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第35讲 曲线方程及圆锥曲线的综合问题

时间:2011-01-14

第三十五讲 第三十五讲—曲线方程及圆锥曲线的综合问题
一.课标要求: 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 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。

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; “设” 设动点坐 : 标。 2、现(限):由限制 条件,列出几何等 式。 3、 “代” :代换 4、 “化” :化简 5、证明 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。 写出适合条件 P 的点 M 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 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。 (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。 这是求曲线方程的重要一步, 应仔细分析 题意,使写出的条件简明正确。 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)。

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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:

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:

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实际问题

建立坐标系 转化成数学问题

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 : (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, 例 1. . 求动圆圆心 M 的轨迹方程,并说明它是什么样的曲线。
2 2 2 2

x2 (2)双曲线 ? y 2 = 1 有动点 P , F1 , F2 是曲线的两个焦点,求 ?PF1 F2 的重心 M 9
的轨迹方程。 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) 2 + y 2 = 4 , ( x ? 3) 2 + y 2 = 100 , 当 ① 当 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:

M 与 O1 相切时,有 | O1M |= R + 2 M 与 O2 相切时,有 | O2 M |= 10 ? R

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
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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 , 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 = 3x ? 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 。
已知点 P 在双曲线上,将上面结果代入已知曲线方程,有 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。

(3 x) 2 ? (3 y ) 2 = 1( y ≠ 0) 9

x2 2 (2001 上海,3)设 P 为双曲线 ? y =1 上一动点,O 为坐标原点,M 为线段 例 2. . 4
OP 的中点,则点 M 的轨迹方程是 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

4x 2 ∴ -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 ) 设 AB 是 过 椭 圆

x2 y2 + = 1(a > b > 0) 中 心 的 弦 , 椭 圆 的 左 焦 点 为 a 2 b2
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F1 ( ?c, 0) ,则△F1AB 的面积最大为(
A. bc (2)已知双曲线 B. ab

) C. ac D. b 2

x2 y2 ? = 1(a > 0,b > 0) 的左右焦点分别为 F1,F2,点 P 在双曲线 a 2 b2


的右支上,且 | PF1 | = 4| PF2 | ,则此双曲线的离心率的最大值是( A.

4 3

B.

5 3

C. 2

D.

7 2

x2 y2 (3)已知 A(3,2) 、B(-4,0) 是椭圆 ,P + = 1 上一点,则|PA|+|PB|的最大 25 9
值为( A. 10 C. 10 + 5 ) B. 10 ? 5 D. 10 + 2 5

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 | OF1 | = c ,△F1OB 边 OF1 上的高为 y B ,而 y B 的最大值是 b,所以△F1OB 的面积最大值为

1 cb 。所以△F1AB 的面积最大值为 cb。 2

点评:抓住△F1AB 中 | OF1 | = c 为定值,以及椭圆是中心对称图形。 (2)解析:由双曲线的定义, 得: | PF1 |?| PF2 | = 2a , 又 | PF1 | = 4| PF2 | ,所以 3| PF2 | = 2a ,从而 | PF2 | =

2 a 3

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由双曲线的第二定义可得

| PF2 | c = , 2 a a x? c

所以 x =

5a 2 5a 2 c 5 。又 x ≥ a,即 ≥ a ,从而 e = ≤ 。故选 B。 3c 3c a 3
5a 2 ≥ a成 3c

点评: “点 P 在双曲线的右支上”是衔接两个定义的关键,也是不等关系

立的条件。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。 (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:

| PB|+| PF | = 10 ,
所以 | PB| = 10?| PF | ,所以| PA|+| PB| =| PA|+10?| PF | = 10 + (| PA|?| PF |) 。 由平面几何知识,

|| PA|?| PF || ≤| AF | ,即 (| PA|+| PB|) min = 10+| AF | ,
而 | AF | =

(3 ? 4) 2 + (2 ? 0) 2 = 5 , 所以 (| PA|+| PB|) min = 10 + 5 。

点评:由△PAF 成立的条件 || PA|?| PF || <| AF | ,再延伸到特殊情形 P、A、F 共线, 从而得出 || PA|?| PF || ≤| AF | 这一关键结论。

(1) 例 4. (06 全国 1 文,21)设 P 是椭圆 圆上的一个动点,求 PQ 的最大值。

x2 + y 2 = 1( a > 1) 短轴的一个端点, Q 为椭 2 a

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(2) (06 上海文,21)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; ③过原点 O 的直线交椭圆于点 B, C ,求 ?ABC 面积的最大值。 (3) (06 山东文,21)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

? 1? ?. ? 2?

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= x 0= 由 x0 + 1 得 2x-1

2

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y=

1 y0 + 2 2
由,点 P 在椭圆上,得

y0= 2y-

1 2

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

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

),

则 BC = 4

1+ k

2

1 + 4k 2

,又点 A 到直线 BC 的距离 d=

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 。

x2 y2 (3)解:设椭圆方程为 2 + 2 = 1( a > b > c ) a b

?b = c ?a 2 = 2 ? 2 ? x2 ? 2a (Ⅰ)由已知得 ? =4 ? ?b 2 = 1 ∴所求椭圆方程为 + y 2 = 1 。 2 ? c ?c 2 = 1 2 2 2 ? ?a = b + c ? (Ⅱ)解法一:由题意知直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为
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y = kx + 2, A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )
? y = kx + 2 ? 由 ? x2 ,消去 y 得关于 x 的方程: (1 + 2k 2 ) x 2 + 8kx + 6 = 0 , 2 ? + y =1 ?2
由直线 l 与椭圆相交于 A、 两点, > 0 ? 64k 2 ? 24(1 + 2k 2 ) > 0 , B ∴ 解得 k >
2

3 。 2

8k ? ? x1 + x2 = ? 1 + 2k 2 ? 又由韦达定理得 ? , 6 ?x ? x = ? 1 2 1 + 2k 2 ?

∴| AB |= 1 + k | x1 ? x2 |= 1 + k
2

2

1+ k 2 ( x1 + x2 ) ? 4 x1 x2 = 16k 2 ? 24 。 2 1 + 2k
2

原点 O 到直线 l 的距离 d =

2 1+ k 2



QS

AOB

=

1 16k 2 ? 24 2 2 2k 2 ? 3 | AB | ?d = = . 2 1 + 2k 2 1 + 2k 2

16k 2 ? 24 解法 1:对 S = 两边平方整理得: 1 + 2k 2
4 S 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 ,从而 S 2

AOB

的最大值为 S =

2 , 2

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

14 。 2

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 = m 2 + 3 。

∴S =

2 2m 2 2 2 = ≤ 2 m +4 m+ 4 2 m
4 2 14 即 m = 2 时, S max = ,此时 k = ± 。 m 2 2

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 ?
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 =
下同解法一.
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2 2 2k 2 ? 3 . 1 + 2k 2

解法 2: S

AOB

=S

POB ? S

POA

1 2 2 2k 2 ? 3 = × 2× || x2 | ? | x1 || =| x2 ? x1 | 。 2 1 + 2k 2

下同解法一。 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 :

(1) 例 5. (06 浙江理,19)如图,椭圆

x2 y2 + =1(a a2 b

>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; (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。

x2 y2 (2) (06 湖北理,20)设 A, B 分别为椭圆 2 + 2 = 1( a, b > 0) 的左、右顶点,椭 a b
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。 (3) (06 上海理,20)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。 ,那么 OA ? OB =3”是真命题; ①求证: “如果直线 l 过点 T(3,0) 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)
?? → ?? →

x + y = 1. 2

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

1 2 2 a ) x ? a 2 x 2 + a 2 ? a 2b 2 = 0 有惟一解, 4
( ab ≠ 0 ) ,故 a + 4b ? 4 = 0.
2 2

所以 ? = a 2b 2 ( a 2 + 4b 2 ? 4) = 0 又因为 e =

3 ,即 2

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

a 2 = 4b 2 . 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 1 2 ? 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。

(2) (Ⅰ)依题意得 a=2c,

a2 =4,解得 a=2,c=1,从而 b= 3 . c

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x2 y2 故椭圆的方程为 + = 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

P(4,

6 y0 ). x0 + 2

-1

N
-2

-3

从而 BM =(x0-2,y0) ,

BP =(2,

6 y0 ). x0 + 2

∴ BM · BP =2x0-4+

6 y0 2 = (x02-4+3y02). x0 + 2 x0 + 2
5 (2-x0). 2

2

2 ○

将○代入○,化简得 BM · BP = 1 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。 ,N(x2,y2) , 解法 2:由(Ⅰ)得 A(-2,0) ,B(2,0).设 M(x1,y1)

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

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BQ -

2

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

又直线 AP 的方程为 y=

y1 y ( x + 2) ,直线 BP 的方程为 y= 2 ( 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
x1 y 3 2 2 + 1 = 1 ,即 y1 = (4 ? x1 ) 4 3 4
2 2 2

4 ○

又点 M 在椭圆上,则

5 ○

于是将○、○代入○,化简后可得 BQ - 4 5 3

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。 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 y=k(x 当 得 ky2-2y-6k=0,则 y1y2=-6. -3)

1 2 1 y 1 , x 2= y 2 , 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.
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②逆命题是:设直线 l 交抛物线 y2=2x 于 A、B 两点,如果 OA ? OB =3,那么该直线过 点 T(3,0).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

点评:由抛物线 y2=2x 上的点 A(x1,y1)、B(x12,y2)满足 OA ? OB =3,可得 y1y2=-6。或 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)。

x2 y2 (1) 例 6. (06 北京文,19)椭圆 C: 2 + 2 = 1(a > b > 0) 的两个焦点为 F1,F2,点 P 在椭 a b
圆 C 上,且 PF1 ⊥ F1 F2 ,| PF1 |= (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) (06 江苏,17)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 =
2

4 14 ,| PF2 |= . 3 3

O

PF2 ? PF1
2

2

= 2 5, 故

椭圆的半焦距 c= 5 ,从而 b2=a -c2=4,所以椭圆 C 的方

程为

x2 y2 + =1。 9 4
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(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 (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
8 , 9 8 ( x + 2) + 1, 9

解得 k =

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 ? x 2 )( x1 + x 2 ) ( 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 y2 + = 1 (a>b>0), 其 半 焦 距 a2 b2
2 2 2

c=6, 2a = PF1 + PF2 = 11 + 2 + 1 + 2 = 6 5 ∴ a = 3 5 ,b =a -c =9。
2 2 2 2

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x2 y 2 所以所求椭圆的标准方程为 + =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 (0,6)。 设所求双曲线的标准方程为
, ,

x2 y2 ? = 1(a1 > 0, b1 > 0) 。 a12 b12 112 + 22 ? 12 + 2 2 = 4 5 。

由题意知,半焦距 c1=6, 2a1 = P′F1′ + P′F2′ =
2 2 2

x2 y 2 a1 = 2 5 ,b1 =c1 -a1 =36-20=16. 所以所求双曲线的标准方程为 ? =1。 20 16
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 (06 辽宁,20)已知点 A( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) ( x1 x2 ≠ 0) 是抛物线 y 2 = 2 px( p > 0) 上 例 7. 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

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

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 uuu uuu r r uuu uuu r r uuu uuu 2 uuu uuu 2 r r r r 解析:(I)证明 1: Q 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

uuu 2 r uuu uuu uuu 2 uuu 2 r r r r uuu uuu uuu 2 r r r OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

uuu uuu r r

∴ 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

uuur uuur

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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: Q OA + OB = OA ? OB ,∴ (OA + OB ) = (OA ? OB )
2

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

2

uuu 2 r uuu uuu uuu 2 uuu 2 r r r r uuu uuu uuu 2 r r r OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

uuu uuu r r

∴ 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 证明 3: Q OA + OB = OA ? OB ,∴ (OA + OB ) = (OA ? OB )
2

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

uuu uuu r r

2

uuu 2 r uuu uuu uuu 2 uuu 2 r r r r uuu uuu uuu 2 r r r OA + 2OA ? OB + OB = OA ? 2OA ? OB + OB
整理得: OA ? OB = 0

uuu uuu r r

∴ 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
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x +x ? x= 1 2 ? ? 2 ? y1 + y2 ?y = ? 2 ?
Q 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

Q 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

所以圆心的轨迹方程为 y 2 = px ? 2 p 2 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

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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 ?

Q 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

Q 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

所以圆心的轨迹方程为 y 2 = px ? 2 p 2

设直线 x-2y+m=0 到直线 x-2y=0 的距离为

2 5 ,则 5

m = ±2
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因为 x-2y+2=0 与 y = px ? 2 p 无公共点,
2 2 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 5 5

? x ? 2 y ? 2 = 0L (2) ? 2 2 ? y = px ? 2 p L (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
Qp>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 |
Q 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

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∴? y1 ? y2 =

y12 y2 2 4 p2

Q 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. (06 重庆文,22)如图,对每个正整数 n ,

An ( xn , yn ) 是抛物线 x 2 = 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: xn sn = ?4( n ≥ 1) ; (Ⅱ)取 xn = 2 ,并记 Cn 为抛物线上分别以 An
n

与 Bn 为切点的两条切线的交点。 试证: FC1 + FC2 + L + 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 = k n x,

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将它与抛物线方程 x 2 = 4 y 联立得: x ? 4k n x ? 4 = 0 ,
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 2 = 4 y 在 An 处的切线的斜率

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 s 2 ) +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:

1 1 1 1 FC1 + FC2 + L + FCn = ( x1 + x2 + L + xn ) + 2( + +L + ) 2 x1 x2 xn = 1 1 1 1 (2 + 22 + L + 2n ) + 2( + 2 + L + n ) = (2n ? 1) + (2 ? 21? n ) = 2n ? 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; 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
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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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