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2010届高三数学一轮复习必备精品:曲线方程及圆锥曲线的综合问题

时间:2010-03-04


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第 35 讲
【课标要求】 一. 课标要求】 【课标要求

曲线方程及圆锥曲线的综合问题

1.由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决,要加强等价转 化思想的训练; 2.通过圆锥曲线与方程的学习,进一步体会数形结合的思想; 3.了解圆锥曲线的简单应用

【命题走向】 二. 命题走向】 【命题走向
近年来圆锥曲线在高考中比较稳定, 解答题往往以中档题或以押轴题形式出现, 主要考 察学生逻辑推理能力,运算能力,考察学生综合运用数学知识解决问题的能力.但圆锥曲线 在新课标中化归到选学内容,要求有所降低,估计 2007 年高考对本讲的考察,仍将以以下 三类题型为主 1.求曲线(或轨迹)的方程,对于这类问题,高考常常不给出图形或不给出坐标系, 以考察学生理解解析几何问题的基本思想方法和能力; 2.与圆锥曲线有关的最值问题,参数范围问题,这类问题的综合型较大,解题中需要 根据具体问题,灵活运用解析几何,平面几何,函数,不等式,三角知识,正确的构造不等 式或方程,体现了解析几何与其他数学知识的联系. 预测 2010 年高考: 1.出现 1 道复合其它知识的圆锥曲线综合题; 2.可能出现 1 道考查求轨迹的选择题或填空题,也可能出现在解答题中间的小问

【要点精讲】 三. 要点精讲】 【要点精讲
1.曲线方程 (1)求曲线(图形)方程的方法及其具体步骤如下: 步 骤 含 义 说 明 1, "建" :建立坐标 系; "设" :设动点坐 标. 建立适当的直角坐标 系, 用(x,y)表示曲线上任 意一点 M 的坐标. (1) 所研究的问题已给出坐标系, 即可直接 设点. (2) 没有给出坐标系, 首先要选取适当的坐 标系.

2,现(限):由限制条 写出适合条件 P 的点 M 这是求曲线方程的重要一步,应仔细分析 件,列出几何等式. 的集合 P={M|P(M)} 题意,使写出的条件简明正确. 3, "代" :代换 4, "化" :化简 5,证明 用坐标法表示条件 P(M),列出方程 f(x,y)=0 化方程 f(x,y)=0 为最简 形式. 证明化简以后的方程的 解为坐标的点都是曲线 上的点. 常常用到一些公式. 要注意同解变形.

化简的过程若是方程的同解变形,可以不 要证明,变形过程中产生不增根或失根, 应在所得方程中删去或补上(即要注意方程 变量的取值范围). 这五个步骤(不包括证明)可浓缩为五字"口诀" :建设现(限)代化" (2)求曲线方程的常见方法: 直接法:也叫"五步法" ,即按照求曲线方程的五个步骤来求解.这是求曲线方程的基 本方法. 转移代入法:这个方法又叫相关点法或坐标代换法.即利用动点是定曲线上的动点,另 一动点依赖于它,那么可寻求它们坐标之间的关系,然后代入定曲线的方程进行求解.

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几何法:就是根据图形的几何性质而得到轨迹方程的方法 参数法:根据题中给定的轨迹条件,用一个参数来分别动点的坐标,间接地把坐标 x,y 联系起来,得到用参数表示的方程.如果消去参数,就可以得到轨迹的普通方程. 2.圆锥曲线综合问题 (1)圆锥曲线中的最值问题,范围问题 通常有两类: 一类是有关长度和面积的最值问题; 一类是圆锥曲线中有关的几何元素的 最值问题.这些问题往往通过定义,结合几何知识,建立目标函数,利用函数的性质或不等 式知识,以及观形,设参,转化,替换等途径来解决.解题时要注意函数思想的运用,要注 意观察,分析图形的特征,将形和数结合起来. 圆锥曲线的弦长求法: 设圆锥曲线 C:f(x,y)=0 与直线 l:y=kx+b 相交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则弦 长|AB|为:

若弦 AB 过圆锥曲线的焦点 F,则可用焦半径求弦长,|AB|=|AF|+|BF|. 在解析几何中求最值, 关键是建立所求量关于自变量的函数关系, 再利用代数方法求出 相应的最值.注意点是要考虑曲线上点坐标(x,y)的取值范围 (2)对称,存在性问题,与圆锥曲线有关的证明问题 它涉及到线段相等,角相等,直线平行,垂直的证明方法,以及定点,定值问题的判断 方法. (3)实际应用题 数学应用题是高考中必考的题型, 随着高考改革的深入, 同时课本上也出现了许多与圆 锥曲线相关的实际应用问题,如桥梁的设计,探照灯反光镜的设计,声音探测,以及行星, 人造卫星,彗星运行轨道的计算等 涉及与圆锥曲线有关的应用问题的解决关键是建立坐标系, 合理选择曲线模型, 然后转 化为相应的数学问题作出定量或定性分析与判断,解题的一般思想是:

(4)知识交汇题 圆锥曲线经常和数列,三角,平面向量,不等式,推理知识结合到一块出现部分有较强 区分度的综合题

【典例解析】 四. 典例解析】 【典例解析
题型 1:求轨迹方程

例 1. (1)一动圆与圆 x 2 + y 2 + 6 x + 5 = 0 外切,同时与圆 x 2 + y 2 6 x 91 = 0 内切, 求动圆圆心 M 的轨迹方程,并说明它是什么样的曲线. (2)双曲线

x2 y 2 = 1 有动点 P , F1 , F2 是曲线的两个焦点,求 PF1 F2 的重心 M 的 9

轨迹方程. 半径为 R , 设已知圆的圆心分别为 O1 ,O2 , 解析: (法一) (1) 设动圆圆心为 M ( x, y ) ,

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2 2

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将圆方程分别配方得: ( x + 3) + y = 4 , ( x 3) + y = 100 , 当 ⊙ M 与 ⊙O1 相切时,有 | O1M |= R + 2 ① 当 ⊙ M 与 ⊙O2 相切时,有 | O2 M |= 10 R ② 将①②两式的两边分别相加,得 | O1M | + | O2 M |= 12 , 即 ③ 移项再两边分别平方得:

y

P

( x + 3)2 + y 2 + ( x 3)2 + y 2 = 12

O1

O2

x

2 ( x + 3) 2 + y 2 = 12 + x x2 y 2 整理得 + =1, 36 27
所以,动圆圆心的轨迹方程是



两边再平方得: 3 x 2 + 4 y 2 108 = 0 ,

x2 y 2 + = 1 ,轨迹是椭圆 36 27
2 2 2 2

(法二)由解法一可得方程 ( x + 3) + y + ( x 3) + y = 12 , 由以上方程知,动圆圆心 M ( x, y ) 到点 O1 ( 3, 0) 和 O2 (3, 0) 的距离和是常数 12 ,所以 点 M 的轨迹是焦点为 O1 ( 3, 0) ,O2 (3, 0) ,长轴长等于 12 的椭圆,并且椭圆的中心在坐标 原点,焦点在 x 轴上, ∴ 2c = 6 , 2a = 12 ,∴ c = 3 , a = 6 , ∴ b = 36 9 = 27 ,
2

∴圆心轨迹方程为

x2 y 2 + =1. 36 27

(2) 如图, P, M 点坐标各为 P ( x1 , y1 ), M ( x, y ) , 设 ∴在已知双曲线方程中 a = 3, b = 1 , ∴c =

9 + 1 = 10

∴已知双曲线两焦点为 F1 ( 10, 0), F2 ( 10, 0) , ∵ PF1 F2 存在,∴ y1 ≠ 0

x1 + ( 10) + 10 x = x1 = 3x 3 ,即 . 由三角形重心坐标公式有 y1 + 0 + 0 y1 = 3 y y = 3 ∵ y1 ≠ 0 ,∴ y ≠ 0 . (3 x) 2 已知点 P 在双曲线上,将上面结果代入已知曲线方程,有 (3 y ) 2 = 1( y ≠ 0) 9
即所求重心 M 的轨迹方程为: x
2

9 y 2 = 1( y ≠ 0) .

点评:定义法求轨迹方程的一般方法,步骤; "转移法"求轨迹方程的方法 例 2.(2009 年广东卷文)(本小题满分 14 分)

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已知椭圆 G 的中心在坐标原点,长轴在 x 轴上,离心率为
2 2

3 ,两个焦点分别为 F1 和 F2 ,椭圆 G 2

上一点到 F1 和 F2 的距离之和为 12.圆 Ck : x + y + 2kx 4 y 21 = 0 ( k ∈ R ) 的圆心为点

Ak .
(1)求椭圆 G 的方程 (2)求 Ak F1 F2 的面积 (3)问是否存在圆 Ck 包围椭圆 G?请说明理由.

解(1)设椭圆 G 的方程为:

x2 y2 + = 1 ( a > b > 0 )半焦距为 c; a2 b2

2a = 12 a=6 2 2 2 , ∴ b = a c = 36 27 = 9 则c 3 , 解得 c = 3 3 = 2 a
所求椭圆 G 的方程为: (2 )点 AK 的坐标为 ( K , 2 )

x2 y2 + =1. 36 9

1 1 SV AK F1F2 = × F1 F2 × 2 = × 6 3 × 2 = 6 3 2 2
(3)若 k ≥ 0 ,由 若 k < 0 ,由

6 2 + 0 2 + 12κ 0 21 = 15 + 12κ 0 可知点(6,0)在圆 Ck 外,

(6) 2 + 0 2 12κ 0 21 = 15 12κ 0 可知点(-6,0)在圆 Ck 外;

∴ 不论 K 为何值圆 Ck 都不能包围椭圆 G.

题型 2:圆锥曲线中最值和范围问题

x2 y 2 例 3. (2009 辽宁卷理)以知 F 是双曲线 (1) = 1 的左焦点, A(1, 4), P 是双曲线右 4 12
支上的动点,则 PF + PA 的最小值为 【解析】注意到 P 点在双曲线的两只之间,且双曲线右焦点为 F'(4,0), 于是由双曲线性质|PF|-|PF'|=2a=4 .

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而|PA|+|PF'|≥|AF'|=5 两式相加得|PF|+|PA|≥9,当且仅当 A,P,F'三点共线时等号成立. 【答案】9

(2) (2009 重庆卷文,理)已知椭圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 的左,右焦点分别为 a2 b2

F1 (c, 0), F2 (c, 0) ,若椭圆上存在一点 P 使
取值范围为 .

a c = ,则该椭圆的离心率的 sin PF1 F2 sin PF2 F1

【解析 1】因为在 PF1 F2 中,由正弦定理得

PF2 PF1 = sin PF1 F2 sin PF2 F1

则由已知,得

a c = ,即 aPF1 = cPF2 P F2 P F1 1 1

设点 ( x0 , y0 ) 由焦点半径公式,得 PF1 = a + ex0 , PF2 = a ex0 则 a ( a + ex0 ) = c ( a ex0 ) 记得 x0 =

a (c a ) a (e 1) a (e 1) = 由椭圆的几何性质知 x0 > a则 > a ,整理得 e(c a ) e(e + 1) e(e + 1)

e2 + 2e 1 > 0, 解得 e < 2 1或e < 2 1,又e ∈ (0,1) , 故椭圆的离心率 e ∈ ( 2 1,1)
【解析 2】 由解析 1 知 PF1 =

c PF2 由椭圆的定义知 a

c 2a 2 PF1 + PF2 = 2a则 PF2 + PF2 = 2a即PF2 = , 由 椭 圆 的 几 何 性 质 知 a c+a PF2 < a + c, 则
【答案】

2a 2 < a + c, 既c 2 + 2c a 2 > 0, 所以 e2 + 2e 1 > 0, 以下同解析 1. c+a

(

2 1,1

)

(3) (2009 四川卷理)已知直线 l1 : 4 x 3 y + 6 = 0 和直线 l2 : x = 1 ,抛物线 y 2 = 4 x 上一动点 P 到直线 l1 和直线 l2 的距离之和的最小值是( A.2 B.3 C. )

11 5

D.

37 16

【考点定位】本小题考查抛物线的定义,点到直线的距离,综合题.

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【解析 1】直线 l2 : x = 1 为抛物线 y = 4 x 的准线,由抛物线的定义知,P 到 l 2 的距离等于
2

P 到抛物线的焦点 F (1,0) 的距离,故本题化为在抛物线 y 2 = 4 x 上找一个点 P 使得 P 到点

F (1,0) 和直线 l2 的距离之和最小,最小值为 F (1,0) 到直线 l1 : 4 x 3 y + 6 = 0 的距离,即 d min = |40+ 6| = 2 ,故选择 A. 5

【解析 2】如图,由题意可知 d = 【答案】A 】

| 3 ×1 0 + 6 | 32 + 4 2

=2

点评: 由△PAF 成立的条件 这一关键结论

, 再延伸到特殊情形 P, F 共线, A, 从而得出

例 4. (1) (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.

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(2)(2009 山东卷文)(本小题满分 14 分) 设 m ∈ R ,在平面直角坐标系中,已知向量 a = ( mx, y + 1) ,向量 b = ( x, y 1) , a ⊥ b ,动点

M ( x, y ) 的轨迹为 E.
(1)求轨迹 E 的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; (2)已知 m =

1 ,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹 E 恒有两个交 4

点 A,B,且 OA ⊥ OB (O 为坐标原点),并求出该圆的方程; (3)已知 m =

1 ,设直线 l 与圆 C: x 2 + y 2 = R 2 (1<R<2)相切于 A1,且 l 与轨迹 E 只有一个公共点 4

B1,当 R 为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值. 解(1)因为 a ⊥ b , a = ( mx, y + 1) , b = ( x, y 1) , 所以 a b = mx 2 + y 2 1 = 0 , 即 mx 2 + y 2 = 1 .

当 m=0 时,方程表示两直线,方程为 y = ±1 ; 当 m = 1 时, 方程表示的是圆 当 m > 0 且 m ≠ 1 时,方程表示的是椭圆; 当 m < 0 时,方程表示的是双曲线.

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(2).当 m =

1 x2 时, 轨迹 E 的方程为 + y 2 = 1 ,设圆心在原点的圆的一条切线为 y = kx + t ,解 4 4

y = kx + t 2 2 2 2 2 方程组 x 2 得 x + 4( kx + t ) = 4 ,即 (1 + 4k ) x + 8ktx + 4t 4 = 0 , 2 + y =1 4
要使切线与轨迹 E 恒有两个交点 A,B, 则使△= 64k 2t 2 16(1 + 4k 2 )(t 2 1) = 16(4k 2 t 2 + 1) > 0 ,

即 4k t + 1 > 0 ,即 t < 4k + 1 ,
2 2 2 2

8kt x1 + x2 = 1 + 4k 2 且 2 x x = 4t 4 1 2 1 + 4k 2
k 2 (4t 2 4) 8k 2t 2 t 2 4k 2 , + t2 = 1 + 4k 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2

y1 y2 = (kx1 + t )(kx2 + t ) = k 2 x1 x2 + kt ( x1 + x2 ) + t 2 =
要使 OA ⊥ OB ,
2 2

4t 2 4 t 2 4k 2 5t 2 4k 2 4 需使 x1 x2 + y1 y2 = 0 ,即 + = = 0, 1 + 4 k 2 1 + 4k 2 1 + 4k 2
即 5t = 4k + 4 且 t < 4k + 1 ,
2 2 2 2

所以 5t 4k 4 = 0 ,

即 4k + 4 < 20k + 5 恒成立.
2 2

所以又因为直线 y = kx + t 为圆心在原点的圆的一条切线,

4 (1 + k 2 ) t2 4 4 2 所以圆的半径为 r = ,r = =5 = , 所求的圆为 x 2 + y 2 = . 2 2 2 1+ k 1+ k 5 5 1+ k

t

当切线的斜率不存在时,切线为 x = ±

2 x2 2 2 5 ,与 + y 2 = 1 交 于 点 ( 5 ,± 5) 或 5 4 5 5

(

2 2 5 ,± 5 ) 也满足 OA ⊥ OB . 5 5
2 2

综上, 存在圆心在原点的圆 x + y = A,B,且 OA ⊥ OB .

4 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 5

1 x2 (3)当 m = 时,轨迹 E 的方程为 + y 2 = 1 ,设直线 l 的方程为 y = kx + t ,因为直线 l 与圆 4 4
C: x 2 + y 2 = R 2 (1<R<2)相切于 A1, 由(2)知 R =

t

1+ k

2

,

即 t 2 = R 2 (1 + k 2 )

①,

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因为 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,

y = kx + t 2 2 由(2)知 x 2 得 x + 4( kx + t ) = 4 , 2 + y =1 4
即 (1 + 4k ) x + 8ktx + 4t 4 = 0 有唯一解
2 2 2 2 2 2 2 2 2 则△= 64k t 16(1 + 4k )(t 1) = 16(4k t + 1) = 0 ,

即 4k t + 1 = 0 ,
2 2



2 3R 2 t = 4 R2 由①②得 , 2 k 2 = R 1 4 R2

此时 A,B 重合为 B1(x1,y1)点,

8kt x1 + x2 = 1 + 4k 2 4t 2 4 16 R 2 16 2 由 中 x1 = x 2 ,所以, x1 = = , 1 + 4k 2 3R 2 4t 2 4 xx = 1 2 1 + 4k 2
B1(x1,y1)点在椭圆上,所以 y1 = 1
2

1 2 4 R2 4 2 2 2 x1 = ,所以 | OB1 | = x1 + y1 = 5 2 , 2 4 3R R
2 2 2

在 直 角 三 角 形 OA1B1 中 , | A1 B1 | =| OB1 | | OA1 | = 5

4 4 R2 = 5 ( 2 + R2 ) 因 为 2 R R

4 + R 2 ≥ 4 当且仅当 R = 2 ∈ (1, 2) 时取等号,所以 | A1 B1 |2 ≤ 5 4 = 1 ,即 2 R
当R =

2 ∈ (1, 2) 时|A1B1|取得最大值,最大值为 1.

【命题立意】 :本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以 通过解方程组法研究有没有交点问题,有几个交点的问题.

题型 3:证明问题和对称问题

例 5.(1)如图,椭圆

x2 y2 + a2 b

=1(a>b>0)与过点 A(2,0)

B(0,1)的直线有且只有一个公共点 T,且椭圆的离心率 e=

3 . 2

(Ⅰ)求椭圆方程;

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(Ⅱ)设 F 1 ,F 2 分别为椭圆的左,右焦点,M 为线段 AF 1 的中点,求证:∠ATM=∠AF 1 T.

解 (1)由题意:

c 2 = 2 2 1 2 + 2 =1 a b c 2 = a 2 b 2

,解得 a = 4, b = 2 ,所求椭圆方程为
2 2

x2 y 2 + =1 4 2

(2) (2009 天津卷文) (本小题满分 14 分) 已知椭圆

x2 y2 + = 1 ( a > b > 0 )的两个焦点分别为 F1 (c,0), F2 (c,0)(c > 0) ,过点 a2 b2

E(

a2 ,0) 的直线与椭圆相交于点 A,B 两点,且 F1 A // F2 B, | F1 A |= 2 | F2 B | c

(Ⅰ求椭圆的离心率; (Ⅱ)直线 AB 的斜率; (Ⅲ)设点 C 与点 A 关于坐标原点对称,直线 F2 B 上有一点 H(m,n)( m ≠ 0 )在 AF1C 的外 接圆上,求

n 的值. m

解 (1)由 F1 A // F2 B, | F1 A |=| F2 B | ,得

| EF2 | | F2 B | 1 = = ,从而 | EF1 | | F1 A | 2

a2 c c 3 1 c = ,整理得 a 2 = 3c 2 ,故离心率 e = = 2 a 3 2 a +c c
(2)由(1)知, b = a c = 2c ,所以椭圆的方程可以写为 2 x 2 + 3 y 2 = 6c 2
2 2 2 2

a2 设直线 AB 的方程为 y = k ( x ) 即 y = k ( x 3c) c
由已知设 A( x1 , y1 ) B ( x 2 , y 2 ) 则它们的坐标满足方程组

y = k ( x 3c)
2 2 2 2 x + 3 y = 6c

消去 y 整理,得 ( 2 + 3k 2 ) x 2 18k 2 cx + 27 k 2 c 2 6c 2 = 0 依题意, = 48c (1 3k ) > 0,
2 2

3 3 <k< 3 3

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而 x1 + x 2 =

18k 2 27 k 2 c 2 6c 2 , x1 x 2 = ,有题设知,点 B 为线段 AE 的中点, 2 + 3k 2 2 + 3k 2

所以 x1 + 3c = 2 x 2

9 k 2 c 2c 9 k 2 c 2 + 2c 2 2 , x2 = 联立三式, 解得 x1 = , 将结果代入韦达定理中解得 k = ± 2 2 3 . 2 + 3k 2 + 3k
(3)由(2)知, x1 = 0, x 2 =

3c 2 ,当 k = 时,得 A (0, 2c ) 由已知得 C (0, 2c ) 2 3
2c 2 c c = ( x + ), 直线 l 与 x 轴的交点 ( ,0) 是 2 2 2 2

线段 AF1 的垂直平分线 l 的方程为 y

c c AF1C 的外接圆的圆心,因此外接圆的方程为 ( x ) 2 + y 2 = ( + c) 2 2 2

c 9c 2 (m ) 2 + n 2 = 直线 F2 B 的方程为 y = 2 ( x c) ,于是点 H ( m, n) 满足方程组 2 4 n = 2 ( m c )
由 m ≠ 0 ,解得 m =

5c 2 2c n 2 2 ,n = ,故 = 3 2 m 5

当k =

2 n 2 2 时,同理可得 = 3 m 5 .

, 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.

(3)在平面直角坐标系 x O y 中,直线 l 与抛物线 y 2 =2 x 相交于 A,B 两点 ①求证: "如果直线 l 过点 T(3,0) ,那么 OA OB =3"是真命题;
②写出(1)中命题的逆命题,判断它是真命题还是假命题,并说明理由.
→ →

解析: (3)证明:①设过点 T(3,0)的直线 l 交抛物线 y2=2x 于点 A(x1,y1),B(x12,y2). 当直线 l 的钭率下存在时,直线 l 的方程为 x=3,此时,直线 l 与抛物线相交于 A(3, 6 ), B(3, - 6 ),∴ OA OB =3. 当直线 l 的钭率存在时,设直线 l 的方程为 y=k(x-3),其中 k≠0.

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y2=2x y=k(x -3)

得 ky2-2y-6k=0,则 y1y2=-6.

1 2 1 2 y 1 , x2= y 2 , 2 2 1 2 ∴ OA OB =x1x2+y1y2= ( y1 y 2 ) + y1 y 2 =3. 4
又∵x1= 综上所述, 命题"如果直线 l 过点 T(3,0),那么 OA OB =3"是真命题. ②逆命题是: 设直线 l 交抛物线 y2=2x 于 A, 两点,如果 OA OB =3,那么该直线过点 T(3,0). B 该命题是假命题. 例如:取抛物线上的点 A(2,2),B( 直线 AB 的方程为 Y=

1 ,1),此时 OA OB =3, 2

2 (X+1),而 T(3,0)不在直线 AB 上. 3

B(x 或 点评: 由抛物线 y2=2x 上的点 A(x1,y1), 12,y2)满足 OA OB =3,可得 y1y2=-6. y1y2=2, 如果 y1y2=-6,可证得直线 AB 过点(3,0);如果 y1y2=2, 可证得直线 AB 过点(-1,0),而不过点 (3,0). 例 6. (1) (2009 辽宁卷文,理) (本小题满分 12 分) 已知,椭圆 C 以过点 A(1, (1) 求椭圆 C 的方程; (2) E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直 线 EF 的斜率为定值,并求出这个定值. (Ⅰ)解 由题意,c=1,可设椭圆方程为 解

3 ) ,两个焦点为(-1,0) (1,0) . 2

x2 y2 + 2 = 1. 1 + b 2 4b

因为 A 在椭圆上,所以

1 9 3 + 2 = 1 ,解得 b 2 =3, b 2 = (舍去) . 2 1 + b 4b 4

所以椭圆方程为

x2 y 2 + = 1. 4 3

3 x2 y 2 (Ⅱ)证明 设直线AE方程:得 y = k ( x 1) + ,代入 + = 1得 证明 2 4 3
3 (3+4k 2)x 2 +4k (3 2k ) x + 4( k ) 2 12 = 0 2
设E( xE , yE ) F( xF , y F ) , .因为点A(1,

3 )在椭圆上, 2

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3 4( k ) 2 12 所以 xE = 2 , 3 + 4k 2 3 yE = kxE + k . 2
又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以 k 代 k ,可得

3 4( + k ) 2 12 xF = 2 , 3 + 4k 2 3 yF = kxF + + k . 2
所以直线 EF 的斜率 k EF =

y F y E k ( xF + xE ) + 2 k 1 = = . xF xE xF xE 2 1 . 2

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

(2) (2009 福建卷文) (本小题满分 14 分) 已知直线 x 2 y + 2 = 0 经过椭圆 C :

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 的左顶点 A 和上顶点 D,椭圆 a 2 b2 10 3

C 的右顶点为 B ,点 S 和椭圆 C 上位于 x 轴上方的动点,直线, AS , BS 与直线 l : x =
分别交于 M , N 两点 (I)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)求线段 MN 的长度的最小值; (Ⅲ) 当线段 MN 的长度最小时, 在椭圆 C 上是否存在这样的点 T , 使得 TSB 的面积为 若存在,确定点 T 的个数,若不存在,说明理由

1 ? 5

方法一(I)由已知得,椭圆 C 的左顶点为 A( 2, 0), 上顶点为 D (0,1),∴ a = 2, b = 1 解 方法一

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故椭圆 C 的方程为

x2 + y2 = 1 4

(Ⅱ)直线 AS 的斜率 k 显然存在,且 k > 0 ,故可设直线 AS 的方程为 y = k ( x + 2) , 从而 M (

10 16k , ) 3 3

y = k ( x + 2) 2 2 2 2 由 x2 得 (1 + 4k ) x + 16k x + 16k 4 = 0 2 + y =1 4
设 S ( x1 , y1 ), 则 (2), x1 =

16k 2 4 2 8k 2 4k 得 x1 = ,从而 y1 = 2 2 1 + 4k 1 + 4k 1 + 4k 2

即 S(

2 8k 2 4k , ), 又 B(2, 0) 2 1 + 4 k 1 + 4k 2

1 10 y = 4k ( x 2) x = 3 由 得 x = 10 y = 1 3 3k 10 1 ∴N( , ) 3 3k
故 | MN |=

16k 1 + 3 3k

又 k > 0,∴| MN |= 当且仅当

16k 1 16k 1 8 + ≥2 = 3 3k 3 3k 3

16k 1 1 = ,即 k = 时等号成立 3 3k 4 1 8 ∴ k = 时,线段 MN 的长度取最小值 4 3
(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,当 MN 取最小值时, k =

1 4 4 2 5 1 2 ,只须 T 到直线 BS 的距离等于 , 5 4

此时 BS 的方程为 x + y 2 = 0, s ( , ),∴| BS |=

6 4 5 5

要使椭圆 C 上存在点 T ,使得 TSB 的面积等于

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所以 T 在平行于 BS 且与 BS 距离等于 设直线 l ' : x + y + 1 = 0

2 的直线 l 上. 4

则由

|t +2| 2 3 5 = , 解得 t = 或 t = 4 2 2 2

题型 4:知识交汇题 例 7.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 点, O 是坐标原点,向量 OA , OB 满足 OA + OB = OA OB .设圆 C 的方程为

x 2 + y 2 ( 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

2 5 时,求 p 的值 5
2 2

解析:(I)证明 1: ∵ OA + OB = OA OB ,∴ (OA + OB ) = (OA OB )

OA + 2OA OB + OB = OA 2OA OB + OB
整理得: OA OB = 0

2

2

2

2

∴ x1 x2 + y1 y2 = 0
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 整理得: x + y ( x1 + x2 ) x ( y1 + y2 ) y = 0
2 2

故线段 AB 是圆 C 的直径 证明 2: ∵ OA + OB = OA OB ,∴ (OA + OB ) = (OA OB )
2 2

OA + 2OA OB + OB = OA 2OA OB + OB
整理得: OA OB = 0

2

2

2

2

∴ x1 x2 + y1 y2 = 0 ……..(1)

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设(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上则 即

y y2 y y1 = 1( x ≠ x1 , x ≠ x2 ) x x2 x x1

去分母得: ( x x1 )( x x2 ) + ( y y1 )( y y2 ) = 0 点 ( x1 , y1 ), ( x1 , y2 ), ( x2 , y1 )( x2 , y2 ) 满足上方程,展开并将(1)代入得:

x 2 + y 2 ( 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 ) = (OA OB )
2 2

OA + 2OA OB + OB = OA 2OA OB + OB
整理得: OA OB = 0

2

2

2

2

∴ x1 x2 + y1 y2 = 0 ……(1)
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:

x 2 + y 2 ( x1 + x2 ) x ( y1 + y2 ) y = 0
故线段 AB 是圆 C 的直径 (II)解法 1:设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 + x2 x = 2 y = y1 + y2 2
∵ y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

y12 y2 2 ∴ x1 x2 = 4 p2
又因 x1 x2 + y1 y2 = 0

∴ x1 x2 = y1 y2

∴ y1 y2 =

y12 y2 2 4 p2

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∵ x1 x2 ≠ 0,∴ y1 y2 ≠ 0
∴ y1 y2 = 4 p 2 x= x1 + x2 1 1 yy ( y12 + y2 2 ) = ( y12 + y2 2 + 2 y1 y2 ) 1 2 = 2 4p 4p 4p

=

1 2 ( y + 2 p2 ) p

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 | p d= = = 5 5 5p | = | ( y p)2 + p 2 | 5p p p 2 5 = ,由题设得 5 5 5

当 y=p 时,d 有最小值

∴ p = 2.
解法 2: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x +x x= 1 2 2 y = y1 + y2 2

∵ y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

y12 y2 2 ∴ x1 x2 = 4 p2
又因 x1 x2 + y1 y2 = 0

∴ x1 x2 = y1 y2

∴ y1 y2 =

y12 y2 2 4 p2

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∵ x1 x2 ≠ 0,∴ y1 y2 ≠ 0
∴ y1 y2 = 4 p 2 x= x1 + x2 1 1 yy ( y12 + y2 2 ) = ( y12 + y2 2 + 2 y1 y2 ) 1 2 = 2 4p 4p 4p

=

1 2 ( y + 2 p2 ) p

2 2 所以圆心的轨迹方程为 y = px 2 p

设直线 x-2y+m=0 到直线 x-2y=0 的距离为

2 5 ,则 5

m = ±2
因为 x-2y+2=0 与 y 2 = px 2 p 2 无公共点, 所以当 x-2y-2=0 与 y 2 = px 2 p 2 仅有一个公共点时,该点到直线 x-2y=0 的距离最小值为

2 5 5

x 2 y 2 = 0 (2) 2 2 y = px 2 p (3)
将(2)代入(3)得 y 2 2 py + 2 p 2 2 p = 0

∴ = 4 p 2 4(2 p 2 2 p ) = 0

∵p>0 ∴ p = 2.
解法 3: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 + x2 x = 2 y = y1 + y2 2
圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

x1 + x2 ( y1 + y2 ) | 2 d= 5 |

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∵ y12 = 2 px1 , y2 2 = 2 px2 ( p > 0)

∴ x1 x2 =

y12 y2 2 4 p2

又因 x1 x2 + y1 y2 = 0

∴ x1 x2 = y1 y2

∴ y1 y2 =

y12 y2 2 4 p2

∵ x1 x2 ≠ 0,∴ y1 y2 ≠ 0

∴ y1 y2 = 4 p 2
1 ( y12 + y2 2 ) ( y1 + y2 ) | | y 2 + y2 2 + 2 y1 y2 4 p ( y1 + y2 ) + 8 p 2 | 4p ∴d = = 1 5 4 5p | = ( y1 + y2 2 p ) 2 + 4 p 2 4 5p p p 2 5 ,由题设得 = 5 5 5

当 y1 + y2 = 2 p 时,d 有最小值

∴ p = 2.
点评:本小题考查了平面向量的基本运算,圆与抛物线的方程.点到直线的距离公式等基 础知识,以及综合运用解析几何知识解决问题的能力 例 8. (2009 陕西卷文) (本小题满分 12 分) 已知双曲线 C 的方程为

y 2 x2 5 2 = 1(a > 0, b > 0) ,离心率 e = ,顶点到渐近线的距离为 2 a b 2

2 5 . 5
(1)求双曲线 C 的方程; (2)如图,P 是双曲线 C 上一点,A,B 两点在双曲线 C 的两条渐 近线上,且分别位于第一,二象限,若 AP = λ PB, λ ∈ [ , 2] , 求 AOB 面积的取值范围. 方法一 解(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点(0,a)到渐近线

1 3

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ax by = 0的距离为

2 5 , 5

所以

ab a +b
2 2

=

2 5 ab 2 5 所以 = 5 c 5

ab 2 5 = 5 c a = 2 c 5 由 = 得 b = 1 2 a 2 c = a 2 + b 2 c = 5
所以曲线 C 的方程是

y2 x2 = 1 4

(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线 C 的两条渐近线方程为 y = ±2 x 设 A( m, 2m), B n, 2n), m > 0, n > 0 ( 由 AP = λ PB得P点的坐标为(

uuu r

uur

m-λ n 2(m+λ n) , ), 1+λ 1+λ

(1 + λ ) 2 y2 x 2 = 1, 化简得mn= 将 P 点的坐标代入 4 4λ
因为 ∠AOB = 2θ , tan( 又 OA =

π

1 4 θ ) = 2, tan θ = , sin 2θ = 2 2 5

5m, OB = 5n

所以 S AOB =

1 1 1 OA OB sin 2θ = 2mn = (λ + ) + 1 2 2 λ 1 1 1 记 S (λ ) = (λ + ) + 1, λ ∈ [ , 2] 2 3 λ 1 1 则 S ′(λ ) = (1 2 ) 2 λ

由 S ′(λ ) = 0得λ = 1 又 S(1)=2, S ( ) =

1 3

8 9 , S (2) = 3 4
1 8 时, AOB 面积取到最大值 3 3

当 λ = 1 时, AOB 面积取到最小值 2 ,当当 λ =

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所以 AOB 面积范围是 [2, ] 方法二(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点(0,a)到渐近线 ax by = 0的距离为 方法二

8 3

2 5 , 5



ab a +b
2 2

=

2 5 ab 2 5 即 = 5 c 5

ab 2 5 = 5 c a = 2 c 5 得 b = 1 由 = 2 a 2 c = a 2 + b 2 c = 5
y2 所以曲线 C 的方程是 x2 = 1 . 4
(Ⅱ)设直线 AB 的方程为 y = kx + m, 由题意知 k < 2, m > 0



y = kx + m m 2m 得A点的坐标为( , ), 2k 2k y = 2x y = kx + m m 2m 得B点的坐标为( , ), 2+k 2+k y = 2 x



uuu r uur m 1 λ 2m 1 λ ( ), ( + ) AP = λ PB, 得P点的坐标为( 1+ λ 2 k 2 + k 1+ λ 2 k 2 + k
将 P 点的坐标代入

y2 4m 2 (1 + λ )2 x2 = 1 得 = 4 4 k2 λ

设 Q 为直线 AB 与 y 轴的交点,则 Q 点的坐标为(0,m)

S AOB = S AOQ + S BOQ

.

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1 1 1 OQ g x A + OQ g xB = m( x A xB ) 2 2 2 1 1 4m 2 m m = m( + )= g 2 2k 2+k 2 4 k2 1 1 = (λ + ) + 1 2 λ =

(2009 宁夏海南卷文)(本小题满分 12 分) 已知椭圆 C 的中心为直角坐标系 xOy 的原点,焦点在 x 轴上,它 的一个项点到两个 焦点的距离分别是 7 和 1 (1)求椭圆 C 的方程' (2)若 P 为椭圆 C 的动点, M 为过 P 且垂直于 x 轴的直线上的点, C 的离心率) ,求点 M 的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线. 解(1)设椭圆长半轴长及分别为 a,c,由已知得 {

OP OM

= e (e 为椭圆

a c = 1, a + c = 7.

解得 a=4,c=3,

x2 y 2 所以椭圆 C 的方程为 + = 1. 16 7
(Ⅱ)设 M(x,y),P(x, y1 ),其中 x ∈ [ 4, 4] . 由已知得 而e =

x 2 + y12 = e2 . x2 + y 2


3 2 2 2 2 ,故 16( x + y1 ) = 9( x + y ). 4
2 1

112 7 x 2 由点 P 在椭圆 C 上得 , y = , 16
代入①式并化简得 9 y 2 = 112, 所以点 M 的轨迹方程为 y = ±

4 7 (4 ≤ x ≤ 4), 轨迹是两条平行于 x 轴的线段. 3

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67.(2009 湖南卷理)(本小题满分 13 分)在平面直角坐标系 xOy 中,点 P 到点 F(3,0)的 距离的 4 倍与它到直线 x=2 的距离的 3 倍之和记为 d,当 P 点运动时,d 恒等于 点 P 的横坐标与 18 之和 (Ⅰ)求点 P 的轨迹 C; (Ⅱ)设过点 F 的直线 l 与轨迹 C 相交于 M,N 两点,求线段 MN 长度的最大值. ,则 d = 4 ( x 3) y + 3x-2 解(Ⅰ)设点 P 的坐标为(x,y)
2 2

由题设 当 x>2 时,由①得 ( x 3) + y = 6
2 2

1 x, 化简得 2

x2 y 2 + = 1. 36 27

当 x ≤ 2 时 由①得 (3 + x ) + y = 3 + x, 化简得 y 2 = 12 x
2 2

x2 y2 故点 P 的轨迹 C 是椭圆 C1 : + = 1 在直线 x=2 的右侧部分与 36 27
抛物线 C2 : y = 12 x 在直线 x=2 的左侧部分(包括它与直线 x=2 的交点)
2

所组成的曲线,参见图 1 (Ⅱ)如图 2 所示,易知直线 x=2 与 C1 , C2 的交点都是 A(2, 2 6 ) ,B(2, 2 6 ) , 直线 AF,BF 的斜率分别为 k AF = 2 6 , k BF = 2 6 . 当点 P 在 C1 上时,由②知

PF = 6

1 x. 2



当点 P 在 C2 上时,由③知

PF = 3 + x



若直线 l 的斜率 k 存在,则直线 l 的方程为 y = k ( x 3) (i)当 k≤ k AF ,或 k≥ k BF ,即 k≤-2 N( x 2 , y 2 )都在 C
1 上,此时由④知

6 时,直线 I 与轨迹 C 的两个交点 M( x1 , y1 ) ,

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1 x 2 2 1 1 1 从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= (6 x1 )+ (6 x 2 )=12 - ( x1 + x 2 ) 2 2 2
∣MF∣= 6 ∣NF∣= 6 -

1 x1 2

y = k ( x 3) 2 2 2 2 由 x2 y2 得 (3 + 4k ) x 24k x + 36k 108 = 0 则 x1 , y1 是这个方程的两根, =1 + 36 27
所以 x1 + x 2 =

24k 2 1 12k 2 *∣MN∣=12 ( x1 + x 2 )=12 3 + 4k 2 2 3 + 4k 2

因为当 k ≤ 2 6, 或k ≥ 2 6时, k 2 ≥ 24,

MN = 12

12k 2 12 100 = 12 = . 2 1 3 + 4k 11 +4 k2

当且仅当 k = ±2 6 时,等号成立. (2) k AE < k < k AN , 2 6 < k < 2 6 时, 当 直线 L 与轨迹 C 的两个交点 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) 分 别 在 C1 , C2 上 , 不 妨 设 点 M 在 C1 上 , 点 C2 上 , 则 ④ ⑤ 知 ,

1 MF = 6 x1 , NF = 3 + x2 2
设直线 AF 与椭圆 C1 的另一交点为 E ( x0 , y0 ), 则x0 < x1 , x2 < 2.

1 1 MF = 6 x1 < 6 x0 = EF , NF = 3 + x2 < 3 + 2 = AF 2 2
所以 MN = MF + NF < EF + AF = AE .而点 A,E 都在 C1 上,且

k AE = 2 6, 有(1)知 AE =

100 100 , 所以 MN < 11 11

若直线 ι 的斜率不存在,则 x1 = x2 =3,此时

1 100 MN = 12 ( x1 + x2 ) = 9 < 2 11
综上所述,线段 MN 长度的最大值为

100 11 .

五.【思维总结】 .【思维总结】 思维总结
1.注意圆锥曲线的定义在解题中的应用,注意解析几何所研究的问题背景平面几何的 一些性质;

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2.复习时要突出"曲线与方程"这一重点内容 曲线与方程有两个方面:一是求曲线方程,二是由方程研究曲线的性质.这两方面的问 题在历年高考中年年出现,且常为压轴题.因此复习时要掌握求曲线方程的思路和方法,即 在建立了平面直角坐标系后,根据曲线上点适合的共同条件找出动点 P(x,y)的纵坐标 y 和横坐标 x 之间的关系式,即 f(x,y)=0 为曲线方程,同时还要注意曲线上点具有条件, 确定 x,y 的范围,这就是通常说的函数法,它是解析几何的核心,应培养善于运用坐标法 解题的能力,求曲线的常用方法有两类:一类是曲线形状明确且便于用标准形式,这时用待 定系数法求其方程;另一类是曲线形状不明确或不便于用标准形式表示,一般可用直接法, 间接代点法, 参数法等求方程. 二要引导如何将解析几何的位置关系转化的代数数量关系进 而转化为坐标关系,由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决,要 加强等价转化思想的训练. 3.重视对数学思想,方法进行归纳提炼,达到优化解题思维,简化解题过程 ①方程思想, 解析几何的题目大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线, 因此把直线与 圆锥曲线相交的弦长问题利用韦达定理进行整体处理,就简化解题运算量 ②用好函数思想方法 对于圆锥曲线上一些动点,在变化过程中会引入一些相互联系,相互制约的量,从而使 一些线的长度及 a,b,c,e 之间构成函数关系,函数思想在处理这类问题时就很有效. ③掌握坐标法 坐标法是解析几何的基本方法,因此要加强坐标法的训练. ④对称思想 由于圆锥曲线和圆都具有对称性质, 可使分散的条件相对集中, 减少一些变量和未知量, 简化计算,提高解题速度,促成问题的解决. ⑤参数思想 参数思想是辩证思维在数学中的反映,一旦引入参数,用参数来划分运动变化状态,利 用圆,椭圆,双曲线上点用参数方程形式设立或(x0,y0)即可将参量视为常量,以相对静 止来控制变化,变与不变的转化,可在解题过程中将其消去,起到"设而不求"的效果. ⑥转化思想 解决圆锥曲线时充分注意直角坐标与极坐标之间有联系, 直角坐标方程与参数方程, 极 坐标之间联系及转化,利用平移得出新系坐标与原坐标之间转化,可达到优化解题的目的. 除上述常用数学思想外,数形结合,分类讨论,整体思想,构造思想也是不可缺少的思 想方法,复习也应给予足够的重视

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