ) 若 点 A,B是E上 的 两 个 动 点 , = -1 6, 求 证 : 直 线 AB恒 过 定 点 .

O为 坐 标 原 点 , 且

→ → OA · OB

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[解 析]

( 1 ) ⊙O的 圆 心 M( 0 2 ,)

, 半 径 r=1, 设 动 圆 圆 心

P(x,y), 由 条 件 知

|PM|-1等 于 P到l的 距 离 , M( 0 2 ,)

∴|PM|等 于 P到 直 线 y= - 2的 距 离 , ∴P点 轨 迹 是 以 为 焦 点 , y= - 2为 准 线 的 抛 物 线 . 方 程 为 x2=8y.

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( 2 ) 设 直 线 AB:y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2) 将 直 线 AB的 方 程 代 入 到 x1+x2=8k,x1x2= - 8b,
2 2 x1 x2 → → 2 又 因 为 OA · OB =x1x2+y1y2=x1x2+ 6 = - 8 b + b = -1 6? 4

x2=8y中得x2-8kx-8b=0, 所 以

b=4 所 以 直 线 BC恒 过 定 点 ( 0 4 ,) .

[ 点评]

第( 1 ) 问可用直译法求解.

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(理)(2013·青岛检测)已知点F(1,0),直线l:x=-1,动点 P到点F的距离等于它到直线l的距离. (1)试判断点P的轨迹C的形状,并写出其方程;

(2)是否存在过N(4,2)的直线m,使得直线m被截得的弦AB
恰好被点N所平分? [ 分析 ] 由定义可求出曲线 C 的方程,然后假设直线 m 存 在,设直线m的斜率为k,由弦AB被N平分求出k.

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[解析]

(1)因为P到点F的距离等于它到直线l的距离,所

以点P的轨迹C是以F为焦点,直线x=-1为准线的抛物线,其 方程为y2=4x.

(2)方法1:假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交 于A(x1,y1)、B(x2,y2),
? ?x1+x2=8, 依题意,得? ? ?y1+y2=4.

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①当 直 线 m的 斜 率 不 存 在 时 , 直 线
2 ? ?y =4x, 由? ? ?x=4,

m方 程 为 x=4,

得y=± 4与y1+y2=4矛 盾 , 不 合 题 意 . m的 方 程 为 y-2=k(x-

②当 直 线 m的 斜 率 存 在 时 , 设 直 线 4 ), 联 立 方 程 组
? ?y-2=k?x-4?, ? 2 ? ?y =4x,

消 去 y, 得 k2x2-(8k2-4k+4 ) x+(2-4k)2=0,( * ) 8k2-4k+4 ∴x1+x2= =8, 解 得 k=1 . k2
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此时,方程( * ) 为x2-8x+4=0,其判别式大于零, ∴存在满足题设的直线m. 且直线m的 方 程 为 :
A(x1,y1)、B(x2,y2), 依 题 意 , 得 易 判 断 直 线
? ?x1+x2=8, ? ? ?y1+y2=4,

y-2=x-4,即x-y-2=0.
m.设 直 线 m与 轨 迹 C交 于

方 法 2: 假 设 存 在 满 足 题 设 的 直 线

m不 可 能 垂 直 于

y轴 ,

∴设 直 线 m的 方 程 为 x-4=a(y-2 ),
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联 立 方 程 组

? ?x-4=a?y-2?, ? 2 ? ?y =4x,

消 去 x, 得 y2-4a y +8a-1 6 =0, ∵Δ=1 6 ( a-1 ) 2+4 8 > 0 , ∴直 线 与 轨 迹 C必 相 交 .

又y1+y2=4a=4,∴a=1 . ∴存 在 满 足 题 设 的 直 线 且 直 线 m的 方 程 为 : m, y-2=x-4, 即 x-y-2=0 .

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方 法 3: 假 设 存 在 满 足 题 设 的 直 线 A(x1,y1),B(x2,y2), 依 题 意 , 得
? ?x1+x2=8, ? ? . ?y1+y2=4

m.设 直 线 m与 轨 迹 C交 于

∵A(x1,y1),B(x2,y2)在 轨 迹 C上 ,
2 ? ?y1=4x1,① ∴有? 2 ? ?y2=4x2,② 2 由①-②得 , y2 ( x1-x2). 1-y2=4

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当x1=x2时 , 弦 AB的中点不是N,不合题意, y1-y2 4 ∴ = =1,即直线AB的斜率k=1, x1-x2 y1+y2 注意到点N在曲线C的张口内(或:经检验,直线m与 轨 迹 C 相交), ∴存在满足题设的直线m,且直线m的 方 程 为 : 4,即x-y-2=0. y-2=x-

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[方法规律总结] 1 .涉及椭圆 ( 或双曲线 ) 两焦点距离的问题或焦点弦问 题,及到抛物线焦点(或准线)距离的问题,可优先考虑圆锥曲 线的定义.

2.求圆锥曲线标准方程时“先定型,后计算”,即先确
定是何种曲线,焦点在哪个轴上,然后利用条件求a、b、p的 值.

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圆锥曲线的几何性质
x2 y2 (2013· 汕头模拟)设双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的 右焦点为F,过点F作与x轴垂直的直线l交两渐近线于A、B两 → → 点,与双曲线的一个交点为P,设O为坐标原点,若OP=mOA 2 → +nOB(m,n∈R),且mn=9,则该双曲线的离心率为( 3 2 A. 2 3 2 C. 4 3 5 B. 5 9 D.8
专题五 第二讲

)

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[答案] C

[ 分析]

由于过焦点F的直线l与两渐近线的交点为A、B及l

→ → 与双曲线交点为P,故可得A、B、P的坐标,再由 OP =mOA + 2 → nOB及mn=9可得a、b、c的关系,即可求得离心率e.

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[解 析]

b b c b c 在y=±a x中 令 x=c得 , A(c, a ),B(c,- a ), 在

x2 y 2 b2 令 x=c得P(c, a ), a2-b2=1中 → → → 由OP=mOA+nOB得 ?m+n?c, m+n=1, ? ? ?c= ? ?b2 m ∴? b b c n b c m-n=c , = a - a , ? ? ?a ?

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2 ? ? ?m=3, ?m+n=1, 由? 可得,? 2 1 mn=9, ? ? ? n=3, ?

1 ? ?m=3, 或? ?n=2, ? 3

(舍去),

c2-a2 1 b2 1 3 2 b 1 ∴c =3,∴ c2=9,∴ c2 =9,∴e= 4 .
[ 点评] 可 先 求 出 A、B的坐标,代入条件式中得P点坐

2 标,再由P在双曲线上,结合mn=9解出e.

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( 2 0 1 4 ·

山 东 理 , 1 0 ) 已 知 a>b>0, 椭 圆 C1的 方 程 为

x2 y2 a2 + b2 = 3 2,

x 2 y2 1, 双 曲 线 C2的 方 程 为 a2 - b2 =1,C1与C2的 离 心 率 之 积 为 则C2的 渐 近 线 方 程 为 ( A.x± 2y=0 C.x± 2y=0 ) B. 2x± y=0 D.2x± y=0

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[ 答案]
[ 解析]

A

2 2 2 a - b c 1 e2 = 1 a2= a2 ,

2 2 2 a + b c 2 e2 = 2 a2= a2 , 4 4 a - b 2 b4 3 b 2 2 ∴e1· e2= a4 =1-(a) =4,∴a= 2 ,

2 ∴双曲线的渐近线方程为y=± 2 x.

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[方 法 规 律 总 结

]

1. 求 椭 圆 、 双 曲 线 的 离 心 率 问 题 , 关 键 是 根 据 已 知 条 件 确 定 a、b、c的 关 系 , 然 后 将 c b用a、c代 换 , 求 e= a 的 值 ; 另 外

要 注 意 双 曲 线 的 渐 近 线 与 离 心 率 的 关 系 . 2. 注 意 圆 锥 曲 线 的 对 称 性 在 解 题 中 的 应 用 . 3. 圆 锥 曲 线 的 性 质 常 与 等 差 、 等 比 数 列 、 三 角 函 数 、 不 等 式 等 问 题 联 系 在 一 起 , 一 般 先 利 用 条 件 转 化 为 单 一 知 识 点 问 题 求 解 .
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直线与圆锥曲线的位置关系
x2 (文)(2014· 安徽文,21)设F1、F2分别是椭圆E:a2 y2 +b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆E于A、B 两点,|AF1|=3|F1B|. (1)若|AB|=4,△ABF2的周长为16,求|AF2|; 3 (2)若cos∠AF2B=5,求椭圆E的离心率.

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[解 析] 1,

( 1 ) 由|AF1|=3|F1B|及|AB|=4得|AF1|=3,|F1B|=

又∵ △ ABF2的 周 长 为 1 6, ∴由 椭 圆 定 义 可 得 4a=1 6 ,|AF1|+|AF2|=2a=8 .

∴|AF2|=2a-|AF1|=8-3=5 .

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( 2 ) 设|F1B|=k, 则 k>0且|AF1|=3k,|AB|=4k, 由 椭 圆 定 义 知 : |AF2|=2a-3k,|BF2|=2a-k,

在△ABF2中 , 由 余 弦 定 理 得 , |AB|2=|AF2|2+|BF2|2-2|AF2|| BF2c |o s ∠AF2B, 6 即(4k) =(2a-3k) +(2a-k) -5(2a-3k)(2a-k),
2 2 2

∴(a+k)(a-3k)=0,而a+k>0, ∴a=3k,

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于 是 有 |AF2|=3k=|AF1|,|BF2|=5k, ∴|BF2|2=|F2A|2+|AB|2 ∴F2A⊥AB,F2A⊥AF1, ∴ △ AF1F2是 等 腰 直 角 三 角 形 , 2 从 而 c= 2 a, 所 以 椭 圆 离 心 率 为 2 c e=a= 2 .

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x2 y2 (理)设 椭 圆 E: a2 + b2 =1 ( a,b> 0 ) 过M(2, 2),N( 6 ,1 ) 两 点 , O为 坐 标 原 点 . ( 1 ) 求 椭 圆 E的 方 程 ; ( 2 ) 是 否 存 在 圆 心 在 原 点 的 圆 , 使 得 该 圆 的 任 意 一 条 切 线 与 椭 圆 E恒 有 两 个 交 点 方 程 , 并 求 → → A、B且 OA ⊥ OB ? 若 存 在 , 写 出 该 圆 的

|AB|的 取 值 范 围 ; 若 不 存 在 , 说 明 理 由 .

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[分析]

(1)将已知点的坐标分别代入椭圆的方程,得a ,

b.(2) 假设满足题意的圆存在,依据直线与圆相切的条件及
OA⊥OB的坐标关系,求圆的半径R,若求出R,则存在,进而 求|AB|的取值范围,否则不存在.

[ 解析]

(1)将M、N的坐标代入椭圆E的方程,得

?4 2 ?a2+b2=1 ? ? 62+ 12=1 ?a b

,解得a2=8,b2=4.

x2 y2 所以椭圆E的方程为 8 + 4 =1.
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( 2 ) 假 设 满 足 题 意 的 圆 存 在 , 其 方 程 为 0 < R< 2 . 设 该 圆 的 任 意 一 B(x2,y2)两 点 , 当 直 线 =kx+m① 将 其 代 入 椭 圆 E的 方 程 并 整 理 , 得

x2+y2=R2, 其 中

条 切 线 AB和 椭 圆 E交 于 A(x1,y1), AB的 斜 率 存 在 时 , 令 直 线 AB的 方 程 为 y

(2k2+1 ) x2+4k m x +2m2-8=0 . 由 韦 达 定 理 得 2m2-8 4km x 1 +x 2 = - 2 ,x1 x2 = 2 .② 2k +1 2k +1
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→ → 因 为 OA⊥OB, 所 以 x1x2+y1y2=0 .③ 将y1=kx1+m,y2=kx2+m代 入 ③得 , (1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0 .④ 8 将②代 入 ④得m =3(1+k2).⑤
2

因 为 直 线 AB和 圆 相 切 , 因 此 2 6 由⑤得R= 3 , 所 以 存 在 圆

|m| R= 2, 1+k 8 x +y =3满 足 题 意 .
2 2

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当 切 线 AB的 斜 率 不 存 在 时 , 易 得 程 得 8 2 2 y1=y2= ,显 然 3 综 上 所 述 , 存 在 圆 → → OA⊥OB.

8 2 2 x 1 =x 2 = , 由 椭 圆 3

E的 方

8 x +y =3满 足 题 意 .
2 2

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如 右 图 所 示 , 过 原 点 为D, 则 D为 切 点 , 设 角 ,

O作OD⊥AB, 垂 足 ∠O A B =θ, 则 θ为 锐

2 6 2 6 且|AD|=3 tn θ, a tn θ,|BD|= 3 a 1 ? 2 6? ?. tn θ+a 所 以 |AB|= 3 ?a t n θ ? ? 2 因 为 2≤|OA|≤2 2, 所 以 2 ≤a tn θ≤ 2.

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令x=a tn θ, 易 证 :
? 当x∈? ? ? ? 2 6? 1? 2 ? 时 , |AB|= 3 ?x+x ?单 调 递 减 . 2 ,1 ? ? ? ?

2 6? 1 ? 当x∈[1, 2]时 , |AB|= 3 ?x+x ?单 调 递 增 .
? ?

4 6 所 以 3 ≤|AB|≤2 3.

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[ 点评]

在 题 解 中 , 结 合 韦 达 定 理 转 化 条 件

OA⊥OB,得

x1x2+y1y2=0,进而得到关于参数m、k的关系式是解决直线与 圆锥曲线相交问题的常用技巧,应熟练掌握.

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(文) ( 2 0 1 3 ·

x2 y2 江西 文 , 2 0 ) 椭 圆 C: a2 + b2 =1 ( a>b> 0 ) 的 离 心 率

3 e= 2 ,a+b=3 . ( 1 ) 求 椭 圆 C的 方 程 ; ( 2 ) 如 图 , A、B、D是 椭 圆 C的 顶 点 , P是 椭 圆 C上 除 顶 点 外 的 任 意 一 点 , 直 线 DP交x轴 于 点 N, 直 线 AD交BP于 点 M, 设 BP

的 斜 率 为 k,MN的 斜 率 为 m, 证 明 : 2m-k为 定 值 .

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[解 析]

3 c ( 1 ) 因 为 e= 2 =a,

2 1 所 以 a= c,b= c.代 入 a+b=3得 , 3 3 c= 3,a=2,b=1 . 故 椭 圆 的 方 程 为 x2 2 . 4 +y =1

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( 2 ) 方 法 一 : 因 为

B( 2 0 ,)

,P不 为 椭 圆 顶 点 , 则 直 线

BP的 方

1 程 为 y=k(x-2 ) ( k≠0,k≠± 2).① 8k2-2 x2 2 4k ①代 入 4 +y =1, 解 得 P( 2 , - 2 ). 4k +1 4 k +1 1 直 线 AD的 方 程 为 :y=2x+1 .②

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4k+2 4k ①与②联 立 解 得 M( , ), 2k-1 2k-1 由D( 0 1 ,) 8k2-2 4k ,P( 2 , - 2 ),N(x,0 )三 点 共 线 知 4k +1 4k +1

4k - 2 -1 4k +1 0-1 4k-2 = , 解 得 N( ,0 ). 8k2-2 x-0 2k+1 -0 4k2+1

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4k -0 2k-1 所以MN的斜率为m= 4k+2 4k-2 - 2k-1 2k+1 4k?2k+1? 2k+1 = = 4 , 2?2k+1?2-2?2k-1?2 2k+1 1 则2m-k= 2 -k=2(定值).

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( 2 ) 方 法 二 : 设

y0 P(x0,y0)(x0≠0,± 2 ) , 则 k= , x0 -2 1 y=2(x+2 ).

直 线 AD的 方 程 为 :

y0 直 线 BP的 方 程 为 y= (x-2 ), x0-2 直 线 DP的 方 程 为 : -x0 得N( ,0 ). y 0 -1 y0-1 y-1= x x, 令 y=0, 由 于 y0≠1可 0

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? 1 ?y=2?x+2?, 联 立? ? y = y 0 ? x - 2? . ? x 0 -2 4y0+2x0-4 4y0 解 得 M( , ), 2y0-x0+2 2y0-x0+2 因 此 MN的 斜 率 为 4y0 2y0-x0+2 4y0?y0-1? m= = 2 4y0+2x0-4 4y0-8y0+4x0y0-x2 x0 0+4 + 2y0-x0+2 y0-1 4y0?y0-1? y0-1 = 2 = , 4y0-8y0+4x0y0-?4-4y2 ? + 4 2 y + x - 2 0 0 0
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2?y0-1? y0 所 以 2m-k= - 2y0+x0-2 x0-2 2?y0-1??x0-2?-y0?2y0+x0-2? = ?2y0+x0-2??x0-2? 2?y0-1??x0-2?-2y2 0-y0?x0-2? = ?2y0+x0-2??x0-2? 1 2?y0-1??x0-2?-2?4-x2 0?-y0?x0-2? = ?2y0+x0-2??x0-2? 1 =2(定 值 ).
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(理) ( 2 0 1 4 ·

长 春 市 调 研

)已 知 抛 物 线

C1:y2=4x和C2:x2=

2p y ( p> 0 ) 的 焦 点 分 别 为 原 点 ), 且 F1F2⊥OA.

F1、F2,C1、C2交 于 O、A两 点 (O为 坐 标

( 1 ) 求 抛 物 线 C2的 方 程 ; ( 2 ) 过 点 O的 直 线 交 C1的 下 半 部 分 于 点 M, 交 C2的 左半 部 分

于 点 N, 点 P坐 标 为 (-1, -1 ), 求 △P M N 面 积 的 最 小 值 .

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[解 析]

( 1 ) 解 法 一 : 由 已 知 得 :

F1( 1 0 ,)

p ,F2(0, 2 ),∴

p → F1F2=(-1,2), ? 3 2 ? ? x = 0 , x = 16 p , ? 联 立? 2 解 得? 或? ? ? y, ?x =2p ?y=0, ? 3 2 p. ?y= 3
2 ? y ? =4x,

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即O( 0 0 ,)

,A( 1 6p, 3 2 p),

3

2

3

3 3 2 → ∴OA=( 1 6p, 3 2 p). → =0, ∵F1F2⊥OA,∴F→ OA 1F2· p3 即- 1 6 p +2 3 2 p=0,解 得 p=2, 3
2

∴C2的 方 程 为 x2=4y.

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2 ? ?y1=4x1, ,有? 2 ? y 1. ?x1=2p

解 法 二 :设A(x1,y1)(x1> 0 ) 由 题 意 知 , F1( 1 0 ,)



p ,F2(0,2),

p → ∴F1F2=(-1,2), p → → ∵F1F2⊥OA,∴F1F2· OA=0, 有 - x1+2y1=0, 解 得p y 1=2x1, 将 其 代 入①式 解 得 x1=4,y1=4, 从 而 求 得 所 以 C2的 方 程 为 x2=4y.
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p=2,

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( 2 ) 解 法 一 : 设 过
? ?y=kx, 联立? 2 ? ?y =4x,

O的 直 线 方 程 为

y=kx(k< 0 ) ,

? ?y=kx, 4 4 解得M(k2, k),联立? 2 解得N(4k,4k2), ? ?x =4y,

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P(-1, -1 )在 直 线 y=x上 , 设 点 M到 直 线 y=x的 距 离 为 d1, 点 N到 直 线 y=x的 距 离 为 d2, 则SP M N 1 = 2· |OP( |· | d1|+|d2) |

4 4 |k2-k | |4k-4k2| 1 =2× 2×( + ) 2 2 1 1 1 1 2 =2 ( | k-k2|+|k-k |)=2 ( -k -k+k2+k2) ≥2 ( 2 1 ? - k ?· ?-k?+2 1 2 k )=8, k2 ·
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当且仅当k=-1时,“=”成立,即当过原点的直线为y =-x时, △P M N 面积取得最小值8.

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解 法 二 : 联 立
? ?y=kx, ? 2 ? ?x =4y.

? ?y=kx, ? 2 ? ?y =4x.

4 4 解 得 M(k2, k),

联 立

解 得 N(4k,4k2)(k< 0 ) ,
2

4 2 4 从 而 |MN|= 1+k |k2-4k|= 1+k (k2-4k), |k-1| 点P(-1, -1 )到 直 线 MN的 距 离 d= 进 而 S△P M N = 2, 1+k 1 |k-1| 2 4 2· 1+k2· 1+k (k2-4k).
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?1-k??1-k3? 2?1-k?2?1+k+k2? =2 = k2 k2 1 1 =2 ( k+ k - 2 ) ( k+ k +1 ), 1 令t=k+k (t≤-2 ), 有 S△P ( t-2 ) ( t+1), M N =2 当t = - 2, 即 k= - 1时 , 即 当 过 原 点 直 线 为 P M N 面 积 取 得 最 小 值 8 . y= - x时 ,△

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[方法规律总结]
1.涉及直线与二次曲线有两个交点时,一般方法是设出 直线的方程与曲线方程联立,用根与系数的关系“整体代入 设而不求”和用判别式处理,中点弦问题还可用点差法解 决.

2.涉及圆锥曲线的焦点弦、焦点三角形问题,常结合定
义,正余弦定理等知识解决. 3.涉及垂直问题可结合向量的数量积解决.

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学科素能培养

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定点定值问题

x2 y2 (文)(2014· 太原五中月考)已知椭圆C:a2+b2= 2 1(a>b>0)的离心率为 2 ,左右焦点分别为F1、F2,抛物线y2= 4 2x的焦点F恰好是该椭圆的一个顶点. (1)求椭圆C的方程;

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2 ( 2 ) 已 知 圆 M:x +y = 3 的 切 线 l与 椭 圆 相 交 于
2 2

A、B两 点 ,

那 么 以 AB为 直 径 的 圆 是 否 经 过 定 点 , 如 果 是 , 求 出 定 点 的 坐 标 , 如 果 不 是 , 请 说 明 理 由 .

[ 解析]

2 ( 1 ) ∵e= 2 ,∴a= 2c,

y2=4 2x的焦点( 2,0),∴a= 2, x2 2 ∴c=1,b=1,∴ 2 +y =1.

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( 2 ) ①当l的 斜 率 不 存 在 时 , 一 条 切 线 方 程 为 6 ? ? x= 3 ? 2 ?x +y2=1 ?2

6 x= 3 ,

6 6 6 6 ?A( 3 , 3 ),B( 3 ,- 3 ),

62 2 2 以AB为直径圆的方程为(x- 3 ) +y =3.

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6 ②当l的斜率为0时,一条切线方程为y=- 3 , 6 ? ?y=- 3 ? 2 ?x +y2=1 ?2 6 6 6 6 ?A( 3 ,- 3 ),B(- 3 ,- 3 ),

62 2 以AB为直径的圆方程为x +(y+ 3 ) =3.
2

联立两圆方程得一个交点为( 0 0 ,)



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③当l斜 率 存 在 且 不 为

0时 , 设 方 程 为

y=kx+m,

y=kx+m ? ? 2 2 2 2 ?x ? (2 k + 1 ) x + 4 k m x + 2 m -2=0, 2 +y =1 ? ?2 设A(x1,y1),B(x2,y2), -4km 2m2-2 则x1+x2= 2 ,x1x2= 2 , 2k +1 2k +1 ∴y1· y2=(kx1+m)(kx2+m)
2 2 m - 2 k =k2x1x2+km(x1+x2)+m2= 2 2k +1

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2 2 3 m - 2 k -2 → → ∴OA· OB=x1· x2+y1· y2 = 2k2+1

∵l 与 圆 M相切 |m| 6 ∴d= 整 理 得 : 2= 3 , 1+k 代 入 上 式 得 : → → OA· OB=0 ( 0 0 ,) 2 m =3(1+k2)
2

∴以AB为 直 径 的 圆 过 定 点

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( 理 )(2014· 山东理, 21) 已知抛物线 C : y2 = 2px(p>0) 的焦
点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另 一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标 为3时,△ADF为正三角形. (1)求C的方程;

(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,
(ⅰ)证明直线AE过定点,并求出定点坐标; (ⅱ)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小 值;若不存在,请说明理由.

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[解 析]

p ( 1 ) 由 题 意 知 F(2,0 ),

p+2t 设D(t,0 ) ( t> 0 ) , 则 FD的 中 点 为 ( 4 ,0 ). 因 为 |FA|=|FD|, 由 抛 物 线 的 定 义 知 p p 3+2=|t-2|,

解 得 t=3+p或t= -3 (舍 去 ), p+2t 由 4 =3, 解 得 p=2 . 所 以 抛 物 线 C的 方 程 为 y2=4x.
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( 2 ) ( ⅰ)由( 1 ) 知F( 1 0 ,)



设A(x0,y0)(x0y0≠0 ) ,D(xD,0 ) ( xD> 0 ) , 因 为 |FA|=|FD|, 得 |xD-1 | =x0+1, 由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2 0 ,) . y0 故 直 线 AB的 斜 率 kAB= - 2. 因 为 直 线 l1和 直 线 AB平 行 , y0 设 直 线 l1的 方 程 为 y= - 2 x+b, 代 入 抛 物 线 方 程 得 8 8b y +y y- y =0, 0 0
2

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6 4 3 2b 由 题 意 Δ= y2 + y =0, 0 0 2 得b= -y, 0 4 4 设E(xE,yE), 则 yE= - y ,xE=y2. 0 0 4 +y0 y - y y 4y0 E 0 0 2 当y0≠4时 , kAE= = - 4 y2= 2 , xE-x0 y0-4 0 -4 y2 0 4y0 可 得 直 线 AE的 方 程 为 y-y0= 2 ( x-x0 ) , y0-4
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由y2 0=4x0, 4y0 整 理 可 得 y= 2 (x-1 ), y0-4 故 直 线 AE恒 过 点 F( 1 0 ,) . .

当y2 , 直 线 AE的 方 程 为 x=1, 过 点 F( 1 0 ,) 0=4时 所 以 直 线 AE过 定 点 F( 1 0 ,) .

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(ⅱ)由(ⅰ)知 直 线 AE过 焦 点 F( 1 0 ,)



1 1 所 以 |AE|=|AF|+|FE|=(x0+1 ) +(x +1 ) =x0+x +2 . 0 0 设 直 线 AE的 方 程 为 x=my+1, 因 为 点 A(x0,y0)在 直 线 AE上 , x0 -1 故m= y .
0

设B(x1,y1).

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y0 直 线 AB的 方 程 为 y-y0 = - 2 (x-x0), 由 于 y0≠0, 2 可 得 x= - y y+2+x0, 0 代 入 抛 物 线 8 方 程 得 y +y y-8-4x0=0 . 0
2

8 所 以 y0+y1= -y, 0 8 4 可 求 得 y1=-y0-y ,x1=x +x0+4 . 0 0
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所 以 点 B到 直 线 AE的 距 离 为 4 8 |x +x0+4+m?y0+y ?-1 | 0 0 d= 1+m2 4?x0+1? 1 = =4 ( x0+ ). x0 x0 1 1 1 则△ABE的 面 积 S=2×4 ( x0+ )(x0+x +2 ) ≥1 6, x0 0 1 当 且 仅 当 x =x0, 即 x0=1时 等 号 成 立 . 0 所 以 △ABE的 面 积 的 最 小 值 为 1 6 .
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(文) ( 2 0 1 3 · 轴 上 .

x2 y2 安 徽 理 , 1 8 ) 设 椭 圆 E: a2 + =1的 焦 点 在 x 1-a2

( 1 ) 若 椭 圆 E的 焦 距 为 1, 求 椭 圆 E的 方 程 ; ( 2 ) 设F1、F2分 别 是 椭 圆 象 限 内 的 点 , 直 线 a变 化 时 , 点 E的左 、 右 焦 点 , P为 椭 圆 E上 第 一

F2P交y轴 于 点 Q, 并 且 F1P⊥F1Q, 证 明 : 当

P在 某 条 定 直 线 上 .

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[ 解析]
2

( 1 ) 因为椭圆E的焦点在x轴上,焦距为1,

1 5 2 所以2a -1=4,解得a =8. 8x2 8y2 故椭圆E的方程为 5 + 3 =1.

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( 2 ) 设P(x0,y0),F1(-c,0 ) ,F2(c,0), 其 中 c= 2a2-1.由 题 设 知 x0≠c, y0 则 直 线 F1P的 斜 率 kF1P= . x0 +c y0 直 线 F2P的 斜 率 kF2P= . x0-c y0 故 直 线 F2P的 方 程 为 y= (x-c). x0-c

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cy0 cy0 当x=0时 , y= , 即 点 Q坐 标 为 (0, ). c-x0 c-x0 因 此 , 直 线 y0 F1Q的 斜 率 为 kF1Q= . c-x0

y0 y0 由 于 F1P⊥F1Q, 所 以 kF1P· kF1Q= · = -1 . x0+c c-x0
2 2 化 简 得 y2 = x (2 a -1 ) .① 0 0

将①代 入 椭 圆 E的 方 程 , 由 于 点

P(x0,y0)在 第 一 象 限 , 解

得x0=a2,y0=1-a2, 即 点 P在 定 直 线 x+y=1上 .

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(理) ( 2 0 1 4 · 心 率 为

甘 肃 省 三 诊

x2 y2 )已 知 椭 圆 C: a2 + b2 =1 ( a>b> 0 ) 的 离

1 以 原 点 O为 圆 心 , 椭 圆 的 短 半 轴 长 为 半 径 的 圆 与 直 2 ,

线x-y+ 6=0相 切 . ( 1 ) 求 椭 圆 C的 标 准 方 程 ; ( 2 ) 若 直 线 l:y=kx+m与 椭 圆 C相 交 于 A、B两 点 , 且 b2 kOA· kOB= - a2 , 试 判 断 △A O B 的 面 积 是 否 为 定 值 ? 若 为 定 值 , 求 出 定 值 ; 若 不 为 定 值 , 说 明 理 由 .
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[解 析]

c 1 ( 1 ) 由 题 意 知 e=a=2,

2 2 2 a - b c 1 4 2 2 2 ∴e =a2= a2 =4, 即 a =3b ,

6 又b= = 3,∴a2=4,b2=3, 1+1 故 椭 圆 的 方 程 为 x2 y2 . 4 + 3 =1

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y=kx+m ? ? 2 2 ( 2 ) 设A(x1,y1),B(x2,y2), 由 ?x y 得 + =1 ? ?4 3 (3+4k2)x2+8m k x +4 ( m2-3 ) =0, △=6 4 m2k2-1 6 ( 3 +4k2)(m2-3 ) > 0 3 , 4?m2-3? 8mk x 1 +x 2 = - x2 = 2,x1· 2 . 3+4k 3+4k y1· y1=(kx1+m( ) · kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2= 3?m2-4k2? . 3+4k2
专题五 第二讲

+4k2-m2> 0 .

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3 y1 y2 3 kOA· kOB= - 4,x x = - 4, 1 2
2 2 2 3 ? m - 4 k ? 4 ? m -3? 3 3 y 1 y2 = - 4x1x2, = - 4· 3+4k2 3+4k2

2m2-4k2=3, |AB|= 1+k2 ?x1+x2?2-4x1x2 = 1+k2 4 8 ?4k2-m2+3? = ?3+4k2?2 2 4 ?1+k2? . 3+4k2

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|m| d= 2= 1+k 1 1 S=2|AB|d=2 1 =2 1 =2

1 1- ≥ 4?1+k2? 2 4 ?1+k2? |m| 3+4k2 1+k2

1 3 1-4= 2 ,

2 4 ?1+k2?m2 1 = ?3+4k2??1+k2? 2 2 4 3+4k = 3. 2· 2 3+4k
2

24m2 ?3+4k2?

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[方法规律总结] 1.定值问题的求解策略 (1) 在解析几何中,有些几何量与参数无关,这就是“定 值”问题,解决这类问题常通过取特殊值,先确定“定值”

是多少,再进行证明,或者将问题转化为代数式,再证明该
式是与变量无关的常数,或者由该等式与变量无关,令其系 数等于零即可得到定值.

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(2)求解定值问题的三个步骤 ①由特例得出一个值,此值一般就是定值; ②证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为 代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关;也可令系数

等于零,得出定值;
③得出结论.

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2.定点问题的求解策略 把直线或曲线方程中的变量x、y当作常数看待,把方程一 端化为零,既然直线或曲线过定点,那么这个方程就要对任 意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得

到一个关于x、y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直
线或曲线所过的定点.

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存在性问题
(2013· 东北三校一模)设点P是曲线C:x2= 2py(p>0)上的动点,点P到点(0,1)的距离和它到焦点F的距离之 5 和的最小值为4. (1)求曲线C的方程; (2)若点P的横坐标为1,过P作斜率为k(k≠0)的直线交C于 点Q,交x轴于点M,过点Q且与PQ垂直的直线与C交于另一点 N,问是否存在实数k,使得直线MN与曲线C相切?若存在, 求出k的值;若不存在,请说明理由.
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[解 析]

1 p 5 ( 1 ) 依 题 意 知 1+2=4, 解 得 p=2.

所 以 曲 线 C的 方 程 为 x2=y. ( 2 ) 由 题 意 直 线 1 ). k ,0 联 立 方 程 组
? ?y=k?x-1?+1 ? 2 ? ?y=x

PQ的 方 程 为 :

y=k(x-1 ) +1, 则 点 M(1-

, 消 去 y得x2-kx+k-1=0,

得Q(k-1,(k-1 ) 2).

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所 以 得 直 线
2

1 QN的 方 程 为 y-(k-1 ) = - k (x-k+1 ). 代 入
2 2

1 1 曲 线 方 程 y=x 中 , 得 x +k x-1+k -(1-k)2=0 . 1 12 解 得 N(1-k -k,(1-k-k ) ). 12 ?1-k-k ? 所 以 直 线 MN的 斜 率 kMN= 1 1 ?1-k -k?-?1-k? 12 ?1-k-k ? = - . k
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1 过点N的切线的斜率k′=2 ( 1 -k-k). 12 ?1-k-k ? 1 由题意有- =2 ( 1 -k - k ) . k -1± 5 解得k= 2 . -1± 5 故存在实数k= 2 使命题成立.

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(文) ( 2 0 1 4 · 为F( 1 0 ,)

x2 y2 吉林市质检)已知椭圆a2+b2=1(a>b> 0 ) 的右焦点

2 , 离 心 率 e= 2 ,A、B是椭圆上的动点.

( 1 ) 求 椭 圆 的 标 准 方 程 ;

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( 2 ) 若 直 线 OA与OB的 斜 率 乘 积

1 kOA· kOB= - 2 , 动 点 P满 足

→ → → OP = OA +λ OB , (其 中 实 数 λ为 常 数 ). 问 是 否 存 在 两 个 定 点 F1、F2, 使 得 |PF1|+|PF2|为 定 值 ? 若 存 在 , 求 若 不 存 在 , 说 明 理 由 . F1、F2的 坐 标 ,

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[ 解析]

?c=1, ? ( 1 ) 有题设可知:?c ∴a= 2. 2 = , ? ?a 2

又b2=a2-c2,∴b2=1, x2 2 ∴椭圆标准方程为 2 +y =1.

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( 2 ) 设P(x,y)、A(x1,y1)、B(x2,y2), → → → 则 由 OP=OA+λOB得 , (x,y)=(x1,y1)+λ(x2,y2)=(x1+λx2,y1+λy2), 即x=x1+λx2,y=y1+λy2. 因 为 点 A、B在 椭 圆 x2+2y2=2上,
2 2 2 所 以 x2 + 2 y = 2 , x + 2 y 1 1 2 2=2, 2 2 2 故x2+2y2=(x2 ( y2 1+λ x2+2λx1x2)+2 1+λy2+2λy1y2) 2 2 2 2 =(x2 + 2 y ) + λ ( x + 2 y 1 1 2 2)+2λ(x1x2+2y1y2)

=2+2λ2+2λ(x1x2+2y1y2).
专题五 第二讲

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设kOA,kOB分 别 为 直 线 由 题 设 条 件 知

OA,OB的 斜 率 ,

y1 y2 1 kOA· kOB=x x = - 2, 1 2

因 此 x1x2+2y1y2=0,
2 2 x y 所 以 x2+2y2=2+2λ2. 即 + =1, 2+2λ2 1+λ2

x2 y2 所 以 P点 是 椭 圆 + =1上 的 点 , 2+2λ2 1+λ2 设 该 椭 圆 的 左 、 右 焦 点 为 则 由 椭 圆 的 定 义 F1、F2,

|PF1|+|PF2|为 定 值 .
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又 因 c= 1+λ2 因 此 两 焦 点 的 坐 标 为 F2( 1+λ2,0 ). 所 以 存 在 两 个 定 点 F1(- 1+λ2,0 ), F1(- 1+λ2,0 ),

F2( 1+λ2,0 ). 使 得 |PF1|+|PF2| =2 2+2λ2

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(理) ( 2 0 1 4 ·

福 建 理 , 1 9 ) 已 知 双 曲 线

x2 y2 E: a2 - b2 =1 ( a>0,b> 0 )

的 两 条 渐 近 线 分 别 为

l1:y=2x,l2:y= - 2x.

( 1 ) 求 双 曲 线 E的 离 心 率 ; ( 2 ) 如 图 , O为 坐 标 原 点 , 动 直 线 两 点 (A、B分 别 在 第 一 、 四 象 限 究 : 是 否 存 在 总 与 直 线 在 , 求 出 双 曲 线 l分 别 交 直 线 l1、l2于A,B 8 .试 探 E? 若 存

), 且 △O A B 的 面 积 恒 为

l有 且 只 有 一 个 公 共 点 的 双 曲 线

E的 方 程 ; 若 不 存 在 , 说 明 理 由 .

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专题五 第二讲

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[ 解析] b ∴a=2,

( 1 ) ∵双曲线E的渐近线分别为y=2x,y=-2x,

c2-a2 ∴ a =2,故c= 5a, c 从而双曲线E的离心率e=a= 5.

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( 2 ) 由( 1 ) 知 , 双 曲 线

x 2 y2 E的 方 程 为 a2-4a2=1 . C, l与 双 曲 线 E只 有 一 个 公 共 点 ,

设 直 线 l与x轴 相 交 于 点 当l⊥x轴 时 , 若 直 线

则|OC|=a,|AB|=4a, 1 又∵ △O A B 的 面 积 为 8,∴2|OC|· | AB|=8, 1 因 此 2 a· 4a=8, 解 得 a=2, 此 时 双 曲 线 =1, 若 存 在 满 足 条 件 的 双 曲 线 1 .
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E的 方 程 为

x2 y2 4 -1 6 x2 y2 4 -1 6 =

E, 则 E的 方 程 只 能 是

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以 下 证 明 : 当 直 线 也 满 足 条 件 , 设 直 线 2,

l与x轴 不 垂 直 时 , 双 曲 线

x2 y2 E: 4 - 1 6 =1 k>2或k<-

l的 方 程 为 y=kx+m, 依 题 意 得

m 则C(- k ,0 ), 记 A(x1,y1)、B(x2,y2).
? ?y=kx+m 由? ? ?y=2x

2m 2m 得y1= , 同 理 得 y2 = . 2-k 2+k

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由S△O A B

1 1 m 2m 2m =2|OC|· | y1-y2|得2|- k|· | - |=8, 2-k 2+k

y=kx+m ? ? 即m2=4 | -k2|=4 ( k2-4 ), 由 ?x2 y2 得 , - 6 =1 ? ?4 1 (4-k2)x2-2k m x -m2-1 6 =0,∵4-k2<0 ∴Δ=4k2m2+4 ( 4 -k2)(m2+1 6 ) = -1 6 (4k2-m2-1 6 ) ,

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又∵m2=4 ( k2-4 ) ,∴Δ=0, 即 直 线 l与 双 曲 线 E有 且 只 有 一 个 公 共 点 , 因 此 , 存 在 总 与 x2 y2 方 程 为 4 -1 . 6 =1 l有 且 只 有 一 个 公 共 点 的 双 曲 线 E, 且 E的

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[方法规律总结] 1.求曲线的轨迹方程时,先看轨迹的形状是否预知,若 能依据条件确定其形状,可用定义法或待定系数法求解;若

动点 P 与另一动点 Q 有关, Q 在已知曲线上运动,可用代入法
求动点P的轨迹方程;否则用直译法求解.

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2.存在性问题主要体现在以下几方面: (1)点是否存在; (2)曲线是否存在;

(3)命题是否成立.

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解 决 这 类 问 题 的 一 般 思 路 是 先 假 设 存 在 满 足 题 意 的 元 素 , 经 过 推 理 论 证 , 如 果 可 以 得 到 成 立 的 结 果 , 就 可 以 作 出 存 在 的 结 论 ; 若 得 到 与 已 知 条 件 、 定 义 、 公 理 、 定 理 、 性 质 相 矛 盾 的 结 论 , 则 说 明 假 设 不 存 在 , 其 一 般 步 骤 为 :

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忽视判别式致误
2 y 已知双曲线x2- 2 =1,过点A(1,1)能否作直线l,

使l与双曲线交于P、Q两点,并且A为线段PQ的中点?若存 在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.

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[ 错解]

设被A( 1 1 ,)

所 平 分 的 弦 所 在 直 线 方 程 为

y=k(x-1)

2 y +1.代入双曲线方程x2- 2 =1,

整理得(2-k2)x2+2k(k-1)x-3+2k-k2=0, 设直线与双曲线交点为M(x1,y1),N(x2,y2), 2k?k-1? 由根与系数的关系,得x1+x2= 2 . k -2

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∵点A( 1 1 ,)

x 1 +x 2 是弦中点,∴ 2 =1.

k?k-1? ∴ 2 =1,解得k=2. k -2 故所求直线方程为2x-y-1=0.

[ 辨析]

没 有 判 断 直 线

2x-y-1=0与双曲线是否相交.

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[正 解]

设被A( 1 1 ,)

所 平 分 的 弦 所 在 直 线 方 程 为

y=k(x-1 )

+1 .代 入 双 曲 线 方 程

2 y x2- 2 =1,整 理 得 ,

(2-k2)x2+2k(k-1 ) x-3+2k-k2=0 . 由Δ=4k2(k-1 ) 2-4 ( 2 -k2)(2k-3-k2) > 0 , 3 解 得 k<2.

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设直线与双曲线交点为M(x1,y1),N(x2,y2), 2k?k-1? 由根与系数的关系,得x1+x2= 2 . k -2 点A( 1 1 ,) 是 弦 中 点 , 则 x1+x2 2 =1. 平 分 的

k?k-1? 3 ∴ 2 =1,解得k=2> 2 ,故不存在被点A( 1 1 ,) k -2 弦.

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[警示]

在研究直线与圆锥曲线位置关系问题时,经常使

用代入消元化为一元二次方程,用根与系数的关系“整体处 理”的方法求解,这时最容易出现的错误就是忘记判别式的

限制,没有保证一定“相交”,故在解答这类问题时要牢记
这一点.

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[ 解法探究]

本题还可以用点差法求解如下:

设符合题意的直线l存在,并设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则
2 y ? 2 1 ?x1- 2 =1, ? 2 y 2 ?x2 - =1. ② ? 2 2



1 ①-②得(x1-x2)(x1+x2)=2(y1-y2)(y1+y2).③

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因 为 点 A( 1 1 ,) 所 以

为 线 段 PQ的 中 点 , ④ ⑤

? ?x1+x2=2, ? ? . ?y1+y2=2

1 将 式 ④、⑤代 入 式 ③得x1-x2=2(y1-y2). y1-y2 若x1≠x2, 则 直 线 l的 斜 率 k= =2 . x1-x2

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所 以 直 线 l的 方 程 为 2x-y-1=0, y=2x-1, ? ? 再 由 ? 2 y2 得2x2-4x+3=0 . x - 2 =1, ? ?
2 y 根 据 Δ= -8 < 0 可 知 直 线 y=2x-1与 曲 线 x2- 2 =1不 相

交 , 所 以 所 求 直 线 不 存 在 . 最 后 检 验 Δ的 步 骤 不 可 缺 少 .

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( 2 0 1 4 ·

陕 西 文 , 2 0 ) 已 知 椭 圆 1 、 右 焦 点 分 别 为 2,左

x2 y2 ( a>b> 0 ) 经 过 点 (0, a2 + b2 =1 F1(-c,0 ) ,F2(c,0 ).

3), 离 心 率 为

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( 1 ) 求 椭 圆 的 方 程 ; 1 ( 2 ) 若直线l:y=- 2 x+m与 椭 圆 交 于 A,B两点,与以F1F2

|AB| 5 3 为直径的圆交于C、D两点,且满足 |CD| = 4 ,求直线l的方 程.

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[解 析]

? ?b= 3, ?c 1 ( 1 ) 由 题 设 知 ?a=2, ? 2 2 2 ? ?b =a -c ,

解 得 a=2,b= 3,c=1, ∴椭 圆 的 方 程 为 x2 y2 . 4 + 3 =1

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( 2 ) 由 题 设 , 以 ∴圆 心 到 直 线

F1F2为 直 径 的 圆 的 方 程 为

x2+y2=1,

2 | m| 5 l的 距 离 d= , 由 d<1得|m< | 2( * .) 5
2

∴|CD|=2 1-d =2

4 2 2 1-5m = 5-4m2. 5

设A(x1,y1),B(x2,y2), 1 ? - 2x+m, ?y= 由? 2 2 ?x +y =1, ?4 3 由 根 与 系 数 的 关 系 可 得

得x2-mx+m2-3=0,

x1+x2=m,x1x2=m2-3 .
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∴|AB|= 1 5 = 2

12 2 [1+?-2? ][m -4?m2-3?]

4-m2. 4-m2 =1, 5-4m2

|AB| 5 3 由|CD|= 4 得

3 解 得 m=± 3 , 满 足 ( * ) 式 . 1 3 1 3 ∴直 线 l的 方 程 为 y= - 2x+ 3 或y= - 2x- 3 .

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[ 点评]

本 题 解 答 过 程 中 虽 然 没 有 用 判 别 式

Δ,但已经保

3 证了直线l与椭圆相交,即解得的m=± 3 满足4-m2>0且d<r, 不管用什么具体方式,都必须保证“相交”的条件.

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忽视特殊情形致误
x2 y2 双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F1、 F2,若P为其上一点,且|PF1|=2|PF2|,则双曲线离心率的取值 范围为________.

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[错 解]

如 图 , 设 |PF2|=m,∠F1PF2= |PF1|=2m,|F1F2|2=m2

θ( 0 < θ<π ), 由 条 件 得

+(2m)2-4m2c o s θ, 且 || PF1|-|PF2|| =m= 2a. 2c 所 以 e=2a m2+?2m?2-4m2c o s θ = = 5-4 c o s θ. m 又0 < θ<π,∴-1 < c o s θ<1, 所 以 e∈( 1 3 ,) .

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[ 辨析] 况. [正 解]

漏 掉 了 P在x轴上的情况,即∠F1PF2=π时的情
设|PF2|=m,∠F1PF2=θ( 0 < θ≤π ), θ=π .

当 点 P在 右 顶 点 时 , 由 条 件 , 得

|PF1|=2m,|F1F2|2=m2+(2m)2-4m2c o s θ, 且

|| PF1|-|PF2|| =m=2a. m2+?2m?2-4m2c o s θ 2c 所 以 e=2a= = 5-4 c o s θ. m 又 - 1≤c o s θ<1, 所 以 e∈( 1 3 ,] .
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[答案] (1,3] [警示] 解答此类问题时,一定要考虑周全,把各种可能 情况先分析清楚,再确定解答方案.本题的错因是误认为三

顶点P、F1、F2构成三角形的思维定势导致.

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