nbhkdz.com冰点文库

高考圆锥曲线压轴题型总结

时间:


高考圆锥曲线压轴题型总结 直线与圆锥曲线相交,一般采取设而不求,利用韦达定理,在这里我将这个问题分成了三种 类型,其中第一种类型的变式比较多。而方程思想,函数思想在这里也用得多,两种思想可 以提供简单的思路,简单的说就是只需考虑未知数个数和条件个数,。使用韦达定理时需注 意成立的条件。 题型 4 有关定点,定值问题。将与之无关的参数提取出来,再对其系数进行处理。 (湖北卷)设 A、B 是椭圆 3x ? y ? ? 上的两点,点 N(1,3)是线段 AB 的中点,线段
2 2

AB 的垂直平分线与椭圆相交于 C、D 两点. (Ⅰ)确定 ? 的取值范围,并求直线 AB 的方程; (Ⅱ)试判断是否存在这样的 ? ,使得 A、B、C、D 四点在同一个圆上?并说明理由. (I)解法 1:依题意,可设直线 AB 的方程为 y ? k ( x ? 1) ? 3, 代入3x ? y ? ? ,整理得
2 2

(k 2 ? 3) x 2 ? 2k (k ? 3) x ? (k ? 3) 2 ? ? ? 0.



设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ),则x1 , x2是方程 ①的两个不同的根,

? ? ? 4[? (k 2 ? 3) ? 3(k ? 3) 2 ] ? 0
且x1 ? x 2 ?



2k (k ? 3) .由N (1,3) k2 ?3 是线段 AB 的中点,得

x1 ? x 2 ? 1,? k (k ? 3) ? k 2 ? 3. 2
解得 k=-1,代入②得, ? >12,即 ? 的取值范围是(12,+ ? ). 于是,直线 AB 的方程为 y ? 3 ? ?( x ? 1),即x ? y ? 4 ? 0. 解法 2:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ),则有
2 2 ? ?3x1 ? y1 ? ? , ? 3( x1 ? x 2 )(x1 ? x 2 ) ? ( y1 ? y 2 )( y1 ? y 2 ) ? 0. ? 2 2 ? ?3x 2 ? y 2 ? ?

x1 ? x2 ,? k AB ? ?
依题意,

3( x1 ? x2 ) . y1 ? y 2

? N (1,3)是AB的中点,? x1 ? x 2 ? 2, y1 ? y 2 ? 6, 从而k AB ? ?1. 又由N (1,3)在椭圆内 , ? ? 3 ? 12 ? 3 2 ? 12. ? ?的取值范围是 (12,??). 直线AB的方程为y ? 3 ? ?( x ? 1),即x ? y ? 4 ? 0.

AB,? 直线CD的方程为y ? 3 ? x ? 1,即x ? y ? 2 ? 0. 代入 (II)解法 1:? CD垂直平分
椭圆方程,整理得

4 x 2 ? 4 x ? 4 ? ? ? 0. ③

又设C( x3 , y3 ), D( x4 , y4 ),CD的中点为M ( x0 , y0 ),则x3 , x4是方程③的两根,
? x3 ? x 4 ? ?1, 且x0 ? 1 3 即M (? , ). 2 2
于是由弦长公式可得

1 1 3 ( x3 ? x 4 ) ? ? , y 0 ? x 0 ? 2 ? , 2 2 2

1 | CD |? 1 ? (? ) 2 ? | x3 ? x4 |? 2(? ? 3). k



将直线 AB 的方程 x ? y ? 4 ? 0, 代入椭圆方程得

4 x 2 ? 8x ? 16 ? ? ? 0.
同理可得



| AB |? 1 ? k 2 ? | x1 ? x 2 |? 2(? ? 12) .



?当? ? 12时, 2(? ? 3) ? 2(? ? 12).,? | AB |?| CD | .
假设在在 ? >12,使得 A、B、C、D 四点共圆,则 CD 必为圆的直径,点 M 为圆心.点 M 到 直线 AB 的距离为

d?

| x0 ? y 0 ? 4 | 2

1 3 |? ? ?4| 3 2 ? 2 2 ? . 2 2



于是,由④、⑥、⑦式和勾股定理可得

| MA | 2 ?| MB | 2 ? d 2 ? |

AB 2 9 ? ? 12 ? ? 3 CD 2 | ? ? ? ?| | . 2 2 2 2 2

| CD | 故当 ? ? 12 时,A、B、C、D 四点均在以 M 为圆心, 2 为半径的圆上.
(注:上述解法中最后一步可按如下解法获得: A、B、C、D 共圆 ? △ACD 为直角三角形,A 为直角 ?| AN | ?| CN | ? | DN |,即
2

(

| AB | 2 | CD | | CD | ) ?( ? d )( ? d ). 2 2 2



? ? 12
由⑥式知,⑧式左边=

2

.

(
由④和⑦知,⑧式右边=

2(? ? 3) 3 2 2(? ? 3) 3 2 ? )( ? ) 2 2 2 2
2 ? 9 ? ? 12 ? , 2 2

?

? ?3

∴⑧式成立,即 A、B、C、D 四点共圆 解法 2:由(II)解法 1 及 ? ? 12 .

? CD垂直平分AB,? 直线CD方程为y ? 3 ? x ? 1, 代入椭圆方程,整理得
4 x 2 ? 4 x ? 4 ? ? ? 0.


将直线 AB 的方程 x ? y ? 4 ? 0, 代入椭圆方程,整理得

4 x 2 ? 8x ? 16 ? ? ? 0.



解③和⑤式可得
A(1 ?

x1 , 2 ?

2 ? ? ? 12 ?1? ? ? 3 , x3, 4 ? . 2 2

不妨设

1 1 ?1? ? ? 3 3 ? ? ? 3 ?1? ? ? 3 3 ? ? ? 3 ? ? 12,3 ? ? ? 12), C ( , ), D( , ) 2 2 2 2 2 2



CA ? (

3 ? ? ? 12 ? ? ? 3 3 ? ? ? 3 ? ? ? 12 , ) 2 2

DA ? (

3 ? ? ? 12 ? ? ? 3 3 ? ? ? 3 ? ? ? 12 , ) 2 2

计算可得 CA ? DA ? 0 ,∴A 在以 CD 为直径的圆上. 又 B 为 A 关于 CD 的对称点,∴A、B、C、D 四点共圆. (注:也可用勾股定理证明 AC⊥AD) 【点评】第一问可以作为直线与圆的知识点,第二问就作为函数思想算了,未知数一个嘛。 (06 辽宁卷)已知点

A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ( x1 x2 ? 0) 是抛物线 y 2 ? 2 px( p ? 0) 上的两个动

? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ? ? ?? ??? ? ??? ? O A ? O B ? O A ? OB 点 , O 是 坐 标 原 点 , 向 量 OA , OB 满 足 .设圆 C 的方程为

x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0
(I) 证明线段 AB 是圆 C 的直径;

(II)当圆 C 的圆心到直线 X-2Y=0 的距离的最小值为时,求 P 的值。 【解析】(I)证明 1:

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB)2 ? (OA ? OB) 2

??? ?2 ??? ? ??? ? ??? ? 2 ??? ? 2 ??? ? ??? ? ??? ?2 OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB

??? ? ??? ? OA ? OB ? 0 ? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 整理得:
设 M(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上的任意一点,则 MA ? MB ? 0 即

???? ????

( x ? x1 )( x ? x2 ) ? ( y ? y1 )( y ? y2 ) ? 0
x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0

整理得:

故线段 AB 是圆 C 的直径 证明 2:

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB)2 ? (OA ? OB) 2

??? ?2 ??? ? ??? ? ??? ? 2 ??? ? 2 ??? ? ??? ? ??? ?2 OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB

? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ……..(1) 整理得: OA ? OB ? 0
设(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上则

??? ? ??? ?

y ? y2 y ? y1 ? ? ?1( x ? x1 , x ? x2 ) x ? x x ? x 2 1 即
去分母得: 点

( x ? x1 )( x ? x2 ) ? ( y ? y1)( y ? y2 ) ? 0

( x1 , y1 ),( x1, y2 ),( x2 , y1 )( x2 , y2 ) 满足上方程,展开并将(1)代入得:

x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0
故线段 AB 是圆 C 的直径 证明 3:

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB)2 ? (OA ? OB) 2

??? ?2 ??? ? ??? ? ??? ? 2 ??? ? 2 ??? ? ??? ? ??? ?2 OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB

??? ? ??? ? OA ? OB ? 0 ? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ……(1) 整理得:
以线段 AB 为直径的圆的方程为

(x ?

x1 ? x2 2 y ? y2 2 1 ) ? (y ? 1 ) ? [( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ] 2 2 4

展开并将(1)代入得:

x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0

故线段 AB 是圆 C 的直径

x ?x ? x? 1 2 ? ? 2 ? ? y ? y1 ? y2 ? 2 (II)解法 1:设圆 C 的圆心为 C(x,y),则 ?

y12 y2 2 ? x1 x2 ? ? y12 ? 2 px1, y22 ? 2 px2 ( p ? 0) 4 p2
x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2

?? y1 ? y2 ?

又因

y12 y22 4 p2

? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0 ? y1 ? y2 ? ?4 p2
x? x1 ? x2 yy 1 1 1 ? ( y12 ? y2 2 ) ? ( y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ) ? 1 2 ? ( y 2 ? 2 p 2 ) p 2 4p 4p 4p
2 2

所以圆心的轨迹方程为 y ? px ? 2 p

设圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

1 2 ( y ? 2 p2 ) ? 2 y | | x ? 2y | | y 2 ? 2 py ? 2 p 2 | | ( y ? p)2 ? p 2 | p d? ? ? ? 5 5 5p 5p |
p p 2 5 ? 5 当 y=p 时,d 有最小值 5 ,由题设得 5
x ?x ? x? 1 2 ? ? 2 ? ? y ? y1 ? y2 ? 2 解法 2: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则 ?

?p ?2.

? y12 ? 2 px1, y22 ? 2 px2 ( p ? 0)

? x1 x2 ?

y12 y2 2 4 p2 y12 y22 4 p2

又因

x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2

?? y1 ? y2 ?

? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0 ? y1 ? y2 ? ?4 p2
x? x1 ? x2 yy 1 1 1 ? ( y12 ? y2 2 ) ? ( y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ) ? 1 2 ? ( y 2 ? 2 p 2 ) p 2 4p 4p 4p

所以圆心的轨迹方程为 y ? px ? 2 p
2

2

2 5 设直线 x-2y+m=0 到直线 x-2y=0 的距离为 5 ,则 m ? ?2
因为 x-2y+2=0 与 y ? px ? 2 p 无公共点,所以当 x-2y-2=0 与 y ? px ? 2 p 仅有一个公共
2 2 2 2

2 5 点时,该点到直线 x-2y=0 的距离最小值为 5

? x ? 2 y ? 2 ? 0?(2) ? 2 2 2 2 ? y ? px ? 2 p ?(3) 将(2)代入(3)得 y ? 2 py ? 2 p ? 2 p ? 0
?? ? 4 p2 ? 4(2 p2 ? 2 p) ? 0
?p?0 ? p ? 2.

x ?x ? x? 1 2 ? ? 2 ? ? y ? y1 ? y2 ? 2 解法 3: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则 ?

x1 ? x2 ? ( y1 ? y2 ) | 2 d? 5 圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则 |

y12 y2 2 ? x1 x2 ? ? y12 ? 2 px1, y22 ? 2 px2 ( p ? 0) 4 p2
x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2

?? y1 ? y2 ?

又因

y12 y22 4 p2

? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0 ? y1 ? y2 ? ?4 p2
1 2 ( y1 ? y22 ) ? ( y1 ? y2 ) | | y 2 ? y 2 ? 2 y1 y2 ? 4 p( y1 ? y2 ) ? 8 p 2 | ( y1 ? y2 ? 2 p)2 ? 4 p 2 4p ?d ? ? 1 2 ? 5 4 5p 4 5p |
p p 2 5 ? y ? y ? 2 p 5 5 5 1 2 当 时,d 有最小值 ,由题设得

?p ?2.

(山东理)已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,椭圆 C 上的点到焦点距离的最大值

为 3 ,最小值为 1 . (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程; (Ⅱ)若直线 l : y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于 A , B 两点( A,B 不是左右顶点) ,且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点,求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标.

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 b 【标准答案】(I)由题意设椭圆的标准方程为 a
a ? c ? 3, a ? c ? 1 , a ? 2, c ? 1, b2 ? 3

?

x2 y 2 ? ? 1. 4 3

? y ? kx ? m ? 2 ?x y2 ? ?1 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) ,由 ? 3 ?4 (II)设 得

(3 ? 4k 2 ) x2 ? 8mkx ? 4(m2 ? 3) ? 0 , ? ? 64m2k 2 ?16(3 ? 4k 2 )(m2 ? 3) ? 0 , 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0 .
x1 ? x2 ? ? 8mk 4(m2 ? 3) , x ? x ? . 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3(m2 ? 4k 2 ) . 3 ? 4k 2

y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m2 ?

? 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), k AD ? kBD ? ?1 ,
? y1 y ? 2 ? ?1 y y ? x1 x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 ? 0 , x1 ? 2 x2 ? 2 , 1 2

3(m2 ? 4k 2 ) 4(m2 ? 3) 16mk ? ? ?4?0 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 ,
7m2 ? 16mk ? 4k 2 ? 0 ,解得

m1 ? ?2k , m2 ? ?

2k 7 ,且满足 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0 .

当 m ? ?2k 时, l : y ? k ( x ? 2) ,直线过定点 (2,0), 与已知矛盾;

m??


2k 2 2 l : y ? k(x ? ) ( , 0). 7 时, 7 ,直线过定点 7

2 ( , 0). 综上可知,直线 l 过定点,定点坐标为 7

F F F (07 湖南理)已知双曲线 x ? y ? 2 的左、右焦点分别为 1 , 2 ,过点 2 的动直线与双
2 2

曲线相交于 A,B 两点.

????? ???? ???? ???? F M ? F1 A ? F1B ? FO 1 (其中 O 为坐标原点) (I)若动点 M 满足 1 ,求点 M 的轨迹方程; ??? ? ??? ? (II)在 x 轴上是否存在定点 C ,使 CA · CB 为常数?若存在,求出点 C 的坐标;若不存
在,请说明理由. 20.解:由条件知

F1 (?2, 0) , F2 (2, 0) ,设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) .

F M ? ( x ? 2,y) , F1 A ? ( x1 ? 2,y1 ) , 解法一: (I)设 M ( x,y) ,则 则 1 ???? ???? ????? ???? ???? ???? F M ? F1 A ? F1B ? FO F1B ? ( x2 ? 2,y2 ), FO ? (2 , 0) 1 得 1 ,由 1
? x ? 2 ? x1 ? x2 ? 6, ? x1 ? x2 ? x ? 4, ? ? y ? y2 ? y ? y ? y1 ? y2 即? 1
? x?4 y? ,? ? 2 2 ?. ? AB 于是 的中点坐标为

?????

????

y y1 ? y2 y 2 ? ? y x1 ? x2 x ? 4 ? 2 x ? 8 y1 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ?8 2 当 AB 不与 x 轴垂直时, ,即 .
又因为 A,B 两点在双曲线上,所以
2 2 x12 ? y12 ? 2 , x2 ? y2 ? 2 ,两式相减得

( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ,即 ( x1 ? x2 )( x ? 4) ? ( y1 ? y2 ) y .
y1 ? y2 ? y ( x1 ? x2 ) 2 2 x ?8 代入上式,化简得 ( x ? 6) ? y ? 4 .



当 AB 与 x 轴垂直时,

x1 ? x2 ? 2 ,求得 M (8, 0) ,也满足上述方程.
2 2

所以点 M 的轨迹方程是 ( x ? 6) ? y ? 4 .

??? ? ??? ? C ( m , 0) CA ? CB x (II)假设在 轴上存在定点 ,使 为常数.

当 AB 不与 x 轴垂直时,设直线 AB 的方程是 y ? k ( x ? 2)(k ? ?1) . 代入 x ? y ? 2 有 (1 ? k ) x ? 4k x ? (4k ? 2) ? 0 .
2 2 2 2 2 2

4k 2 4k 2 ? 2 x1 ? x2 ? 2 x1 x2 ? 2 x ,x k ?1 , k ?1 , 则 1 2 是上述方程的两个实根,所以

??? ? ??? ? CA ? CB ? ( x1 ? m)( x2 ? m) ? k 2 ( x1 ? 2)( x2 ? 2) 于是
? (k 2 ?1) x1x2 ? (2k 2 ? m)( x1 ? x2 ) ? 4k 2 ? m2
? (k 2 ? 1)(4k 2 ? 2) 4k 2 (2k 2 ? m) ? ? 4k 2 ? m 2 2 2 k ?1 k ?1

2(1 ? 2m)k 2 ? 2 4 ? 4m ? ? m2 ? 2(1 ? 2m) ? 2 ? m2 2 k ?1 k ?1 .

CB 是与 k 无关的常数,所以 4 ? 4m ? 0 ,即 m ? 1 ,此时 CA? CB = ?1 . 因为 CA?
? 2) , 当 AB 与 x 轴垂直时,点 A,B 的坐标可分别设为 (2,2) , (2, ??? ? ??? ? CA ? CB ? (1 ,2)? (1 , ? 2) ? ?1. 此时

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ? C (1 , 0) CA ? CB x 故在 轴上存在定点 ,使 为常数.

解法二: (I)同解法一的(I)有

? x1 ? x2 ? x ? 4, ? ? y1 ? y2 ? y

当 AB 不与 x 轴垂直时,设直线 AB 的方程是 y ? k ( x ? 2)(k ? ?1) . 代入 x ? y ? 2 有 (1 ? k ) x ? 4k x ? (4k ? 2) ? 0 .
2 2 2 2 2 2



x1,x2 是上述方程的两个实根,所以

x1 ? x2 ?

4k 2 k 2 ?1 .

? 4k 2 ? 4k y1 ? y2 ? k ( x1 ? x2 ? 4) ? k ? ? 4? ? 2 ? k ?1 ? k ?1 .
x?4 ?
由①②③得

4k 2 k 2 ? 1 .…………………………………………………④

y?

4k k 2 ? 1 .……………………………………………………………………⑤

x?4 ?k 当 k ? 0 时, y ? 0 ,由④⑤得, y ,将其代入⑤有

x?4 4 y ( x ? 4) y y? ? 2 ( x ? 4) ( x ? 4) 2 ? y 2 ? 1 2 2 y2 .整理得 ( x ? 6) ? y ? 4 . 4?
0) ,满足上述方程. 当 k ? 0 时,点 M 的坐标为 (4,
当 AB 与 x 轴垂直时,

x1 ? x2 ? 2 ,求得 M (8, 0) ,也满足上述方程.
2 2

故点 M 的轨迹方程是 ( x ? 6) ? y ? 4 .

??? ? ??? ? C ( m , 0) CA ? CB x (II)假设在 轴上存在定点点 ,使 为常数,
x1 ? x2 ? 4k 2 4k 2 ? 2 ? 1 x x ? 1 2 k2 k 2 ?1 . ,

当 AB 不与 x 轴垂直时,由(I)有 以上同解法一的(II) .

??? ? ??? ? CA? CB 是题型 1 简单类型,其实重点是一个有关定值问题。
(07 湖北) 在平面直角坐标系 xOy 中, 过定点 C (0,p) 作直线与抛物线 x ? 2 py( p ? 0 )
2

相交于 A,B 两点. (I)若点 N 是点 C 关于坐标原点 O 的对称点,求 △ ANB 面积的最小值; (II) 是否存在垂直于 y 轴的直线 l , 使得 l 被以 AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值?若存 在,求出 l 的方程;若不存在,说明理由. (此题不要求在答题卡上画图)

y

C A O N

B x

19.本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识,考查综合运用数学知识

进行推理运算的能力和解决问题的能力.

? p) ,可设 A( x1,y1 ),B( x2,y2 ) , 解法 1: (Ⅰ)依题意,点 N 的坐标为 N (0,

? x2 ? 2 p, y ? 2 y? k? x . p 直 线 AB 的 方 程 为 y ? kx ? p , 与 x ? 2 p y 联 立 得 ? 消 去 y 得
x2 ? 2 pkx ? 2 p2 ? 0 .
由韦达定理得

x1 ? x2 ? 2 pk , x1x2 ? ?2 p2 .

y

1 S△ ABN ? S△ BCN ? S△ ACN ? · 2 p x1 ? x2 2 于是 .

B C A O N x

? p x1 ? x2 ? p ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2
? p 4p k ?8p ? 2p
2 2 2 2

k ?2
2



2 ∴ 当 k ? 0 时, (S△ABN )min ? 2 2 p .

(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? a ,

AC 的中点为 O? , l 与 AC 为直径的圆相交于点 P , Q,PQ 的中点为 H ,

? x1 y1 ? p ? ? , ? ? ? Q O H ? PQ 2 ?. 则 , 点的坐标为 ? 2
∵ O?P ? 1 1 2 1 AC ? x1 ? ( y1 ? p ) 2 ? y12 ? p 2 2 2 2 ,

y

B l A

O?

C O N

O?H ? a ?

y1 ? p 1 ? 2a ? y1 ? p 2 2 ,

x

1 2 1 2 2 2 2 2 ∴ PH ? O?P ? O?H ? 4 ( y1 ? p ) ? 4 (2a ? y1 ? p)

p? ? ? ? a ? ? y1 ? a( p ? a) 2? ? ,

?? p? ? ? 4 ?? a ? ? y1 ? a( p ? a) ? ∴ PQ ? (2 PH ) 2? ?? ?.
2 2

a?


p p p ?0 a? y? PQ ? p 2 2, 2, , 得 此时 为定值, 故满足条件的直线 l 存在, 其方程为

即抛物线的通径所在的直线.

解法 2: (Ⅰ)前同解法 1,再由弦长公式得

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2· ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2· 4 p 2 k 2 ? 8 p 2

? 2 p 1 ? k 2· k 2 ? 2 ,
d?
又由点到直线的距离公式得

2p 1? k 2 .

1 1 2p S△ ABN ? · d · AB ? · 2 p 1 ? k 2· k 2 ? 2 · ? 2 p2 k 2 ? 2 2 2 2 1? k 从而 ,
2 ∴ 当 k ? 0 时, (S△ABN )min ? 2 2 p .

(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? a ,则以 AC 为直径的圆的方程为

( x ? 0)( x ? x1 ) ? ( y ? p)( y ? y1 ) ? 0 ,
x ? x1x ? (a ? p)(a ? y1 ) ? 0 , 将直线方程 y ? a 代入得
2

?? p? ? △? x12 ? 4(a ? p)(a ? y1 ) ? 4 ?? a ? ? y1 ? a( p ? a) ? 2? ?? ?. 则
设直线 l 与以 AC 为直径的圆的交点为

P( x3,y3 ),Q( x4,y4 ) ,

?? p? ? p? ? PQ ? x3 ? x4 ? 4 ?? a ? ? y1 ? a ( p ? a ) ? ? 2 ? a ? ? y1 ? a ( p ? a) 2? 2? ? ?? ? 则有 .
a?


p p p ?0 a? y? PQ ? p 2 2, 2, , 得 此时 为定值, 故满足条件的直线 l 存在, 其方程为

即抛物线的通径所在的直线. (2010 江苏卷)18、 (本小题满分 16 分)

x2 y2 ? ?1 5 在平面直角坐标系 xoy 中,如图,已知椭圆 9 的左、右顶点为 A、B,右焦点为
F。设过点 T( t , m )的直线 TA、TB 与椭圆分别交于点 M ( x1 , y1 ) 、 N ( x2 , y 2 ) ,其中 m>0, y1 ? 0, y 2 ? 0 。 (1)设动点 P 满足 PF ? PB ? 4 ,求点 P 的轨迹;
2 2

(2)设

x1 ? 2, x 2 ?

1 3 ,求点 T 的坐标;

(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) 。 [解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运 算求解能力和探究问题的能力。满分 16 分。 (1)设点 P(x,y) ,则:F(2,0) 、B(3,0) 、A(-3,0) 。 由 PF ? PB ? 4 ,得 ( x ? 2) ? y ? [( x ? 3) ? y ] ? 4, 化简得
2 2

2

2

2

2

x?

9 2。

x?
故所求点 P 的轨迹为直线

9 2。

(2) 将

x1 ? 2, x 2 ?

1 5 1 20 ? y ? 0 , y ? 0 3 分别代入椭圆方程, 2 以及 1 得: M (2,3 ) 、 N (3 , 9 )

y ?0 x?3 ? 1 5 y ? x ?1 ?0 2?3 3 直线 MTA 方程为: 3 ,即 , y ?0 x ?3 ? 5 5 20 1 y ? x? ? ?0 ?3 6 2。 3 直线 NTB 方程为: 9 ,即
?x ? 7 ? 10 ? y? ? 3 , 联立方程组,解得: ?
(7,
所以点 T 的坐标为

10 ) 3 。

(3)点 T 的坐标为 (9, m)

y?0 x?3 m ? y ? ( x ? 3) 12 直线 MTA 方程为: m ? 0 9 ? 3 ,即 , y ?0 x?3 m ? y ? ( x ? 3) 6 直线 NTB 方程为: m ? 0 9 ? 3 ,即 。

x2 y2 ? ?1 x ? ?3, x2 ? 3 , 5 分别与椭圆 9 联立方程组,同时考虑到 1 M(
解得:

3(80 ? m2 ) 40m 3(m2 ? 20) 20m , ) N ( ,? ) 2 2 2 80 ? m 80 ? m 、 20 ? m 20 ? m2 。

20m 3(m2 ? 20) x ? 20 ? m2 20 ? m2 ? 40m 20m 3(80 ? m2 ) 3(m2 ? 20) ? ? 2 2 x ? x2 时, 20 ? m 80 ? m2 20 ? m2 (方法一) 当 1 直线 MN 方程为:80 ? m y?
令 y ? 0 ,解得: x ? 1 。此时必过点 D(1,0) ; 当

x1 ? x2 时,直线 MN 方程为: x ? 1 ,与 x 轴交点为 D(1,0) 。

所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点 D(1,0) 。

240 ? 3m2 3m2 ? 60 ? x ? x2 ,则由 80 ? m2 20 ? m2 及 m ? 0 ,得 m ? 2 10 , (方法二)若 1
此时直线 MN 的方程为 x ? 1 ,过点 D(1,0) 。

kMD


x1 ? x2 ,则 m ? 2 10 ,直线 MD 的斜率

40m 2 10m ? 80 ? m2 ? 240 ? 3m 40 ? m2 ? 1 80 ? m2 ,

k ND
直线 ND 的斜率

?20m ? m2 ? 10m ? 20 2 3m ? 60 40 ? m2 ? 1 k ? kND ,所以直线 MN 过 D 点。 20 ? m2 ,得 MD

因此,直线 MN 必过 x 轴上的点(1,0) 。

( 2009 江 苏 卷 ) ( 本 小 题 满 分 16 分 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系

xoy

中,已知圆

C1 : ( x ? 3)2 ? ( y ?1)2 ? 4 和圆 C2 : ( x ? 4)2 ? ( y ? 5)2 ? 4 .
(1)若直线 l 过点 A(4, 0) ,且被圆 线 l 的方程; (2)设 P 为平面上的点,满足:存在过点 P 的无穷多对互相垂直 的直线 1 和 2 ,它们分别与圆 截得的弦长与直线

C1 截得的弦长为 2 3 ,求直

l

l

C1 和圆 C2 相交,且直线 l1 被圆 C1

l2 被圆 C2 截得的弦长相等,试求所有满足条

件的点 P 的坐标。 【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离公式,考查数学运算求解能力、 综合分析问题的能力。满分 16 分。 (1)设直线 l 的方程为: y ? k ( x ? 4) ,即 kx ? y ? 4k ? 0

C 由垂径定理,得:圆心 1 到直线 l 的距离
k 2 ?1

d ? 42 ? (

2 3 2 ) ?1 2 ,

| ?3k ? 1 ? 4k |
结合点到直线距离公式,得:

? 1,

24k 2 ? 7k ? 0, k ? 0, or , k ? ?
化简得:

7 24

求直线 l 的方程为:

y ? 0或

y??
l

7 ( x ? 4) y ? 0 或 7 x ? 24 y ? 28 ? 0 24 ,即
l

(2) 设点 P 坐标为 (m, n) ,直线 1 、 2 的方程分别为:21 世纪教育网

1 1 1 y ? n ? k ( x ? m), y ? n ? ? ( x ? m) kx ? y ? n ? km ? 0, ? x ? y ? n ? m ? 0 k k k ,即:
因为直线 1 被圆

l

C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,两圆半径相等。由垂径
C1 到直线 l1 与 C2 直线 l2 的距离相等。
4 1 | ? ?5? n? m| k ? k 1 ?1 k2 ,

定理,得: :圆心

| ?3k ? 1 ? n ? km | k 2 ?1
故有:

化简得: (2 ? m ? n)k ? m ? n ? 3, 或(m ? n ? 8)k ? m ? n ? 5

?2 ? m ? n ? 0 ?m-n+8=0 ,或? ? m?n?3 ? 0 ?m+n-5=0 关于 k 的方程有无穷多解,有: ?
3 13 5 1 (? , ) ( , ? ) 解之得:点 P 坐标为 2 2 或 2 2 。

21 世纪教育网

题型 5:函数思想,方程思想为主要思路解题。简单的说就是看题目中未知数个数与条件个 数。 此题可作为函数思想的例题,点 p 含(横坐标已知)未知数一个,角可以表示成未知数的函 数,利用函数求最值。 (05 浙江) 17.如图,已知椭圆的中心在坐标原点,焦点 F1,F2 在 x 轴上,长轴 A1A2 的长为 4,左准线 l 与 x 轴的交点为 M,|MA1|∶|A1F1|=2∶1. (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)若直线 l1:x=m(|m|>1),P 为 l1 上的动点,使∠F1PF2 最大的点 P 记为 Q,求点 Q 的坐标(用 m 表示).

x2 y 2 ? 2 ?1 l1 2 b 解: (I)设椭圆方程为 a (a ? b ? 0) ,半焦 P
距为 c, 则

l

y

x
M A1 F1

a2 | MA1 |? ?a | A F |? a ? c , c , 1 1

O F2

A2

由题意,得

? a2 ? c ? a ? 2 (a ? c ) ? ? ? 2a ? 4 ?a 2 ? b 2 ? c 2 ? ? ? ,解得 a ? 2, b ? 3, c ? 1

x2 y 2 ? ?1 3 故椭圆方程为 4
(II)设 P( 当

m, y0 ),| m |? 1

y0 ? 0 时, ?F1PF2 ? 0
0 ? ?F1 PF2 ? ?PF1M ?

y ? 0 时, 当 0

?
2

? 只需求 tan ?F1PF2 的最大值即可。

直线

PF1 的斜率

K1 ?

y0 y K2 ? 0 , m ? 1 ,直线 PF2 的斜率 m ?1

? tan ?F1PF2 ?|

2 | y0 | 1 2 | y0 | ? K 2 ? K1 ? |? 2 2 2 1 ? K1K2 m ? 1 ? y0 2 m ? 1? | y0 | m2 ? 1

2 |y | ?F1PF2 最大, 当且仅当 m ?1 = 0 时,

函数思想(未知数一个 k,而面积是 k 的函数) ,弦长公式(也是第一种类型的应用)
Q M N 2.(全国卷 II) P 、 、 、 四点都在椭圆

x2 ?

y2 ?1 2 F 为椭圆在 y 轴正半轴上的焦点. 上, 已

? ??? ? ???? ? ??? ? ??? ???? ? ???? FQ PF 知 与 共线,MF 与 FN 共线, 且 PF ? MF ? 0 . 求四边形 PMQN
的面积的最小值和最大值. 解:如图,由条件知 MN 和 PQ 是椭圆的两条弦,相交于焦点 F(0,1), 且 PQ⊥MN,直线 PQ、NM 中至少有一条存在斜率,不妨设 PQ 的斜 率为 K,又 PQ 过点 F(0,1),故 PQ 的方程为 y = kx +1 P M

y
Q F

O

N

x

将此式代入椭圆方程得(2+ k ) x +2 kx -1=0 设 P、Q 两点的坐标分别为(

2

2

x1 , y1 ),( x2 , y2 ),则

x1 ?

?k ? 2k 2 ? 2 ?k ? 2k 2 ? 2 , x ? 2 2 ? k2 2 ? k2

| PQ |2 ? ( x1 ? x2 )2 ? ( y1 ? y2 )2 ?
从而

8(1 ? k 2 )2 (2 ? k 2 )2

| PQ |?
亦即

2 2(1 ? k 2 ) 2 ? k2

1 2 2(1 ? (1 ? ) 2 ) k | MN |? 1 1 2 2 ? (? ) k (1)当 k ≠0 时,MN 的斜率为- k ,同上可推得 1 1 4(1 ? k 2 )(1 ? 2 ) 4(2 ? k 2 ? 2 ) 1 k ? k S ? | PQ || MN |? 1 2 2 2 2 (2 ? k )(2 ? 2 ) 5 ? 2k ? 2 k k 故四边形面积
令u =

k2 ?

1 4(2 ? u ) 1 S? ? 2(1 ? ) 2 k 得 5 ? 2u 5 ? 2u 1 k 2 ≥2

∵u =

k2 ?

16 当 k =± 1 时 u =2,S= 9 且 S 是以 u 为自变量的增函数 16 ?S?2 ∴ 9 1 ②当 k =0 时,MN 为椭圆长轴,|MN|=2 2 ,|PQ|= 2 。∴S= 2 |PQ||MN|=2 16 综合①②知四边形 PMQN 的最大值为 2,最小值为 9 。
设直线 AB 的方程未知数一个,利用 N(1,3)是线段 AB 的中点,可消掉次未知数。

点评:可以设直线方程斜截式,未知数两个再+t 共 3 个,条件两个:相切与 当 t 取某个值的时候就可以求出来。

OQ1 ? OQ2

题型一:条件和结论可以直接或经过转化后可用两根之和与两根之积来处理 1. 福建 直线 l : x ? ?1 , P 为平面上的动点,F(1,0)过 P 作直线

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? QF ? FP?FQ . l 的垂线,垂足为点 Q ,且 QP?
(Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程;

MA ? ?1 AF , (Ⅱ)过点 F 的直线交轨迹 C 于 A,B 两点,交直线 l 于点 M ,已知 ???? ??? ? MB ? ?2 BF ,求 ?1 ? ?2 的值;
本小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识,考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特 征的基本方法,考查运算能力和综合解题能力.满分 14 分.

????

????

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? P ( x , y ) Q ( ? 1 , y ) QP ? QF ? FP ? FQ 解法一: (Ⅰ)设点 ,则 ,由 得:
( x ? 1, 0)? (2, ? y) ? ( x ? 1,y)? (?2,y) ,化简得 C : y2 ? 4x .
(Ⅱ)设直线 AB 的方程为: Q

y P B O A F

x ? my ? 1(m ? 0) .

x

2? ? M ? ?1, ? ? A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,又 ? m?, 设

M

? y 2 ? 4 x, ? x ? my ? 1, 联立方程组 ? ,消去 x 得:
y 2 ? 4my ? 4 ? 0 , ? ? (?4m)2 ? 12 ? 0 ,故

? y1 ? y2 ? 4m, ???? ??? ? ???? ??? ? ? ? y1 y2 ? ?4. 由 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF 得:
y1 ?

2 2 2 2 ?1 ? ?1 ? ?2 ? ?1 ? ? ??1 y1 y2 ? ? ??2 y2 my1 , my2 , m m , ,整理得:

? ?1 ? ?2 ? ?2 ?
? ?2 ?

2? 1 1 ? 2 y1 ? y2 ? ? ? ? ?2 ? ? m ? y1 y2 ? m y1 y2

2 4m ? m ?4 ? 0 . ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? QP ? QF ? FP ? FQ FQ ? ( PQ ? PF ) ? 0, 解法二: (Ⅰ)由 得:

??? ?2 ??? ?2 ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ?( PQ ? PF )? ( PQ ? PF ) ? 0 ,? PQ ? PF ? 0 , ??? ? ??? ? 2 ? PQ ? PF 2 .所以点 P 的轨迹 C 是抛物线,由题意,轨迹 C 的方程为: y ? 4 x . ???? ??? ? ???? ??? ? ? ?? ? 0 . MA ? ? AF MB ? ? BF 1 2 (Ⅱ)由已知 , ,得 1 2
???? MA ?1 ???? ? ? MB ?2 ??? ? AF ??? ? BF

则:

.…………①

过点 A,B 分别作准线 l 的垂线,垂足分别为

A1 , B1 ,

则有:

???? ???? ??? ? MA AA1 AF ???? ? ???? ? ??? ? MB BB1 BF ??? ? AF ? ??? ? ? ??? ? ?2 BF BF

.…………②

?1 AF

??? ?

由①②得: 2.

,即

?1 ? ?2 ? 0 .

??? ? ??? ? ? F 的直线交椭圆于 A、B 两点, OA ? OB 与 a ? (3, ?1) 共线。
(Ⅰ)求椭圆的离心率;

(全国卷Ⅰ))已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,斜率为 1 且过椭圆右焦点

???? ? ??? ? ??? ? OM ? ? OA ? ? OB (?, ? ? R) ,证明 ?2 ? ? 2 为定值。 (Ⅱ)设 M 为椭圆上任意一点,且
x2 y2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0), F (c,0) 2 b 解:设椭圆方程为 a

x2 y2 ? 2 ?1 2 b 则直线 AB 的方程为 y ? x ? c ,代入 a ,化简得

(a 2 ? b 2 ) x 2 ? 2a 2 cx ? a 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0 .
令 A( x1 , y1 ) ,B ( x 2 , y 2 ) ,则
x1 ? x2 ? 2a 2 c a 2 c 2 ? a 2b 2 , x1 x2 ? . 2 2 a ?b a 2 ? b2

??? ? ??? ? ? ??? ? ??? ? ? OA ? OB ? ( x ? x , y ? y ), a ? (3, ? 1), OA ? OB 1 2 1 2 由 与 a 共线,得
3( y1 ? y2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 0, 又 y1 ? x1 ? c, y 2 ? x2 ? c ,
? 3( x1 ? x 2 ? 2c) ? ( x1 ? x 2 ) ? 0, ? x1 ? x 2 ? 3 c. 2

2a 2 c 3c ? a 2 ? 3b 2 . 2 2 2 a ? b 即 ,所以

?c ? a2 ? b2 ?

6a 3 ,

e?
故离心率

c 6 ? . a 3

x2 y2 ? 2 ?1 2 2 2 2 2 2 a ? 3 b a b (II)证明: (1)知 ,所以椭圆 可化为 x ? 3 y ? 3b . ???? ? 设 OM ? ( x, y) ,由已知得 ( x, y) ? ? ( x1 , y1 ) ? ? ( x2 , y2 ),

? x ? ?x1 ? ?x2 , ?? 2 2 2 ? y ? ?x1 ? ?x2 . ? M ( x, y) 在椭圆上,? (?x1 ? ?x2 ) ? 3(?y1 ? ?y2 ) ? 3b .
即 ? ( x1 ? 3 y1 ) ? ? ( x2 ? 3 y2 ) ? 2?? ( x1 x2 ? 3 y1 y2 ) ? 3b . ①
2 2 2 2 2 2 2

由(1)知

x1 ? x 2 ?

3c 2 3 2 2 1 2 , a ? c ,b ? c . 2 2 2

a 2 c 2 ? a 2b 2 3 2 ? c 8 a2 ? b2 x1 x 2 ? 3 y1 y 2 ? x1 x 2 ? 3( x1 ? c)(x 2 ? c) x1 x 2 ? ? 4 x1 x 2 ? 3( x1 ? x 2 )c ? 3c 2 3 2 9 2 c ? c ? 3c 2 2 2 ? 0. ?
2 2 又 x 1 ?3 y1 ? 3b , x2 ? 3 y2 ? 3b ,代入①得 ? ? ? ? 1.

2

2

2

2

2

2

2 2 故 ? ? ? 为定值,定值为 1.

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 b 3. 如图、 椭圆 a 的一个焦点是 F (1, 0) ,
O 为坐标原点. (Ⅰ)已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角 形,求椭圆的方程; (Ⅱ)设过点 F 的直线 l 交椭圆于 A 、B 两点 . 若直线 l 绕点 F 任意转动,值有

OA ? OB ? AB

2

2

2

,求 a 的取值范围.

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的解法等基本知识,考查分类与整合思想, 考查运算能力和综合解题能力.满分 12 分. 解法一:(Ⅰ)设 M,N 为短轴的两个三等分点,

OF ?
因 为 △ MNF 为 正 三 角 形 , 所以

3 3 2b MN ? , 解得b= 3. 2 , 即 1= 2 3

x2 y 2 ? ? 1. a ? b ? 1 ? 4, 因此,椭圆方程为 4 3
2 2

(Ⅱ)设

A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ).
OA ? OB ? 2a 2 , AB ? 4a 2 (a 2 ? 1),
2 2 2

(ⅰ)当直线 AB 与 x 轴重合时,

因此,恒有 OA ? OB ? AB .
x ? my ? 1, 代入 x2 y 2 ? ? 1, a 2 b2
所a
2

2

2

2

(ⅱ)当直线 AB 不与 x 轴重合时, 整 理 得

设直线 AB 的方程为:

(a 2 ?
m , b2

b2

) m2?

2 y 2

? b2

? m

y2 0 ? b ,2

以b

y1 ?

2b 2 y2 2? a ?

m2

2 ? 2 b a 2 b 2 2 2 y1 ?y2 2 2 OB ? AB ? ? a 因为恒有 b 2 OA m , 所以 ? AOB 恒

为钝角.

??? ? ??? ? OA ? OB ? ( x1, y1 )? ( x2 , y2 ) ? x1x2 ? y1 y2 ? 0 恒成立. 即

x1x2 ? y1 y2 ? (my1 ?1)(my2 ?1) ? y1 y2 ? (m2 ? 1) y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ?1

(m 2 ? 1)(b 2 ? a 2b 2 ) 2b 2 m 2 ? ?1 a 2 ? b2 m2 a 2 ? b2 m2 ? m 2 a 2b 2 ? b 2 ? a 2b 2 ? a 2 ? ? 0. a 2 ? b2 m2 ?

又 a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2<0

对 m ? R 恒成立, 即 a2b2m2> a2 -a2b2+b2 对 m ? R 恒成立.当 m ? R 时, a2b2m2 最小值为 0, 所以 a2- a2b2+b2<0.

1? 5 a2<a2b2- b2, a2<( a2-1)b2= b4, 因为 a>0,b>0, 所以 a<b2, 即 a2-a-1>0, 解得 a> 2 或 1? 5 1? 5 1? 5 a< 2 (舍去),即 a> 2 ,综合(i)(ii),a 的取值范围为( 2 ,+ ? ).
解法二: (Ⅰ)同解法一, (Ⅱ)解: (i)当直线 l 垂直于 x 轴时,

1 y2 b2 (a 2 ? 1) 2 ? ? 1, y ? A 2 b2 a2 x=1 代入 a =1. a2 ? 1 因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2,2(1+yA2)<4 yA2, yA2>1,即 a >1,

1? 5 1? 5 1? 5 解得 a> 2 或 a< 2 (舍去),即 a> 2 .
(ii)当直线 l 不垂直于 x 轴时,设 A(x1,y1), B(x2,y2).

x2 y2 ? 2 ? 1, 2 b 设直线 AB 的方程为 y=k(x-1)代入 a 得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0, 2a 2 k 2 a 2 k 2 ? a 2b 2 , x x ? . 2 2 2 2 2 b2 ? a 2k 2 因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2, 故 x1+x2= b ? a k
所以 x21+y21+ x22+ y22<( x2-x1)2+(y2-y1)2,得 x1x2+ y1y2<0 恒成立. x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2

a 2 k 2 ? a 2b 2 2a 2 k 2 ( a 2 ? a 2b 2 ? b 2 )k 2 ? a 2b 2 2 2 ? k ? k ? 2 2 2 b2 ? a 2k 2 b2 ? a 2k 2 =(1+k2) b ? a k .
由题意得(a2- a2 b2+b2)k2- a2 b2<0 对 k ? R 恒成立. ①当 a2- a2 b2+b2>0 时,不合题意;

1? 5 ②当 a2- a2 b2+b2=0 时,a= 2 ;
③当 a2- a2 b2+b2<0 时,a2- a2(a2-1)+ (a2-1)<0,a4- 3a2 +1>0,

3? 5 3? 5 1? 5 1? 5 2 . 解得 a2> 2 或 a2> 2 (舍去) ,a> 2 ,因此 a ? 1? 5 综合(i) (ii) ,a 的取值范围为( 2 ,+ ? )
解法 1 中

OA ? OB ? AB

2

2

2

的转化才是亮点。

l : x ? my ?
4. 2010 浙江理数)(21) (本题满分 15 分)已知 m>1,直线

m2 ?0 2 ,椭圆

C:

x2 ? y2 ? 1 F F m2 , 1, 2 分别为椭圆 C 的左、右焦点.

(Ⅰ)当直线 l 过右焦点

F2 时,求直线 l 的方程; VAF1F2 , VBF1F2 的重

(Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A, B 两点,

心分别为 G , H .若原点 O 在以线段 GH 为直径的圆内,求实数 m 的取值范围. 解析:本题主要考察椭圆的几何性质,直线与椭圆,点与圆的位置关系等基础知识,同时考 察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。

(Ⅰ)解:因为直线 l :

x ? my ?

m2 m2 2 m ? 1 ? ?0 2 F ( m ? 1, 0) 2 , 2 经过 2 ,所以
2

2 x ? 2y ? ?0 2 2 得 m ? 2 ,又因为 m ? 1 ,所以 m ? 2 ,故直线 l 的方程为 。
(Ⅱ)解:设

A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) 。

? m2 x ? my ? ? ? 2 ? 2 m2 2 ? x ? y2 ? 1 2 y ? my ? ?1 ? 0 ? 2 4 由 ?m ,消去 x 得
? ? m2 ? 8(
则由

m2 ? 1) ? ?m2 ? 8 ? 0 2 4 ,知 m ? 8 ,

且有

y1 ? y2 ? ?

m m2 1 , y1 ?y2 ? ? 2 8 2 。由于 F1 (?c,0), F2 (c,0), ,故 O 为 F1F2 的中点,

x y x y ( x ? x ) 2 ( y ? y2 ) 2 2 ???? ??? ? ???? ???? G ( 1 , 1 ), h( 2 , 1 ), GH ? 1 2 ? 1 3 3 3 3 9 9 由 AG ? 2GO, BH ? 2HO ,可知 M( x1 ? x2 y1 ? y2 , ) 2 MO ? GH , 6 6 ,由题意可知

设 M 是 GH 的中点,则

x1 ? x2 2 y1 ? y2 2 ( x1 ? x2 )2 ( y1 ? y2 )2 4[( ) ?( ) ]? ? x x ? y1 y2 ? 0 6 6 9 9 即 即 1 2 x1 x2 ? y1 y2 ? (my1 ? m2 m2 m2 1 m2 1 ) ( ? ) )(my2 ? ) ? y1 y2 ? (m2 ? 1 ? ?0 8 2 所以 8 2 2 2



2 即 m ? 4 又因为 m ? 1 且 ? ? 0 所以 1 ? m ? 2 。 所以 m 的取值范围是 (1, 2) 。 原点 O 在以线

???? ???? GH OG ? OH ? 0 且不反向。 段 为直径的圆内,也可以像第 3 题一样处理,利用
5. (2010 浙江文数) (22) 、 (本题满分 15 分)已知 m 是非零实数,抛物线

C : y2 ? 2 ps (p>0)
m2 ?0 2 上。

l : x ? my ?
的焦点 F 在直线

(I)若 m=2,求抛物线 C 的方程 (II) 设直线 l 与抛物线 C 交于 A、 B, △A

A2 F ,△ BB1F

的重心分别为 G,H 求证:对任意非零实数 m,抛物线 C 的准线与 x 轴的焦点在以线段 GH 为直径的圆外。

也可以用第 3 题的思路 6.(2009 全国卷Ⅰ) (本小题满分 12 分) (注意:在试题卷上作答无效) 如图, 已知抛物线 E : y ? x
2

与圆 M : ( x ? 4) ? y ? r (r ? 0)
2 2 2

相交于 A、B、C、D 四个点。

(Ⅰ)求 r 的取值范围 (Ⅱ)当四边形 ABCD 的面积最大时,求对角线 AC、BD 的交点 P 的坐标。 解: (Ⅰ)将抛物线 E : y ? x 代入圆 M : ( x ? 4) ? y ? r (r ? 0) 的方程,消去 y ,整理
2 2 2 2
2

得 x ? 7 x ? 16 ? r ? 0 . . . . . . . . . . . . . (1)
2 2

抛物线 E : y ? x 与圆 M : ( x ? 4) ? y ? r (r ? 0) 相交于 A 、 B 、 C 、 D 四个点的充要
2 2 2 2

条件是:方程(1)有两个不相等的正根

?49 ? 4(16 ? r 2 ) ? 0 ? 5 5 ? ?r ? ? 或r ? ? x1 ? x 2 ? 7 ? 0 ? 2 2 5 ? ?r?4 2 ? x ? x 2 ? 16 ? r ? 0 ?? 4 ? r ? 4 ∴? 1 即 。解这个方程组得 2

r ?(

15 , 4) 2 .

(II) 设四个交点的坐标分别为

A( x1 , x1 )



B( x1 , ? x1 )
r ?(



C ( x2 , ? x2 )



D( x2 , x2 )



x ? x2 ? 7, x1x2 ? 16 ? r 2 , 则由(I)根据韦达定理有 1
S?


15 , 4) 2

1 ? 2? | x2 ? x1 | ( x1 ? x2 ) ?| x2 ? x1 | ( x1 ? x2 ) 2

? S 2 ? [( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ]( x1 ? x2 ? 2 x1 x2 ) ? (7 ? 2 16 ? r 2 )(4r 2 ? 15)
2 令 16 ? r ? t ,则 S ? (7 ? 2t ) (7 ? 2t )
2 2

下面求 S 的最大值。

2

方法 1:由三次均值有:

1 S 2 ? (7 ? 2t ) 2 (7 ? 2t ) ? (7 ? 2t )(7 ? 2t )(14 ? 4t ) 2 1 7 ? 2t ? 7 ? 2t ? 14 ? 4t 3 1 28 3 ? ( ) ? ?( ) 2 3 2 3
当且仅当 7 ? 2t ? 14 ? 4t ,即 法 2:设四个交点的坐标分别为 则直线 AC、BD 的方程分别为

t?

7 15 r ?( , 4) 6 时取最大值。经检验此时 2 满足题意。


A( x1 , x1 )

B( x1 , ? x1 )
x2 ?



C ( x2 , ? x2 )



D( x2 , x2 )

y?

x1 ?

?

x2 ? x 2 ? x1

x1

( x ? x 1 ), y ?

x1 ?

x1

x 2 ? x1

( x ? x1 )

解得点 P 的坐标为

( x1 x 2 ,0) 。



t?

1 t ? (0, ) x1 x 2 ,由 t ? 16 ? r 及(Ⅰ)得 4
2

S?
由于四边形 ABCD 为等腰梯形,因而其面积 则

1 ( 2 x1 ? 2 x 2 ) | x1 ? x 2 | 2

S 2 ? ( x1 ? 2 x1 x2 ? x2 )[(x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ] 将 x1 ? x 2 ? 7 , x1 x 2 ? t 代 入上
2

式,并令 f (t ) ? S ,等

7 f ( t ) ? (7 ? 2t ) 2 (7 ? 2t ) ? ?8t 3 ? 28t 2 ? 98t ? 343(0 ? t ? ) 2 ,
∴ f `(t ) ? ?24t ? 56t ? 98 ? ?2(2t ? 7)(6t ? 7) ,
2

令 f `(t ) ? 0 得

t?

7 7 7 7 t?? t? 0?t ? f `( t ) ? 0 6 ,或 2 (舍去)当 6时 6 时, ;当

7 7 7 t? ?t? f `(t ) ? 0 ;当 6 6 时, f ( t ) 有最大值,即四边形 2 时, f `(t ) ? 0 故当且仅当
7 ( ,0) ABCD 的面积最大,故所求的点 P 的坐标为 6
7. (2009 湖北卷理)(本小题满分 14 分) (注意:在试题卷上作答无效)

A? a,0?? a ? 0? 过抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 的对称轴上一点 的直线与抛物线相交于 M、 N两
2

点,自 M、N 向直线 l : x ? ? a 作垂线,垂足分别为

M 1 、 N1 。

a?
(Ⅰ)当 (Ⅱ)记

p 2 时,求证: AM1 ⊥ AN1 ;

?AMM1 、 ?AM1 N1 、 ?ANN1 的面积分别为 S1 、 S2 、 S3 ,是否存在 ? ,使
2

S ? ? S1S2 成立。若存在,求出 ? 的值;若不存在,说明理由。 得对任意的 a ? 0 ,都有 2
解:依题意,可设直线 MN 的方程为

x ? my ? a, M ( x1, y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则有 21 世纪教育网

? x ? my ? a ? M (?a, y1 ), N (?a, y2 ) 由 ? y 2 ? 2 px 消去 x 可得 y 2 ? 2mpy ? 2ap ? 0

? y1 ? y2 ? 2mp ? y y ? ?2ap 从而有 ? 1 2
于是

① ②

x1 ? x2 ? m( y1 ? y2 ) ? 2a ? 2(m2 p ? a) y12 ? 2 px1 , y12 ? 2 px2 可得
a?

x1 x2 ?

又由

( y1 y2 )2 (?2ap)2 ? ? a2 2 2 4p 4p



(Ⅰ)如图 1,当

p p p A( , 0) x?? 2 时,点 2 2 即为抛物线的焦点, l 为其准线

P P , y1 ), N1 ( ? , y2 ), 并由 y y ? ? p2 2 2 此时 ①可得 1 2 uuuu v uuuv Q AM ? ( ? p , y ), 1 1 AN1 ? (? p, y2 ) 证法 1: M 1 (?

uuuu v uuuv ? AM1 ? AN1 ? p2 ? y1 y2 ? p2 ? p2 ? 0,即AM1 ? AN1 21 世纪教育网
Q K AM1 ? ?
证法 2:

y1 y , K AN1 ? ? 2 , p p

? K AM1 ? K AN1 ?

y1 y2 p2 ? ? ? ?1,即AM1 ? AN1. p2 p2

S ? 4S1S3 成立,证明如下: (Ⅱ)存在 ? ? 4 ,使得对任意的 a ? 0 ,都有 2
2

证法 1:记直线 l 与 x 轴的交点为

A1 ,则 OA ? OA1 ? a 。于是有

1 1 S1 ? ? MM 1 ? A1M 1 ? (x1 ? a) y1 2 2 1 S2 ? ? M 1 N1 ? AA1 ? a y1 ? y2 2 1 1 S3 ? ? NN1 ? A1 N1 ? (x2 ? a ) y2 2 2
2 ? S2 ? 4S1S3 ? (a y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? a ) y1 ? ( x2 ? a ) y2

? a 2 [( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ] ? [ x1 x2 ? a( x1 ? x2 ) ? a 2 ] y1 y2
将①、②、③代入上式化简可得

a2 (4m2 p2 ? 8ap) ? 2ap(2am2 p ? 4a2 ) ? 4a2 p(m2 p ? 2a)
上式恒成立,即对任意 证法 2:如图 2,连接
2 a ? 0, S2 ? 4S1S3 成立

MN1 , NM1 ,则由 y1 y2 ? ?2ap, y12 ? 2 px1 可得

KOM ?

y1 2 p 2 py2 2 py2 y2 ? ? ? ? ? KON1 MN1 经过原点 O, x1 y1 y1 y2 ?2ap ?a ,所以直线

同理可证直线 又

NM1 也经过原点 O


OA ? OA1 ? a

M1 A1 ? h1, N1 A1 ? h2 , MM1 ? d1, NN1 ? d2 ,



S1 ?

1 1 1 d1h1 , S 2 ? ? 2a (h1 ? h2 ) ? a (h1 ? h2 ), S3 ? d 2 h2 . 2 2 2
2

8. (2010 全国卷 1 理数) (21)(本小题满分 12 分) 已知抛物线 C : y ? 4x 的焦点为 F,过点 K (?1, 0) 的直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点,点 A 关于 x 轴的对称点为 D. (Ⅰ)证明:点 F 在直线 BD 上;

??? ? ??? ? 8 FA?FB ? 9 ,求 ?BDK 的内切圆 M 的方程 . (Ⅱ)设

9. (2010 全国卷 2 理数) (21) (本小题满分 12 分)

x2 y 2 ? 2 ? 1? a>0,b>0 ? 2 b 己知斜率为 1 的直线 l 与双曲线 C: a 相交于 B、D 两点,且
BD 的中点为

M ?1,3?



(Ⅰ)求 C 的离心率; (Ⅱ)设 C 的右顶点为 A,右焦点为 F, 与 x 轴相切.

DF ?BF ? 17

,证明:过 A、B、D 三点的圆

【点评】 高考中的解析几何问题一般为综合性较强的题目, 命题者将好多考点以圆锥曲线为 背景来考查,如向量问题、三角形问题、函数问题等等,试题的难度相对比较稳定. 用焦半径不行吗? 10.(2010 山东文数) (22) (本小题满分 14 分)

x2 y 2 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 2 b 如图,已知椭圆 a 过点.

(1,

2 2 ) 2 ,离心率为 2 ,左、右焦点分别为

F1 、

F2 .点 P 为直线 l : x ? y ? 2 上且不在 x PF1 和 PF2 与椭圆的交

轴上的任意 一点,直线 点分别为 A 、 B

和 C 、 D , O 为坐标原点.

(I)求椭圆的标准方程; (II) 设直线

PF1 、PF2 的斜线分别为 k1 、k2 .

1 3 ? ?2 k k2 1 (i)证明: ;
(ii) 问直线 l 上是否存在点 P , 使得直线 OA 、OB 、OC 、OD 的斜率

kOA 、kOB 、

kOC 、 kOD 满足 kOA ? kOB ? kOC ? kOD ? 0 ?若存在,求出所有满足条件的点 P 的坐标;若
不存在,说明理由.

??? ? ??? ? AB ? ? AC 题型二:出现 情形,两根的关系不能直接使用使用韦达定理,可将两根的关系
带入韦达定理。联考中叶是经常出现的。 (2010 辽宁文数) (20) (本小题满分 12 分)



F1 , F2 分别为椭圆

C:

x2 y 2 ? ?1 (a ? b ? 0) 的左、右焦点,过 F2 的直线 l 与椭圆 C 相 a 2 b2
?

交于 A , B 两点,直线 l 的倾斜角为 60 , (Ⅰ)求椭圆 C 的焦距;

F1 到直线 l 的距离为 2 3 .

???? ? ???? ? AF ? 2 F B 2 2 (Ⅱ)如果 ,求椭圆 C 的方程.
解: (Ⅰ)设焦距为 2c ,由已知可得 F1 到直线 l 的距离 3c ? 2 3, 故c ? 2. 所以椭圆 C 的焦距为 4. (Ⅱ)设

A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ),由题意知y1 ? 0, y2 ? 0, 直线 l 的方程为 y ? 3( x ? 2).

? y ? 3( x ? 2), ? 2 得(3a 2 ? b 2 ) y 2 ? 4 3b 2 y ? 3b 4 ? 0. ?x y2 ? 2 ? 2 ?1 b 联立 ? a

? 3b2 (2 ? 2a) ? 3b2 (2 ? 2a) , y ? . 2 3a 2 ? b2 3a 2 ? b2 解得 ???? ? ???? ? AF ? 2 F B 2 2 , 所以? y1 ? 2 y2 . 因为 y1 ?

3b2 (2 ? 2a) ? 3b2 (2 ? 2a) ? 2 ? . 2 2 3a 2 ? b2 即 3a ? b
得 a ? 3.而a ? b ? 4, 所以b ? 5.
2 2

x2 y 2 ? ? 1. 5 故椭圆 C 的方程为 9
题型三;直线与圆锥曲线,已知其中一个交点时,可迅速求出另外一个交点。 1. (05 江西卷)如图,M 是抛物线上 y2=x 上的一点,动弦 ME、 y MF 分别交 x 轴于 A、B 两点,且 MA=MB. M (1)若 M 为定点,证明:直线 EF 的斜率为定值; (2)若 M 为动点,且∠EMF=90°,求△EMF 的重心 G 的轨迹 O A 解: (1)设
2 M(y 0

B

x
F

,y0) ,直线 ME 的斜率为 k(l>0)

E

则直线 MF 的斜率为-k,方程为
2 ? y ? y0 ? k ( x ? y 0 ) ? ? 2 ? ?y ? x

y ? y0 ? k ( x ? y ).
2 0

∴由

,消

x得ky2 ? y ? y0 (1 ? ky0 ) ? 0

解得

yF ?

1 ? ky0 (1 ? ky0 ) 2 ,? xF ? k k2

kEF


1 ? ky0 1 ? ky0 2 ? yE ? yF 1 k ?k ? ? ? k ?? 2 2 ?4ky0 xE ? xF (1 ? ky0 ) (1 ? ky0 ) 2 y0 ? 2 2 2 k k k (定值)
2

所以直线 EF 的斜率为定值
? ? y ? y0 ? k ( x ? y0 ) (2) 当?EMF ? 90 时, ?MAB ? 45 , 所以k ? 1, 直线 ME 的方程为

2 ? ? y ? y0 ? x ? y 0 ? 2 E((1 ? y0 )2 ,1 ? y0 ) ?y ? x 由? 得

同理可得

F ((1 ? y0 )2 , ?(1 ? y0 )).

2 2 ? ? (1 ? y0 ) 2 ? (1 ? y0 ) 2 2 ? 3 y0 xM ? xE ? xF y0 x ? ? ? ? ? 3 3 3 ? ? x ? xM ? xE ? xF ? y0 ? (1 ? y0 ) ? (1 ? y0 ) ? ? y0 ? 3 3 3 设重心 G(x, y) ,则有 ?

y 消去参数 0 得

y2 ?

1 2 2 x ? ( x ? ). 9 27 3

2. 09 浙江文) (本题满分 15 分)已知抛物线 C : x ? 2 py( p ? 0) 上一点 A(m, 4) 到其焦点
2

17 的距离为 4 .
(I)求

p 与 m 的值;

(II)设抛物线 C 上一点 P 的横坐标为 t (t ? 0) ,过 P 的直线交 C 于另一点 Q ,交 x 轴 于点 M ,过点 Q 作 PQ 的垂线交 C 于另一点 N .若 MN 是 C 的切线,求 t 的最小值.

y??
解析(Ⅰ)由抛物线方程得其准线方程:

p 2 ,根据抛物线定义 4? p 17 1 ? p? 2 4 ,解得 2

点 A( m,4) 到焦点的距离等于它到准线的距离,即

2 ? 抛物线方程为: x ? y ,将 A(m,4) 代入抛物线方程,解得 m ? ?2

(Ⅱ)由题意知,过点 P(t , t ) 的直线 PQ 斜率存在且不为 0,设其为 k 。

2



l PQ : y ? t ? k ( x ? t )
2

y ? 0, x ?
,当

? t 2 ? kt , k

M(


? t 2 ? kt ,0) k 。

? y ? t 2 ? k(x ? t) ? 2 x2 ? y 联立方程 ? ,整理得: x ? kx ? t (k ? t ) ? 0
即: ( x ? t )[x ? (k ? t )] ? 0 ,解得 x ? t , 或 x ? k ? t

?Q(k ? t , (k ? t ) ) ,而 QN ? QP ,? 直线 NQ 斜率为
2

?

1 k 21 世纪教育网

? l NQ

1 ? ? y ? ( k ? t ) 2 ? ? [ x ? (k ? t )] 1 ? k : y ? (k ? t ) 2 ? ? [ x ? (k ? t )] 2 ? x ? y k ,联立方程 ?
x2 ? 1 1 x ? (k ? t ) ? (k ? t ) 2 ? 0 2 k k ,即: kx ? x ? (k ? t )[k (k ? t ) ? 1] ? 0
x?? k (k ? t ) ? 1 k ,或 x ? k ? t

整理得:

[kx ? k (k ? t ) ? 1][x ? (k ? t )] ? 0 ,解得:

? N (?

k (k ? t ) ? 1 [k (k ? t ) ? 1]2 , ) k k2



? K NM

[k (k ? t ) ? 1] 2 (k 2 ? kt ? 1) 2 k2 ? ? k (k ? t ) ? 1 ? t 2 ? kt k (t 2 ? k 2 ? 1) ? ? k k

k切 ? y?
而抛物线在点 N 处切线斜率:

k ( k ?t ) ?1 x?? k

?

? 2k ( k ? t ) ? 2 k

(k 2 ? kt ? 1) 2 ? 2k (k ? t ) ? 2 ? 2 2 2 2 k ? MN 是抛物线的切线, k (t ? k ? 1) , 整理得 k ? tk ? 1 ? 2t ? 0 ?
? ? ? t ? 4(1 ? 2t ) ? 0 ,解得
2 2

t??

2 2 2 t? ? t min ? 3 (舍去) 3, 3 ,或
2

3.05 天津卷)抛物线 C 的方程为 y ? ax (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) . (Ⅰ)求抛物线 C 的焦点坐标和准线方程; (Ⅱ)设直线 AB 上一点 M,满足 BM ? ? MA ,证明线段 PM 的中点在 y 轴上; (Ⅲ)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: (Ⅰ) 由抛物线 C 的方程 y ? ax ( a ? 0 ) 得, 焦点坐标为
2

( 0,

1 1 ) y?? 4a , 4a . 准线方程为

y ? y0 ? k1 ( x ? x0 ) , 直 线 PB 的 方 程 为 ( Ⅱ ) 证 明 : 设 直 线 PA 的 方 程 为 y ? y0 ? k 2 ( x ? x0 ) .
? ? y ? y0 ? k1 ( x ? x0 )? ① ? 2 P ( x , y ) ? y ? ax ?? ② A ( x , y ) 0 0 1 1 点 和点 的坐标是方程组 ? 的解.将②式代入①

式得

ax ? k1 x ? k1 x0 ? y0 ? 0 ,于是
2

x1 ? x 0 ?

k1 k x1 ? 1 ? x0 a ,故 a



? ? y ? y0 ? k2 ( x ? x0 )? ④ ? 2 ?⑤ P ( x , y ) ? y ? ax      B ( x , y ) 0 0 2 2 的坐标是方程组 ? 又点 和点 的解. 将⑤式代入

ax2 ? k 2 x ? k 2 x0 ? y0 ? 0 .于是 ④式得

x2 ? x0 ?

k2 k x2 ? 2 ? x0 a ,故 a .

由已知得, k 2 ? ??k1 ,则

x2 ? ?

?
a

k1 ? x 0





x ? ?x1 ???? ? ???? xM ? 2 ( x , y ) 1? ? . 设点 M 的坐标为 M M ,由 BM ? ? MA ,则 xM ? ? x0 ? ?x0 ? ? x0 x ? x0 ? 0 . 1? ? ,即 M

将③式和⑥式代入上式得

∴线段 PM 的中点在 y 轴上. (Ⅲ)因为点 P(1,?1) 在抛物线 y ? ax 上,所以 a ? ?1 ,抛物线方程为 y ? ? x .
2 2 2 2 由③式知 x1 ? ?k1 ? 1 ,代入 y ? ? x 得 y1 ? ?(k1 ? 1) .

x ? k1 ?1 ,代入 y ? ? x 2 得 y2 ? ?(k 2 ? 1) 2 . 将 ? ? 1 代入⑥式得 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) .

??? ? ??? ? 2 AP ? ( k ? 2, k ? 2 k ) AB ? (2k1,4k1 ) , 1 1 1 , 于是

??? ? ??? ? 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 .

??? ? ??? ?

1 ?k ?0 k ? ?2 或 2 1 y ? ?(k1 ? 1)2 ,故 求得 k 1 的取值范围是 1 .又点 A 的纵坐标 y1 满足 1 ? 1 1 1 ? ? k1 ? 0 ?1 ? y1 ? ? y1 ? (??, ?1) ? (?1, ? ) k ? ? 2 y ? ? 1 4 .即 4 当 1 时, 1 ;当 2 时,

x2 y 2 ? 2 ? 1(a, b ? 0) 2 b 06 湖北卷)设 A, B 分别为椭圆 a 的左、右顶点,椭圆长半轴的长等于焦
距,且 x ? 4 为它的右准线。 (Ⅰ) 、求椭圆的方程; (Ⅱ) 、设 P 为右准线上不同于点(4,0)的任意一点,若直线 AP, BP 分别与椭圆相交于 异于 A, B 的点 M 、N ,证明点 B 在以 MN 为直径的圆内。 点评:本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识,考查综合运用数学知识

进行推理运算的能力和解决问题的能力。

a2 解: (Ⅰ)依题意得 a=2c, c =4,解得 a
=2,c=1,从而 b= 3 .
-4

2

M

1

A -2

2

B

4

x y ? ?1 4 3 故椭圆的方程为 .
(Ⅱ)解法 1:由(Ⅰ)得 A(-2,0) ,B(2, 0).设 M(x0,y0).

2

2

-1

N
-2

-3

3 ∵M 点在椭圆上,∴y0= 4 (4-x02).

○ 1

6 y0 x ? 2 ). 又点 M 异于顶点 A、B,∴-2<x0<2,由 P、A、M 三点共线可以得 P(4, 0 6 y0 x ? 2 ). 从而 BM =(x0-2,y0) , BP =(2, 0

6 y0 2 x ? 2 = x 0 ? 2 (x02-4+3y02). ∴ BM · BP =2x0-4+ 0
5 将○ 1 代入○ 2 ,化简得 BM · BP = 2 (2-x0).

2

○ 2

∵2-x0>0,∴ BM · BP >0,则∠MBP 为锐角,从而∠MBN 为钝角, 故点 B 在以 MN 为直径的圆内。 解法 2:由(Ⅰ)得 A(-2,0) ,B(2,0).设 M(x1,y1) ,N(x2,y2) ,

x1 ? x2 y1 ? y 2 2 , 2 ) 则-2<x1<2,-2<x2<2,又 MN 的中点 Q 的坐标为( ,
依题意,计算点 B 到圆心 Q 的距离与半径的差

BQ

2

x1 ? x2 y1 ? y 2 1 1 2 MN 2 -2)2+( 2 )2- 4 [(x1-x2)2+(y1-y2)2] -4 =(
=(x1-2) (x2-2)+y1y1 ○ 3

y1 y2 ( x ? 2) ( x ? 2) x ? 2 x ? 2 1 2 又直线 AP 的方程为 y= ,直线 BP 的方程为 y= ,
而点两直线 AP 与 BP 的交点 P 在准线 x=4 上,

6 y1 6 y2 ( 3 x2 ? 2) y1 ? x ? 2 x2 ? 2 ,即 y2= x1 ? 2 ∴ 1

○ 4

x1 y 3 2 2 y1 ? (4 ? x1 ) ? 1 ?1 4 3 又点 M 在椭圆上,则 4 ,即
BQ
2

2

2

○ 5

于是将○ 4 、○ 5 代入○ 3 ,化简后可得

1 5 2 MN (2-x1 )( x 2 ? 2) ? 0 4 4 - = .

从而,点 B 在以 MN 为直径的圆内。 用了题型 3 与题型 1,对 B 在圆内处理方法比较好。 (06 重庆卷)如图,对每个正整数 n ,

An ( xn , yn ) 是抛物线 x2 ? 4 y 上的点,过焦点 F 的直线

FAn 角抛物线于另一点 Bn (sn , tn ) 。
(Ⅰ)试证: (Ⅱ)取 两 条

xn sn ? ?4(n ? 1) ;

xn ? 2n ,并记 Cn 为抛物线上分别以 An 与 Bn 为切点的
切 线 的 交 点 ; 。 试 证 :

FC1 ? FC2 ??? FCn ? 2n ? 2?n?1 ? 1

证明: (Ⅰ)对任意固定的 n ? 1, 因为焦点 F(0,1),所以可设直线

An Bn 的方程为 y ?1 ? kn x, 将它与抛物线方程 x2 ? 4 y 联立得: x2 ? 4kn x ? 4 ? 0 ,由一元二
次方程根与系数的关系得

xn sn ? ?4(n ? 1) .

2 A ( Ⅱ ) 对 任 意 固 定 的 n ? 1, 利 用 导 数 知 识 易 得 抛 物 线 x ? 4 y 在 n 处 的 切 线 的 斜 率

k An ?

xn , 2 2 故 x ? 4 y 在 An 处的切线的方程为:
2

y ? yn ?

xn ( x ? xn ) 2 ,……① sn ( x ? sn ) 2 ,……②

B 类似地,可求得 x ? 4 y 在 n 处的切线的方程为:
yn ? tn ? ?

y ? tn ?

由②-①得:

xn ? sn x 2 ? s 2 x2 s2 xn ? sn x2 ? s2 x ?s x? n n ? n ? n x ? n n ,? x ? n n 2 2 4 4, 2 4 2 ……③
(

xn ? sn , ?1) x s ? ?4 得交点 Cn 的坐标为 2 将③代入①并注意 n n .

由两点间的距离公式得:

FCn ? (

2

xn ? sn 2 x2 s2 ) ?4? n ? n ?2 2 4 4

2 x xn x 4 22 2 ? ? 2 ?2 ? (n ? )?, FCn ? n ? 4 xn 2 xn 2 xn



现在

xn ? 2n ,利用上述已证结论并由等比数列求和公式得:

1 1 1 1 FC1 ? FC2 ? ? ? FCn ? ( x1 ? x2 ? ? ? xn ) ? 2( ? ??? ) 2 x1 x2 xn 1 1 1 1 ? (2 ? 22 ? ? ? 2n ) ? 2( ? 2 ? ? ? n ) ? (2n ? 1) ? (2 ? 21?n ) ? 2n ? 2? n ?1 ? 1. 2 2 2 2
x2 ? y2 ? 1 ( x ? 2) ? y ? r G : 16 (2009 江西卷文) (本小题满分 14 分) 如图, 已知圆 是椭圆 y 的内接△ ABC 的内切圆, 其中 A 为椭圆的左顶点. M
2 2 2

(1)求圆 G 的半径 r ; (2)过点 M (0,1) 作圆 G 的两条切线交椭圆于 E,F 两点, 证明:直线 EF 与圆 G 相切.

B F

A

0
E . G

x
C

解: (1)设 B

(2 ? r, y0) ,过圆心 G 作 GD ? AB 于 D , BC 交长轴于 H

y r GD HB ? 0 ? 2 6?r , 由 AD AH 得 36 ? r

y0 ?


r 6?r 6?r
y0 2 ? 1 ?

(1)

而点 B

(2 ? r, y0) 在椭圆上,
2

(2 ? r )2 12 ? 4r ? r 2 (r ? 2)(r ? 6) ? ?? 16 16 16
r? 2 6 r?? 3或 5 (舍去)

(2)

由(1)、 (2)式得 15r ? 8r ? 12 ? 0 ,解得

(2) 设过点 M(0,1) 与圆

( x ? 2) 2 ? y 2 ?

4 9 相切的直线方程为: y ? 1 ? kx

(3)

2 2k ? 1 ? 3 1 ? k 2 ,即 32k 2 ? 36k ? 5 ? 0 则

(4)

解得

k1 ?

?9 ? 41 ?9 ? 41 , k2 ? 16 16

32k x2 x?? ? y2 ? 1 2 2 16k 2 ? 1 将(3)代入 16 得 (16k ? 1) x ? 32kx ? 0 ,则异于零的解为



F ( x1 , k1x1 ? 1) , E( x2 , k2 x2 ? 1) ,则
kEF ?

x1 ? ?

32k1 32k2 , x2 ? ? 2 16k1 ? 1 16k2 2 ? 1

则直线 FE 的斜率为:

k2 x2 ? k1 x1 k ?k 3 ? 1 2 ? x2 ? x1 1 ? 16k1k2 4

32k12 32k1 3 y? ?1 ? ( x ? ) 2 16k1 ? 1 4 16k12 ? 1 于是直线 FE 的方程为:
y?


3 7 x? 4 3

3 7 ? 2 2 3 d? ? 3 9 1? 16 则圆心 (2, 0) 到直线 FE 的距离
故结论成立. 已知 M 可以求出 e,f 分别用两个斜率表示

21 世纪教育网

x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 2 F,F2,A 是 椭 圆 上 的 一 点 , a b 设椭圆 的左、右焦点分别为 1
1 OF AF2 ? F1F2 ,原点 O 到直线 AF1 的距离为 3 1 .
(Ⅰ)证明 a ?

2b ;
2 2 2

M ( x0,y0 ) 处的切线交 (Ⅱ)求 t ? (0,b) 使得下述命题成立:设圆 x ? y ? t 上任意点
椭圆于

Q1 , Q2 两点,则 OQ1 ? OQ2 .

(22)本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、圆的方程等 基础知识,考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力.满分 14 分. (Ⅰ)证法一:由题设

AF2 ? F1F2 及 F1 (?c, 0) , F2 (c, 0) ,不妨设点 A(c,y) ,其中

c2 y 2 ? ?1 y ? 0 ,由于点 A 在椭圆上,有 a 2 b 2 , a 2 ? b2 y 2 ? 2 ?1 a2 b ,

? b2 ? b2 A ? c, ? y? a? a 解得 ,从而得到 ? ,
AF2 的方程为
y? b2 ( x ? c) 2ac ,整理得

直线

b2 x ? 2acy ? b2c ? 0 .
1 OF1 AF 1 的距离为 3 由题设,原点 O 到直线 ,即

c b2c ? 3 b4 ? 4a 2c 2 ,
2 2 2 2 2 将 c ? a ? b 代入原式并化简得 a ? 2b ,即 a ?

2b .

? b2 ? ? c, ? a ? A 证法二:同证法一,得到点 的坐标为 ? ,
过点 O 作

OB ? AF1 ,垂足为 H ,易知 △F1BC ∽△F1F2 A ,故
H

y

BO OF1

?

F2 A F1 A

A
F2

F1 O

x

由椭圆定义得

AF1 ? AF2 ? 2a

BO ?
,又

1 OF1 3 ,所以

F2 A 1 F2 A ? ? 3 F1 A 2a ? F2 A
F2 A ?



解得

b2 a b2 a F2 A ? ? 2 ,而 a ,得 a 2 ,即 a ? 2b .
2 2 2
2

M ( x0,y0 ) 处的切线方程为 x0 x ? y0 y ? t . (Ⅱ)解法一:圆 x ? y ? t 上的任意点
当 t ? (0,b) 时,圆 x ? y ? t 上的任意点都在椭圆内,故此圆在点 A 处的切线必交椭圆
2 2 2

于两个不同的点

Q1 和 Q2 ,因此点 Q1 ( x1,y1 ) , Q2 ( x2,y2 ) 的坐标是方程组

2 ? ? x0 x ? y0 y ? t ? 2 2 2 ? ? x ? 2 y ? 2b

① ②
的解.当

y0 ? 0 时,由①式得

y?

t 2 ? x0 x y0
2 2

? t 2 ? x0 x ? 2 x ? 2? ? ? 2b ? y0 ? 代入②式,得 ,即
2 2 2 (2x0 ? y0 ) x2 ? 4t 2 x0 x ? 2t 4 ? 2b2 y0 ?0,

2 4t 2 x0 2t 4 ? 2b2 y0 x1 ? x2 ? 2 x1 x2 ? 2 2 2 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 于是 ,

t 2 ? x0 x1 t 2 ? x1 x2 y1 y2 ? ? y0 y1
? 1 4 2 ?t ? x0t 2 ( x1 ? x2 ) ? x0 x1 x2 ? 2 ? ? y0
4 2 2 4t 2 x0 1 ? 4 2 2 2t ? 2b y0 ? t ? x t ? x 0 0 2 ? 2 2 2 2 ? y0 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 ? ?
2 t 4 ? 2b 2 x0 2 2 2 x0 ? y0 .

?
?



OQ1 ? OQ2 ,则
2 2 2 2 2t 4 ? 2b2 y0 t 4 ? 2b2 x0 3t 4 ? 2b2 ( x0 ? y0 ) ? ? ?0 2 2 2 2 2 2 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 .

x1 x2 ? y1 y2 ?

所以,

2 2 2 2 3t 4 ? 2b2 ( x0 ? y0 ) ? 0 .由 x0 ? y0 ? t2 ,得 3t 4 ? 2b2t 2 ? 0 .在区间 (0,b) 内此方

t?
程的解为

6 b 3 .

6 t? b y ? 0 x ? 0 (0 , b ) 3 . 当 0 时,必有 0 ,同理求得在区间 内的解为 t?
另一方面,当

6 b 3 时,可推出 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,从而 OQ1 ? OQ2 .

t?
综上所述,

6 b ? (0,b) 3 使得所述命题成立.

四川卷 21) . (本小题满分 12 分)

x2 y 2 2 ? 2 ? 1, ? a ? b ? 0 ? e? 2 F,F b 2 ,右准线为 l , 设椭圆 a 的左右焦点分别为 1 2 ,离心率 ????? ???? ? M , N 是 l 上的两个动点, F1M ? F2 N ? 0
(Ⅰ)若

????? ???? ? F1M ? F2 N ? 2 5

,求 a , b 的值;

(Ⅱ)证明:当

MN

????? ???? ? ???? ? F F F M ? F N 1 2 共线。 1 2 取最小值时, 与
2

【解】 :由 a ? b ? c 与
2 2

e?

a 2 ? c 2 ,得 a 2 ? 2b2

? ? ? 2 ? 2 F1 ? ? a , 0 , F a , 0 ? ? ? 2 ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? , l 的方程为 x ? 2a


M

?

2a,y1 ,N

?

?

2a,y2

?

????? ? 3 2 ? ? 2 ? ???? ? F1M ? ? a , y , F N ?? ? 1? 2 ? 2 ? 2 a,y2 ? ? ? ? ? ? 则

????? ???? ? F M ? F N ? 0得 2 由 1
3 y1 y2 ? ? a 2<0 2
(Ⅰ)由

① ,得

????? ???? ? F1M ? F2 N ? 2 5
2

?3 2 ? 2 ? ? 2 a? ? ? y1 ? 2 5 ? ?
? 2 ? 2 ? ? 2 a? ? ? y2 ? 2 5 ? ?
由①、②、③三式,消去
2





y1 , y2 ,并求得 a 2 ? 4

a ? 2, b ?

2

2 ? 2 2
2

(Ⅱ)

MN ? ? y1 ? y2 ? ? y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ? ?2 y1 y2 ? 2 y1 y2 ? ?4 y1 y2 ? 6a 2

当且仅当

y1 ? ? y2 ?

6 6 6 a a y2 ? ? y1 ? a MN 2 或 2 时, 取最小值 2

????? ???? ? ?3 2 ???? ? ? ? 2 ? F1M ? F2 N ? ? a , y ? a , y ? 2 2 a , y ? y ? 2 2 a , 0 ? 2 F F ? ? ? 1 2 1 2 1 2 ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ? 此时,

?

? ?

?

????? ???? ? ???? ? F F F M ? F N 1 2 共线。 1 2 故 与
【点评】 :此题重点考察椭圆中的基本量的关系,进而求椭圆待定常数,考察向量的综合应 用; 【突破】 :熟悉椭圆各基本量间的关系,数形结合,熟练地进行向量的坐标运算,设而不求 消元的思想在圆锥曲线问题中的灵活应用。 (2009 山东卷理)(本小题满分 14 分)

x2 y 2 ? 2 ?1 2 b 设椭圆 E: a (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点,
(I)求椭圆 E 的方程; (II)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 A,B,且

??? ? ??? ? OA ? OB ?若存在,写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。
x2 y 2 ? 2 ?1 2 b 解:(1)因为椭圆 E: a (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,

2 ?4 ?1 1 ? 2 ?1 ? 2 ? ? ?a b ? a2 8 ? ? ?a 2 ? 8 6 1 1 1 x2 y 2 ? ? ?1 ? ? ? 2 ? ?1 2 2 2 ? ? b 4 所以 ?b ? 4 椭圆 E 的方程为 8 4 所以 ? a 解得 ? b
(2)假设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 A,B,且

? y ? kx ? m ? 2 ?x y2 ??? ? ??? ? ? ?1 2 2 ? 4 OA ? OB ,设该圆的切线方程为 y ? kx ? m 解方程组 ? 8 得 x ? 2(kx ? m) ? 8 ,
即 (1 ? 2k ) x ? 4kmx ? 2m ? 8 ? 0 , 21 世纪教育网
2 2 2
2 2 则△= 16k m ? 4(1 ? 2k )(2m ? 8) ? 8(8k ? m ? 4) ? 0 ,即 8k ? m ? 4 ? 0

2

2

2

2

2

2

4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 ? 2 ? x x ? 2m ? 8 1 2 ? 1 ? 2k 2 ?

,

y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m2 ?

k 2 (2m2 ? 8) 4k 2 m2 m2 ? 8k 2 2 ? ? m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

2m2 ? 8 m2 ? 8k 2 ??? ? ??? ? ? ?0 2 2 x x ? y1 y2 ? 0 ,即 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 要使 OA ? OB ,需使 1 2 ,所以 3m ? 8k ? 8 ? 0 ,所 3m2 ? 8 k ? ?0 2 2 8 以 又 8k ? m ? 4 ? 0 , 所 以
2

? m2 ? 2 8 2 6 ? 2 m2 ? m? 3 m ? 8 3 ,即 ? 3 或 ,所以

m??

2 6 3 , 因 为 直 线 y ? k x? m为 圆 心 在 原 点 的 圆 的 一 条 切 线 , 所 以 圆 的 半 径 为

r?

m 1? k 2 ,

r2 ?

m2 ? 1? k 2

m2 8 ? 2 8 2 6 3m ? 8 3 x2 ? y 2 ? r? 1? 3 ,此时圆的切 3 ,所求的圆为 8 ,

线 y ? kx ? m 都满足

m?

2 6 2 6 2 6 m?? x?? 3 或 3 ,而当切线的斜率不存在时切线为 3

x2 y 2 2 6 2 6 2 6 2 6 ??? ? ??? ? ? ?1 ( ,? ) (? ,? ) OA ? OB 8 4 3 3 3 3 与椭圆 的两个交点为 或 满足 , 综上,
x2 ? y 2 ?
存在圆心在原点的圆

8 3 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,

??? ? ??? ? OA ? OB 且 .
4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 ? 2 ? x x ? 2m ? 8 1 2 1 ? 2k 2 , ? 因为 ?

( x1 ? x2 )2 ? ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ? (?
所以
2

4km 2 2m2 ? 8 8(8k 2 ? m2 ? 4) ) ? 4 ? ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 )2 ,
8(8k 2 ? m 2 ? 4) (1 ? 2k 2 ) 2

| AB |? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? y1 ? y2 ? ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )

?

32 4k 4 ? 5k 2 ? 1 32 k2 ? 4 ? [1 ? ] 3 4k ? 4k 2 ? 1 3 4k 4 ? 4k 2 ? 1 ,
| AB |? 32 1 [1 ? ] 1 3 2 4k ? 2 ? 4 k
1 k2

① 当

k?0

4k 2 ?
因 为

?4

?8
所 以



0?

1 1 32 32 1 ? ? [1 ? ] ? 12 1 1 8 3 3 2 2 4k ? 2 ? 4 4k ? 2 ? 4 k k ,所以 ,

4 2 6 ?| AB |? 2 3 k ?? 2 时取”=”. 21 世纪教育网 所以 3 当且仅当

当 k ? 0 时,

| AB |?

4 6 3 . (

2 6 2 6 2 6 2 6 ,? ) (? ,? ) 3 3 或 3 3 ,所以此时 当 AB 的 斜 率 不 存 在 时 , 两 个 交 点 为 | AB |?
4 4 4 6 6 ?| AB |? 2 3 | AB |? [ 6, 2 3] 3 3 ,综上, |AB |的取值范围为 3 即:

【命题立意】 :本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆 的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关 参数问题以及方程的根与系数关系. 题型 6 抛物线单独作为一种题型处理,因为它除了可用以上方法外,还有其独有的方法。至 少设点的时候有特点。 (05 江西卷) 如图, 设抛物线 C : y ? x 的焦点为 F, 动点 P 在直线 l : x ? y ? 2 ? 0 上运动,
2

过 P 作抛物线 C 的两条切线 PA、PB,且与抛物线 C 分别相切于 A、B 两点. (1)求△APB 的重心 G 的轨迹方程. y (2)证明∠PFA=∠PFB.

( x, x )和( x1, x )(( x1 ? x0 ) , 解: (1) 设切点 A、 B 坐标分别为
2 0 2 1

F

B

A

l

x
O
P

∴切线 AP 的方程为:

2 2x0 x ? y ? x0 ? 0;

切线 BP 的方程为: 2 x1 x ? y ? x ? 0;
2 1

解得 P 点的坐标为:

xP ?

x0 ? x1 , y P ? x0 x1 2 xG ? x0 ? x1 ? x P ? xP 3 ,

所以△APB 的重心 G 的坐标为

2 2 y0 ? y1 ? yP x0 ? x12 ? x0 x1 ( x0 ? x1 )2 ? x0 x1 4 xP ? y p yG ? ? ? ? , 3 3 3 3

所以

2 y p ? ?3 yG ? 4xG

,由点 P 在直线 l 上运动,从而得到重心 G 的轨迹方程为:

1 x ? (?3 y ? 4 x 2 ) ? 2 ? 0, 即y ? (4 x 2 ? x ? 2). 3 ??? ? ? ? x ?x 1 ??? 1 ??? 1 FA ? ( x0 , x0 2 ? ), FP ? ( 0 1 , x0 x1 ? ), FB ? ( x1 , x12 ? ). 4 2 4 4 (2)方法 1:因为
由于 P 点在抛物线外,则 | FP |? 0.

x0 ? x1 1 1 1 ??? ? ??? ? ? x0 ? ( x0 x1 ? )( x0 2 ? ) x0 x1 ? FP ? FA 4 4 ? ??? ? ??? ? ? 2 ? 4, cos ?AFP ? ??? ??? ? | FP || FA | | FP | 1 | FP | x0 2 ? ( x0 2 ? )2 4 ∴ x0 ? x1 1 1 1 ??? ? ??? ? ? x1 ? ( x0 x1 ? )( x12 ? ) x0 x1 ? FP ? FB 4 4 ? ??? ? ??? ? ? 2 ? 4, cos ?BFP ? ??? ??? ? | FP || FB | | FP | 1 | FP | x12 ? ( x12 ? )2 4 同理有
∴∠AFP=∠PFB.

x1 ,0 ) x x ? 0时,由于x1 ? x0 , 不妨设x0 ? 0, 则y0 ? 0, 所以 P 点坐标为 2 方法 2:①当 1 0 , (
|x | 1 d1 ? 1 ; 而直线BF的方程 : y ? ? 2 4 则 P 点到直线 AF 的距离为:
1 1 ( x12 ? ) x ? x1 y ? x1 ? 0. 4 4 即

x12 ? x1

1 4 x,

1 x x 1 |x | | ( x12 ? ) 1 ? 1 | ( x12 ? ) 1 4 2 4 ? 4 2 ? | x1 | d2 ? 1 2 1 x12 ? ( x12 ? )2 ? ( x1 )2 4 4 所以 P 点到直线 BF 的距离为:
所以 d1=d2,即得∠AFP=∠PFB.

②当

x1 x0 ? 0 时,直线 AF 的方程:

1 2 x0 ? 1 4 ( x ? 0),即( x 2 ? 1 ) x ? x y ? 1 x ? 0, y? ? 0 0 0 4 x0 ? 0 4 4

直线 BF 的方程:

1 x12 ? 1 4 ( x ? 0), 即( x 2 ? 1 ) x ? x y ? 1 x ? 0, y? ? 1 1 1 4 x1 ? 0 4 4

所以 P 点到直线 AF 的距离为:

x ?x 1 x ?x 1 1 2 | ( x0 ? )( 0 1 ) ? x0 2 x1 ? x0 | | 0 1 )( x0 2 ? ) 4 2 4 2 4 ? | x0 ? x1 | d1 ? ? 1 2 2 1 2 x0 ? ( x0 ? )2 ? x02 4 4
d2 ? | x1 ? x0 | 2 ,因此由 d1=d2,可得到∠AFP=∠PFB.
2

同理可得到 P 点到直线 BF 的距离

.(全国卷 III) 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) 两点在抛物线 y ? 2 x 上, l 是 AB 的垂直平分线, (Ⅰ)当且仅当 x1 ? x2 取何值时,直线 l 经过抛物线的焦点 F?证明你的结论; (Ⅱ)当 x1 ? 1, x2 ? ?3 时,求直线 l 的方程.
2 解: (Ⅰ)∵抛物线 y ? 2 x ,即

x2 ?

y 1 ,? p ? 2 4,

1 F (0, ) 8 ………………………………………………………1 分 ∴焦点为
(1)直线 l 的斜率不存在时,显然有 x1 ? x2 ? 0 ………………………………3 分 (2)直线 l 的斜率存在时,设为 k,截距为 b 即直线 l :y=kx+b
?y ? y ? 2 ? 1 ? k ? x1 x 2 ? b 2 ? 2 ? y1 ? y 2 ? ? 1 ? ? x1 ? x 2 k ?

由已知得:

……………5 分

2 2 ? ? ? ? 2 x1 2 x 2 ? k ? x 1 x 2 ? b 2 2 ? ?? 2 2 ? 2 x1 ? 2 x 2 ? ? 1 ? k x1 ? x 2 ?

? ? 2 2 ? x 2 ? k ? x1 x 2 ? b ? x 1 ? 2 ?? 1 ? ? x2 ? ? x 1 ? 2k ? ……………7 分

1 1 2 2 ? x1 ? x 2 ? ? ? b ? 0 ? b ? 4 4

1 F (0, ) 8 ……………………………………8 分 即 l 的斜率存在时,不可能经过焦点

所以当且仅当 x1 ? x2 =0 时,直线 l 经过抛物线的焦点 F…………………………9 分 (Ⅱ)当

x1 ? 1, x2 ? ?3 时,

直线 l 的斜率显然存在,设为 l :y=kx+b………………………………10 分 则由(Ⅰ)得:
? ? 2 2 ? ? k ? x1 x 2 ? b ? ? x1 x 2 2 ? 1 ? x 1 ? x 2 ? ? 2k ? ?

? x1 ? x 2 k? ? b ? 10 ? ? 2 ?? 1 ? ? ? ?2 ? 2k ? ………………………11 分

1 ? k? ? ? 4 ?? 41 ?b ? ? ? 4 …………………………………………13 分

所以直线 l 的方程为

y?

1 41 x? 4 4

重点是第一问,也可设 AB 的方程,未知数 2 个,求出 L 方程,L 过点 F,去掉未知数一个, 然后利用韦达定理处理。答案是用抛物线独有解法处理的。 广东卷)在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 y ? x 上异于坐标原点O的两不同动点A、B
2

满足 AO ? BO (如图4所示) . (Ⅰ)求 ?AOB 得重心G(即三角形三条中线的交点)的轨迹方程; (Ⅱ) ?AOB 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. y A B

x O

x ? x2 ? x? 1 ? ? 3 ? ? y ? y1 ? y 2 ? 3 解: (I)设△AOB 的重心为 G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 ?

…(1)

∵OA⊥OB ∴

kOA ? kOB ? ?1 ,即 x1 x2 ? y1 y2 ? ?1 ,……(2)

2 2 又点 A,B 在抛物线上,有 y1 ? x1 , y 2 ? x2 ,代入(2)化简得 x1 x2 ? ?1

y?


y1 ? y 2 1 2 1 1 2 2 2 ? ( x1 ? x 2 ) ? [(x1 ? x 2 ) 2 ? 2 x1 x 2 ] ? ? (3x) 2 ? ? 3x 2 ? 3 3 3 3 3 3
y ? 3x 2 ? 2 3

所以重心为 G 的轨迹方程为

(II)

S ?AOB ?

1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 | OA || OB |? ( x12 ? y12 )( x 2 ? y2 )? x12 x 2 ? x12 y 2 ? x2 y1 ? y12 y 2 2 2 2

S ?AOB ?
由(I)得

1 6 1 1 1 6 6 x1 ? x2 ?2 ? 2 x16 ? x2 ?2 ? 2 (?1) 6 ? 2 ? ? 2 ? 1 2 2 2 2

6 6 当且仅当 x1 ? x2 即 x1 ? ? x2 ? ?1 时,等号成立。

所以△AOB 的面积存在最小值,存在时求最小值 1; 此题可设 AB 方程,用题型一解决。 全国 II 直线 AB 未知数一个,所以 A,B 可用此未知数表示,当然用 K 或 M 表示。 → → (06 全国 II)已知抛物线 x2=4y 的焦点为 F,A、B 是抛物线上的两动点,且AF=λFB(λ >0) .过 A、B 两点分别作抛物线的切线,设其交点为M. → → (Ⅰ)证明FM· AB为定值; (Ⅱ)设△ABM 的面积为 S,写出 S=f(λ)的表达式,并求 S 的最小值. → → 解:(Ⅰ)由已知条件,得 F(0,1),λ>0.设 A(x1,y1),B(x2,y2).由AF=λFB,
? ① ?-x1=λx2 (-x1,1-y)=λ(x2,y2-1), ? ?1-y1=λ(y2-1) ② ? 1 1 将①式两边平方并把 y1= x12,y2= x22 代入得 y1=λ2y2 4 4

即得



1 解②、③式得 y1=λ,y2= ,且有 x1x2=-λx22=-4λy2=-4, λ 1 1 抛物线方程为 y= x2,求导得 y′= x. 4 2 所以过抛物线上 A、B 两点的切线方程分别是 1 1 1 1 1 1 y= x1(x-x1)+y1,y= x2(x-x2)+y2,即 y= x1x- x12,y= x2x- x22. 2 2 2 4 2 4 x1+x2 x1x2 x1+x2 解出两条切线的交点 M 的坐标为( , )=( ,-1). 2 4 2 ……4 分

x1+x2 → → 1 1 1 所以FM· AB=( ,-2)· (x2-x1,y2-y1)= (x22-x12)-2( x22- x12)=0 2 2 4 4 → → 所以FM· AB为定值,其值为 0. ……7 分

1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知在△ABM 中,FM⊥AB,因而 S= |AB||FM|. 2 |FM|= = ( x1+x2 )2+(-2)2= 2 1 2 1 2 1 x + x + x x +4= 4 1 4 2 2 1 2 1 y1+y2+ ×(-4)+4 2

1 1 λ+ +2= λ+ . λ λ

因为|AF|、|BF|分别等于 A、B 到抛物线准线 y=-1 的距离,所以 1 1 |AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=λ+ +2=( λ+ )2. λ λ 于是 由 λ+ 1 1 S= |AB||FM|=( λ+ )3, 2 λ 1 ≥2 知 S≥4,且当 λ=1 时,S 取得最小值 4. λ

(2009 江苏卷) (本题满分 10 分) 在平面直角坐标系

xoy 中,抛物线 C 的顶点在原点,经过点 A(2,2) ,其焦点 F 在 x 轴上。

(1)求抛物线 C 的标准方程; (2)求过点 F,且与直线 OA 垂直的直线的方程; (3)设过点 M (m, 0)(m ? 0) 的直线交抛物线 C 于 D、E 两点,ME=2DM, 记 D 和 E 两点间的距离为 f ( m) ,求 f ( m) 关于 m 的表达式。 【解析】 [必做题]本小题主要考查直线、抛物线及两点间的距离公式等基本 知识,考查运算求解能力。满分 10 分。


赞助商链接

高考圆锥曲线压轴题题总结归纳

高考圆锥曲线压轴题题总结归纳 - 高考圆锥曲线压轴题题总结归纳 1、 已知椭圆的中心为原点 , 长轴在轴上 , 上顶点为 , 左、右焦点分别 为 ,线段的中点分别...

2018高考复习——圆锥曲线压轴

2018高考复习——圆锥曲线压轴 - 2018 高考复习——圆锥曲线压轴 一.解答题(共 40 小题) 1.在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 E:x2=4y 的焦点 F 是椭圆 (...

圆锥曲线题型总结

圆锥曲线题型总结_数学_高中教育_教育专区。圆锥曲线题型总结【高频考点解读】 1...圆锥曲线知识、方法、技... 64页 5下载券 高考圆锥曲线压轴题型总... 51...

圆锥曲线压轴题及详解

圆锥曲线压轴题及详解_高三数学_数学_高中教育_教育专区。圆锥曲线压轴题(大题)...圆锥曲线压轴题常见类型 3页 1下载券 360安全下载高考数学压轴... 17页 5...

2014圆锥曲线高考压轴题汇编

2014 圆锥曲线高考压轴题汇编一.填空题(共 3 小题) 1.已知椭圆 C: + =1(a>b>0)的左、右焦点和短轴的两个端点构成边长为 2 的正方形. (Ⅰ)求椭圆 ...

2018年高考数学圆锥曲线压轴专项练习集(一)_图文

2018年高考数学圆锥曲线压轴专项练习集(一) - 10道圆锥曲线压轴大题,附答案解析,希望能帮助到大家~~

高考圆锥曲线压轴题型总结_图文

高考圆锥曲线压轴题型总结 - 高考圆锥曲线压轴题型总结 直线与圆锥曲线相交,一般采取设而不求,利用韦达定理,在这里我将这个问题分成了三种 类型,其中第一种类型的变...

圆锥曲线高考压轴题(精心整理)

圆锥曲线高考压轴题(精心整理)_数学_高中教育_教育专区。圆锥曲线单元检测卷 圆锥曲线单元检测卷 文档贡献者 66hhyyh 贡献于2016-10-25 ...

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...应届生求职季宝典 英文个人简历模板 创意简历模板汇集 推理型题分析与总结文档...

高考数学压轴题——圆锥曲线(含详解) 2

高考数学压轴题——圆锥曲线(含详解) 2_数学_高中教育_教育专区。高考数学 140 分难点突破训练——圆锥曲线 1 2 2 5 x 的焦点,离心率为 。w.w.w.k.s....

更多相关标签