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2014高考数学第一轮复习精品学案第35讲:曲线方程及圆锥曲线的综合问题

时间:2013-10-01


普通高考数学科一轮复习精品学案
第 35 讲 曲线方程及圆锥曲线的综合问题
一.课标要求
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。

二.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。

三.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; 建 立 适 当 的 直 角 坐 标 “设”:设动点坐标。 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,应仔细分析题

-1-

件,列出几何等式。 3、“代”:代换

的集合 P={M|P(M)} 用坐标法表示条件 P(M), 列出方程 f(x,y)=0

意,使写出的条件简明正确。 常常用到一些公式。

4、“化”:化简

化方程 f(x,y)=0 为最简 形式。

要注意同解变形。

5、证明

证明化简以后的方程的 解为坐标的点都是曲线 上的点。

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。 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:

-2-

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:
建立坐标系 转化成数学问题

实际问题

数学模型方程

模型的解

翻译回去

讨论方程的解

(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。

四.典例解析
题型 1:求轨迹方程 例 1. (1)一动圆与圆 x ? y ? 6 x ? 5 ? 0 外切,同时与圆 x ? y ? 6 x ? 91 ? 0 内切,
2 2 2 2

求动圆圆心 M 的轨迹方程,并说明它是什么样的曲线。

-3-

(2)双曲线 迹方程。

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 的轨 9

解析: (法一)设动圆圆心为 M ( x, y ) ,半径为 R ,设已知圆的圆心分别为 O1 、 O2 , (1) 将圆方程分别配方得: ( x ? 3) ? y ? 4 , ( x ? 3) ? y ? 100 ,
2 2 2 2

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

y

P
O1 O2

x

| O1M | ? | O2 M |? 12 ,
即 ③ 移项再两边分别平方得:

( x ? 3) 2 ? y 2 ? ( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12

2 ( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12 ? x
2 2



两边再平方得: 3x ? 4 y ? 108 ? 0 ,

x2 y 2 ? ?1, 整理得 36 27
所以,动圆圆心的轨迹方程是

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

-4-

∴圆心轨迹方程为

x2 y 2 ? ?1。 36 27

(2)如图,设 P, M 点坐标各为 P( x1 , y1 ), M ( x, y ) ,∴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 ? 3 x ? 3 由三角形重心坐标公式有 ? ,即 ? 。 ? y1 ? 3 y ? y ? y1 ? 0 ? 0 ? 3 ?
∵ y1 ? 0 ,∴ y ? 0 。

(3x) 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 ? 9 y ? 1( y ? 0) 。
2 2

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.设 P 为双曲线 的轨迹方程是

x2 2 ? y =1 上一动点,O 为坐标原点,M 为线段 OP 的中点,则点 M 4


解析: (1)答案:x2-4y2=1 设 P(x0,y0) ∴M(x,y) ∴x?

x0 y ,y? 0 2 2

∴2x=x0,2y=y0



4x2 -4y2=1 ? x2-4y2=1 4

点评:利用中间变量法(转移法)是求轨迹问题的重要方法之一。 题型 2:圆锥曲线中最值和范围问题 例 3.1) AB 是过椭圆 ( 设
2 2 x y ? 2 ? ( ? ? )中心的弦, 1a b 0 椭圆的左焦点为 F ?, , ( ) 1 c 0 2 a b

-5-

则△ F1AB 的面积最大为( A. bc (2)已知双曲线 B. ab

) C. a c D. b
2

2 2 x y ? 2 ?( ? , 0的左右焦点分别为 F1,F2,点 P 在双曲线 1 0 b ) a ? 2 a b

的右支上,且 |P| 4 F,则此双曲线的离心率的最大值是( F |P | 1? 2 A.



4 3

B.

5 3

C. 2

D.

7 2

(3)已知 A(3,2) 、B(-4,0) ,P 是椭圆 值为( A. 10 C. 10 ? 5 ) B. 10 ? 5 D. 10?2 5

x2 y2 ? ? 1 上一点,则|PA|+|PB|的最大 25 9

解析: (1)如图,由椭圆对称性知道 O 为 AB 的中点,则△ F1OB 的面积为△ F1AB 面积 的一半。又 |O 1|?c,△ F1OB 边 OF1 上的高为 y B ,而 y B 的最大值是 b,所以△ F1OB 的面 F 积最大值为

1 c b 。所以△ F1AB 的面积最大值为 cb。 2

点评:抓住△ F1AB 中 |O 1|?c为定值,以及椭圆是中心对称图形。 F (2)解析:由双曲线的定义, 得: | F| F 2, P| P| a ? 2? 1 又 |P| 4 F,所以 3 F? a F |P | |P2| 2 ,从而 | PF2 | ? 1? 2 由双曲线的第二定义可得

2 a 3

| P F2 | c ? , 2 a a x? c

所以 x ?

5a 2 52 a c 5 , ?a,从而 e ? ? 。故选 B。 。又 x ?a 即 3c 3 c a 3
-6-

点评: P 在双曲线的右支上”是衔接两个定义的关键, “点 也是不等关系 件。利用这个结论得出关于 a、c 的不等式,从而得出 e 的取值范围。

5a 2 ? a 成立的条 3c

(3)解析:易知 A(3,2)在椭圆内,B(-4,0)是椭圆的左焦点(如图) ,则右焦点 为 F(4,0) 。连 PB,PF。由椭圆的定义知:

|P| |P|? 0 B F 1, ?
所以 ||0 所A ? ? 。 P F A ? 0 || B ,|| ? ? F ? 1 ?以1 || P|| B || ( P PP ? 01 || P P|| ) ? FA P 由平面几何知识,

| P? F |A ,即 (AB ? | F | A P| F | | |? | | || |m 1A PPi 0 | ?) ?, n
而 | F ( ? ? ? ?5 , A? 34 ( ) | ) 20
2 2

所以 ( AP m? ? 。 | | | Bi 1 5 P ? | n 0 ) 点评:由△ PAF 成立的条件 | P? F |A ,再延伸到特殊情形 P、A、F 共线,从而 | A P| F | | |? | 得出 | P? F |A 这一关键结论。 | A P| F | | |? |

例 4.1) P 是椭圆 ( 设 的最大值。

x2 ? y 2 ? 1? a ? 1? 短轴的一个端点, 为椭圆上的一个动点, PQ 求 Q 2 a

(2) 已知在平面直角坐标系 xOy 中的一个椭圆, 它的中心在原点,左焦点为 F ( ? 3, 0) , 右顶点为 D(2, 0) ,设点 A ? 1,

? 1? ?. ? 2?

①求该椭圆的标准方程; ②若 P 是椭圆上的动点,求线段 PA 中点 M 的轨迹 方程;

-7-

③过原点 O 的直线交椭圆于点 B, C ,求 ?ABC 面积的最大值。 (3)已知椭圆的中心在坐标原点 O,焦点在 x 轴上,椭圆的短轴端点和焦点所组成的四 边形为正方形,两准线间的距离为 l。 (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)直线 l 过点 P(0,2)且与椭圆相交于 A、B 两点,当 ΔAOB 面积取得最大值时,求直线 l 的方程。 解析: (1)依题意可设 P(0,1),Q(x,y),则 |PQ|= x2+(y-1)2 ,又因为 Q 在椭圆上, 所以,x2=a2(1-y2), |PQ|2= a2(1-y2)+y2-2y+1=(1-a2)y2-2y+1+a2, =(1-a2)(y- 1 1 )2- +1+a2 。 1-a2 1-a2

a2 a2-1 1 1 因为|y|≤1,a>1, 若 a≥ 2, 则| , 2|≤1, 当 y= 2时, |PQ|取最大值 1-a 1-a a2-1 若 1<a< 2,则当 y=-1 时, |PQ|取最大值 2。 (2)①由已知得椭圆的半长轴 a=2,半焦距 c= 3 ,则半短轴 b=1,

又椭圆的焦点在 x 轴上, ∴椭圆的标准方程为

x2 ? y2 ? 1。 4

②设线段 PA 的中点为 M(x,y) ,点 P 的坐标是(x0,y0), x= 由

x0 ? 1 2

y0 ?
y=

1 2



x0=2x-1 y0=2y-

2

1 2

由,点 P 在椭圆上,得

(2 x ? 1) 2 1 ? (2 y ? ) 2 ? 1 , 4 2

∴线段 PA 中点 M 的轨迹方程是 ( x ? ) ? 4( y ? ) ? 1 。
2 2

1 2

1 4

③当直线 BC 垂直于 x 轴时,BC=2,因此△ ABC 的面积 S△ ABC=1。

x2 ? y2 ? 1, 当直线 BC 不垂直于 x 轴时,说该直线方程为 y=kx,代入 4
解得 B(

2 4k ? 1
2

,

2k 4k ? 1
2

),C(-

2 4k ? 1
2

,-

2k 4k 2 ? 1

),

-8-

则 BC ? 4

1? k

2

k?
,又点 A 到直线 BC 的距离 d=

1 2

1 ? 4k 2

1? k 2



∴△ ABC 的面积 S△ ABC=

2k ? 1 1 AB ? d ? 。 2 1 ? 4k 2

于是 S△ ABC= 由

4k 2 ? 4k ? 1 4k ? 1? 2 。 2 4k ? 1 4k ? 1

4k 1 ≥-1,得 S△ ABC≤ 2 ,其中,当 k=- 时,等号成立。 2 2 4k ? 1

∴S△ ABC 的最大值是 2 。 (3)解:设椭圆方程为

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? c) a 2 b2

?b ? c ? 2 ? 2a (Ⅰ)由已知得 ? ?4 ? c ? ?a 2 ? b 2 ? c 2 ?

?a 2 ? 2 ? 2 x2 b ? 1 ∴所求椭圆方程为 ? y 2 ? 1 。 ? 2 ?c 2 ? 1 ?

( Ⅱ ) 解 法一 : 由题 意 知 直 线 l 的 斜 率存 在 , 设 直线 l 的 方 程 为

y ? k ? 2 , A x,1 y) , B( x2 , y ) x ( 1 2

? y ? kx ? 2 ? 2 2 由 ? x2 ,消去 y 得关于 x 的方程: (1 ? 2k ) x ? 8kx ? 6 ? 0 , 2 ? ? y ?1 ?2
2 ? 由直线 l 与椭圆相交于 A、B 两点,? ? 0 ? 64k ? 24(1 ? 2k ) ? 0 ,解得 k ?
2 2

3 。 2

8k ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 ? 又由韦达定理得 ? , ?x ? x ? 6 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
?| AB |? 1 ? k 2 | x1 ? x2 |? 1 ? k 2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ?
原点 O 到直线 l 的距离 d ?

1? k 2 16k 2 ? 24 。 1 ? 2k 2

2 1? k 2



-9-

? S? AOB

1 16k 2 ? 24 2 2 2k 2 ? 3 ? | AB | ?d ? ? . 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 16k 2 ? 24 两边平方整理得: 1 ? 2k 2

解法 1:对 S ?

, 4S 2 k 4 ? 4( S 2 ? 4)k 2 ? S 2 ? 24 ? 0 (*)

? ?16( S 2 ? 4) 2 ? 4 ? 4 S 2 ( S 2 ? 24) ? 0, ? 2 1 ?4 ? S 2 ∵ S ? 0,? ,整理得: S ? 。 ?0 2 2 ? S 2 ? S ? 24 ?0 ? ? 4S 2
又 S ? 0 , ?0 ? S ?

2 2 ,从而 S? AOB 的最大值为 S ? , 2 2 14 。 2

4 2 此时代入方程(*)得 4k ? 28k ? 49 ? 0 ,? k ? ?

所以,所求直线方程为: ? 14 x ? 2 y ? 4 ? 0 。 解法 2:令 m ?

2k 2 ? 3(m ? 0) ,则 2k 2 ? m2 ? 3 。

?S ?

2 2m 2 2 2 ? ? 2 m ?4 m? 4 2 m
2 14 4 即 m ? 2 时, S max ? ,此时 k ? ? 。 2 2 m

当且仅当 m ?

所以,所求直线方程为 ? 14 ? 2 y ? 4 ? 0 解法二:由题意知直线 l 的斜率存在且不为零。 设直线 l 的方程为 y ? kx ? 2, A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) , 则直线 l 与 x 轴的交点 D(?

2 , 0) , k

8k ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 3 ? 2 由解法一知 k ? 且 ? , 6 2 ? x ?x ? ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
- 10 -

解法 1: S? AOB ?

1 1 2 | OD | ? | y1 ? y2 |? | | ? | kx1 ? 2 ? kx2 ? 2 | 2 2 k
= | x1 ? x2 |

? ( x 2 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x2

?

16k 2 ? 24 1 ? 2k 2 2 2 2k 2 ? 3 . 1 ? 2k 2

?
下同解法一.

解法 2: S? AOB ? S? POB ? S? POA ? 下同解法一。

2 2 2k 2 ? 3 1 。 ? 2? || x2 | ? | x1 || ?| x2 ? x1 | 1 ? 2k 2 2

点评:文科 06 年高考主要考察了圆锥曲线的最值问题,主要是三角形的面积、弦长问题。 处理韦达定理以及判别式问题啊是解题的关键。 题型 3:证明问题和对称问题

例 5. (1)如图,椭圆

x2 y2 ? =1(a>b>0)与 a2 b

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; (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。

(2)设 A, B 分别为椭圆 且 x ? 4 为它的右准线。 (Ⅰ) 、求椭圆的方程;

x2 y 2 ? ? 1(a, b ? 0) 的左、右顶点,椭圆长半轴的长等于焦距, a 2 b2

(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

- 11 -

于异于 A, B 的点 M、N ,证明点 B 在以 MN 为直径的圆内。 (3)在平面直角坐标系 x O y 中,直线 l 与抛物线 y =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: (I)过点 A 、 B 的直线方程为 (1)
?? ?

2

?? ?

x ? y ? 1. 2

? x2 y2 ? 2 ? 2 ?1 ? b 因为由题意得 ? a 有惟一解, ?y ? ? 1 x ?1 ? 2 ?
即 (b ?
2

1 2 2 a ) x ? a 2 x 2 ? a 2 ? a 2b2 ? 0 有惟一解, 4
2 2 2 2

所以 ? ? a b (a ? 4b ? 4) ? 0 又因为 e ?

( ab ? 0 ) ,故 a ? 4b ? 4 ? 0.
2 2

3 ,即 2

a 2 ? b2 3 ? , 所以 a2 4 x2 ? 2 y 2 ? 1. 2

a 2 ? 4b2 . 从而得

1 a 2 ? 2, b 2 ? , 2

故所求的椭圆方程为

(II)由(I)得

c?

6 6 6 6 , 故 F1 (? , 0), F2 ( , 0), 从而 M (1 ? , 0). 2 2 2 4

? x2 2 ? ? 2y ? 1 1 ? 由? 2 ,解得 x1 ? x2 ? 1, 所以 T (1, ). 2 ?y ? ? 1 x ?1 ? 2 ?
因为 tan ?AFT ? 1

6 2 1 ? 1, 又 tan ?TAM ? , tan ?TMF2 ? , 2 2 6

2 1 ? 6 2 ? 6 ? 1, 因此 ?ATM ? ?AFT . 得 tan ?ATM ? 1 1 2 1? 6
点评:本题主要考查直线与椭圆的位置关系、椭圆的几何性质,同时考察解析几何的基 本思想方法和综合解题能力。

- 12 -

(2) (Ⅰ)依题意得 a=2c,

a2 =4,解得 a=2,c=1,从而 b= 3 . c

故椭圆的方程为

x2 y2 ? ? 1. 4 3

(Ⅱ)解法 1:由(Ⅰ)得 A(-2,0) ,B(2,0).设 M(x0,y0). ∵M 点在椭圆上, 0= (4-x02) ∴y . 1 ○ 又点 M 异于顶点 A、 ∴-2<x0<2, B, 由 P、A、M 三点共线可以得
-4

3 4

2

M

1

A -2

2

B

4

-1

P(4,

6 y0 ). x0 ? 2

N
-2

-3

从而 BM =(x0-2,y0) ,

BP =(2,

6 y0 ). x0 ? 2
2

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

2 ○

5 (2-x0). 2

BP ∵2-x0>0,∴ BM · >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) ,

则-2<x1<2,-2<x2<2,又 MN 的中点 Q 的坐标为(

x1 ? x 2 y ? y2 , 1 ) , 2 2

依题意,计算点 B 到圆心 Q 的距离与半径的差

- 13 -

BQ -

2

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

又直线 AP 的方程为 y=

y1 y2 ( x ? 2) ,直线 BP 的方程为 y= ( x ? 2) , x1 ? 2 x2 ? 2

而点两直线 AP 与 BP 的交点 P 在准线 x=4 上,



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

4 ○

又点 M 在椭圆上,则

x1 y 3 2 2 ? 1 ? 1 ,即 y1 ? (4 ? x1 ) 4 3 4
2

2

2

5 ○

于是将○、○代入○,化简后可得 BQ - 4 5 3 从而,点 B 在以 MN 为直径的圆内。

1 5 2 MN = (2-x1 )( x2 ? 2) ? 0 . 4 4

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)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. y2=2x 当 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.
- 14 -

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

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, B(x 或 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)。

x2 y 2 例 6. (1)椭圆 C: 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的两个焦点为 F1,F2,点 P 在椭圆 C 上,且 a b

4 14 PF1 ? F1F2 ,| PF1 |? ,| PF2 |? . 3 3
(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)若直线 l 过圆 x2+y2+4x-2y=0 的圆心,交椭圆 C 于 A, B 两点,且 A、B 关于点 M 对称,求直线 l 的方程。 (2)已知三点 P(5,2) F1 (-6,0) F2 (6,0) 、 、 。 (Ⅰ)求以 F1 、 F2 为焦点且过点 P 的椭圆的标准方程; (Ⅱ)设点 P、 F1 、 F2 关于直线 y=x 的对称点分别为 P ? 、 F1' 、 F2' ,求以 F1' 、 F2' 为焦 点且过点 P ? 的双曲线的标准方程。 解析: (1)解法一: (Ⅰ)因为点 P 在椭圆 C 上, 所以 2a ? PF1 ? PF2 ? 6 , a=3. 在 Rt△ PF1F2 中, F1 F2 ? O

PF2 ? PF1

2

2

? 2 5, 故
x2 y2 ? =1。 9 4

椭圆的半焦距 c= 5 ,从而 b2=a2-c2=4,所以椭圆 C 的方程为 (Ⅱ)设 A,B 的坐标分别为(x1,y1)(x2,y2) 、 。

已知圆的方程为(x+2)2+(y-1)2=5,所以圆心 M 的坐标为(-2,1). 从而可设直线 l 的方程为 y=k(x+2)+1, 代入椭圆 C 的方程得

- 15 -

(4+9k2)x2+(36k2+18k)x+36k2+36k-27=0. 因为 A,B 关于点 M 对称. 所以

x1 ? x 2 18k 2 ? 9k ?? ? ?2. 2 4 ? 9k 2

解得 k ?

8 , 9 8 ( x ? 2) ? 1, 9

所以直线 l 的方程为 y ? 即 8x-9y+25=0.

(经检验,所求直线方程符合题意) 解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)已知圆的方程为(x+2)2+(y-1)2=5,所以圆心 M 的坐标为(-2,1). 设 A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).由题意 x1 ? x2 且

x1 y ? 1 ? 1, ① 9 4 x2 y ? 2 ? 1, ② 9 4
由①-②得:
2 2

2

2

( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ( y1 ? y 2 )( y1 ? y 2 ) ? ? 0. 9 4



因为 A、B 关于点 M 对称,所以 x1+ x2=-4,y1+ y2=2。 代入③得

y1 ? y 2 8 8 8 = ,即直线 l 的斜率为 ,所以直线 l 的方程为 y-1= (x+2) , x1 ? x 2 9 9 9

即 8x-9y+25=0。 (经检验,所求直线方程符合题意.) (2)①由题意可设所求椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1 (a>b>0), 其 半 焦 距 a 2 b2

2 2 2 2 c=6, 2a ? PF1 ? PF2 ? 11 ? 2 ? 1 ? 2 ? 6 5 ∴ a ? 3 5 ,b2=a2-c2=9。

所以所求椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ?1 45 9
, , ,

②点 P(5,2)、F1(-6,0)、F2(6,0)关于直线 y=x 的对称点分别为点 P (2,5)、F1 (0,-6)、F2
- 16 -

(0,6)。 设所求双曲线的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1(a1 ? 0, b1 ? 0) 。 a12 b12

由题意知,半焦距 c1=6, 2a1 ? P?F1? ? P?F2? ?

112 ? 22 ? 12 ? 22 ? 4 5 。
x2 y2 ? ?1。 20 16

a1 ? 2 5 ,b12=c12-a12=36-20=16. 所以所求双曲线的标准方程为

点评:本小题主要考查椭圆与双曲线的基本概念、标准方程、几何性质等基础知识和基 本运算能力。 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 px( p ? 0) 上的两个动点, O
2

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;

2 5 时,求 p 的值。 5 ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? ??? ??? 2 ? ? ??? ??? 2 ? ? 解析:(I)证明 1: ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB ) ? (OA ? OB )
(II)当圆 C 的圆心到直线 X-2Y=0 的距离的最小值为

??? 2 ? ??? ??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? ? ??? ??? ??? 2 ? ? ? OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB
整理得: OA ? OB ? 0

??? ??? ? ?

? 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
2 2 证明 2: ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB ) ? (OA ? OB )

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

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

- 17 -

整理得: OA ? OB ? 0

??? ??? ? ?

? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ……..(1)
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
2 2 证明 3: ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB ) ? (OA ? OB )

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? 2 ? ??? ??? ??? 2 ??? 2 ? ? ? ? ??? ??? ??? 2 ? ? ? OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB
整理得: OA ? OB ? 0

??? ??? ? ?

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

(x ?

x1 ? x2 2 y ?y 1 ) ? ( y ? 1 2 )2 ? [( 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)

? x1 x2 ?

y12 y2 2 4 p2

- 18 -

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

x?

x1 ? x2 yy 1 1 ? ( 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
当 y=p 时,d 有最小值

p 2 5 p ? ,由题设得 5 5 5

? p ? 2.
解法 2: 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)

? x1 x2 ?

y12 y2 2 4 p2

- 19 -

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

x?

x1 ? x2 yy 1 1 ? ( 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 ? px ? 2 p 无公共点,
2 2

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

2 5 5

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

?? ? 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
- 20 -

圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

x1 ? x2 ? ( y1 ? y2 ) | 2 d? 5 |
? 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 ) | | y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ? 4 p( y1 ? y2 ) ? 8 p 2 | 4p ?d ? ? 5 4 5p |
? ( y1 ? y2 ? 2 p ) 2 ? 4 p 2 4 5p p 2 5 p ? ,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.如图,对每个正整数 n , An ( xn , yn ) 是抛 线 x ? 4 y 上的点,过焦点 F 的直线 FAn 角抛物线于
2

物 另

一点 Bn ( sn , tn ) 。 (Ⅰ)试证: xn sn ? ?4(n ? 1) ;

- 21 -

(Ⅱ)取 xn ? 2 ,并记 Cn 为抛物线上分别以 An 与 Bn 为切点的两条切线的交点。
n

试证: FC1 ? FC2 ? ? ? FCn ? 2 ? 2
n

? 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 x ? 4 y 联立得: x ? 4k n x ? 4 ? 0 ,
2
2

由一元二次方程根与系数的关系得 xn sn ? ?4(n ? 1) . (Ⅱ)对任意固定的 n ? 1, 利用导数知识易得抛物线 x ? 4 y 在 An 处的切线的斜率
2

k An ?

xn x , 故 x 2 ? 4 y 在 An 处的切线的方程为: y ? yn ? n ( x ? xn ) ,……① 2 2 s 2 类似地,可求得 x ? 4 y 在 Bn 处的切线的方程为: y ? tn ? n ( x ? sn ) ,……② 2
2 2 2 2 xn ? sn xn ? sn xn sn 由②-①得: yn ? tn ? ? x? ? ? , 2 2 4 4

xn ? sn x2 ? s2 x ?s x ? n n ,? x ? n n ……③ 2 4 2
将③代入①并注意 xn sn ? ?4 得交点 Cn 的坐标为 ( 由两点间的距离公式得: FCn
2

xn ? sn , ?1) . 2

?(

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

?

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

现在 xn ? 2 ,利用上述已证结论并由等比数列求和公式得:

FC1 ? FC2 ? ? ? FCn ? ?

1 1 1 1 ( x1 ? x2 ? ? ? xn ) ? 2( ? ??? ) 2 x1 x2 xn

1 1 1 1 (2 ? 22 ? ? ? 2n ) ? 2( ? 2 ? ? ? n ) ? (2n ? 1) ? (2 ? 21? n ) ? 2 n ? 2 ? n ?1 ? 1. 2 2 2 2

点评:该题是圆锥曲线与数列知识交汇的题目。

五.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;
- 22 -

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
- 23 -

想方法,复习也应给予足够的重视。

- 24 -


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