1、第一阶段 专题五 知识载体 能力形成 创新意识 配套课时作业 考点一 考点二 考点三 第三节 明确求曲线方程的三种方法1定义法如果能够根据所给条件，确定出轨迹是哪种类型的曲线，那么只需求出参数的值，便得到轨迹方程，这种方法称为定义法2直接法如果动点运动的条件就是一些几何量的等量关系，这些条件简单明确，直接表述成含x，y的等式，就得到轨迹方程，这种方法称为直接法3代入法如果轨迹中的点P(x，y)依赖于另一动点Q(a，b)，而Q(a，b)又在某已知曲线上，则可先列出关于x，y，a，b的方程组，利用x，y表示出a，b，把a，b代入已知曲线方程便得点P的轨迹方程，这种方法称为代入法(也称相关点法)考情
2、分析 曲线与方程是解析几何中的基本问题之一，高考对曲线与方程的要求不是很高，但高考中经常会有一些试题是以建立曲线方程作为命题点的从近几年高考试题看，试题还是存在一定难度的，因此考生在复习时不应忽视例 1(2011陕西高考)如图，设 P 是圆 x2y225 上的动点，点 D 是 P 在 x 轴上的投影，M 为 PD 上一点，且|MD|45|PD|.(1)当 P 在圆上运动时，求点 M 的轨迹 C 的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被 C 所截线段的长度思路点拨 第(1)问利用已知点与未知点的关系再结合已知点所满足的方程求解；第(2)问主要利用弦长公式求解解(1)设 M 的坐标为(x
3、，y)，P 的坐标为(xP，yP)，由已知得xPx，yP54y，P 在圆上，x254y 225.即轨迹 C 的方程为x225y2161.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为 y45(x3)，设直线与 C 的交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程 y45(x3)代入 C 的方程，得x225x32251，即 x23x80.所以 x13 412，x23 412.所以|AB|x1x22y1y2211625 x1x22412541415.类题通法(1)求轨迹方程时，先看轨迹的形状能否预知，若能预先知道轨迹为圆锥曲线，则可考虑用定义法或待定系数法求解(2)讨论轨迹方程的解与轨迹上的
4、点是否对应，即应注意字母的取值范围冲关集训1(2012武汉适应性训练)已知双曲线y22x23 1 的两个焦点分别为 F1，F2，则满足PF1F2 的周长为 62 5的动点 P 的轨迹方程为()A.x24 y291 B.x29 y241C.x24 y291(x0)D.x29 y241(x0)解析：选 依题意得，|F1F2|2 232 5，|PF1|PF2|6|F1F2|，因此满足PF1F2 的周长为 62 5的动点 P 的轨迹是以点 F1，F2 为焦点，长轴长是 6 的椭圆(除去长轴的端点)，即动点 P 的轨迹方程是x24 y291(x0)C2已知平面上一定点 C(2,0)和直线 l：x8，P
5、为该平面上一动点，作 PQl 于 Q，且PC 12 PQPC 12 PQ0.问点 P 在什么曲线上？并求出该曲线的方程解：设 P(x，y)，则 Q(8，y)由(PC 12 PQ)(PC 12 PQ)0，得|PC|214|PQ|20，即(x2)2y214(x8)20，化简，得x216y2121.所以点 P 在椭圆上，其方程为x216y2121.考情分析 此考点多以解答题的形式考查，一般试题难度较大，多考查点或参数是否存在，常与距离、斜率或方程等问题综合考查，形成知识的交汇问题。例 2(2012山东高考改编)在平面直角坐标系 xOy 中，F是抛物线 C：x22py(p0)的焦点，M 是抛物线 C
6、上位于第一象限内的任意一点，过 M，F，O 三点的圆的圆心为 Q，点 Q 到抛物线 C 的准线的距离为34.(1)求抛物线 C 的方程；(2)是否存在点 M，使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由思路点拨(1)圆心 Q 在 OF 的垂直平分线上，列方程可解；(2)用点 M 的横坐标 x0 表示抛物线在点 M 处的切线方程，与 y14联立，可用 x0 表示点 Q 的坐标，根据|OQ|QM|列方程求得x0 的值解(1)依题意知 F(0，p2)，圆心 Q 在线段 OF 的垂直平分线 yp4上，因为抛物线 C 的准线方程为 yp2，所以3p4 34，
7、即p1，因此抛物线 C 的方程为 x22y.(2)假设存在点 M(x0，x202)(x00)满足条件，抛物线 C 在点 M处的切线斜率为 y|xx0(x22)|xx0 x0，所以直线 MQ 的方程为 yx202 x0(xx0)令 y14得 xQx02 14x0，所以 Qx02 14x0，14.又|QM|OQ|，故14x0 x02214x202214x0 x022 116，因此14x2022 916，又 x00，所以 x0 2，此时 M(2，1)故存在点 M(2，1)，使得直线 MQ 与抛物线 C 相切于点 M.类题通法存在性问题主要体现在以下几方面：(1)点是否存在；(2)曲线是否存在；(3)
8、命题是否成立解决这类问题的一般思路是先假设存在满足题意的元素，经过推理论证，如果可以得到成立的结果，就可以作出存在的结论；若得到与已知条件、定义、公理、定理、性质相矛盾的结论，则说明假设不成立 冲关集训3(2012江西重点中学联考)已知椭圆的焦点 F1(1,0)，F2(1,0)，过 P0，12 作垂直于 y 轴的直线被椭圆所截线段长为 6，过F1 作直线 l 与椭圆交于 A，B 两点(1)求椭圆的标准方程；(2)是否存在实数 t，使PAPBt1PF，若存在，求 t 的值和直线 l 的方程；若不存在，说明理由解：(1)设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，由题意知点62，12 在椭圆上，且
9、a2b21，则641b2 14b21，解得 b21 或 b214(舍去)，所以x22 y21.(2)当直线 l 的斜率不存在时，易求得 A1，22，B1，22，则PA1，212，PB1，212，1PF 1，12，由PAPBt1PF 得 t2，此时，直线 l 的方程为 x1.当直线 l 的斜率存在时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的斜率为 k，直线 l 的方程为 yk(x1)，则PAx1，y112，PBx2，y212，1PF 1，12，由PAPBt1PF 得x1x2t，y112y212t2，即x1x2t，y1y21t2，因为 y1y2k(x1x22)，所以 k12，此时，直线
10、 l 的方程为 y12(x1)，联立方程，得y12x1，x22 y21，消去 y，可得 3x22x30，则 x1x223，故 t23.考情分析 此类问题以直线、圆锥曲线为载体，结合其他条件探究直线和曲线过定点，计算一些数量积或代数式的值为定值，试题以解答题为主，突出考查学生的运算能力，该类题型是近几年高考的热点例3(2012上海高考)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2y21.(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点若l与圆x2y21相切，求证：OPOQ；(3)设椭圆C2：4x2y21
11、.若M、N分别是C1、C2上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值思路点拨(1)求出交点坐标，再利用三角形的面积公式求解；(2)利用直线与圆相切、求出 b 的值，将直线方程与曲线方程联立，利用数量积的坐标运算，根与系数的关系等知识，以算代证；(3)联立直线方程和圆锥曲线的方程，解出交点坐标，再计算距离平方的倒数，以算代证解(1)双曲线 C1：x212y21，左顶点 A 22，0，渐近线方程：y 2x.过点 A 与渐近线 y 2x 平行的直线方程为y 2x 22，即 y 2x1.解方程组y 2x，y 2x1，得x 24，y12.所以所求三角形的面积为 S12|OA|y|28；(2)证
12、明：设直线 PQ 的方程是 yxb，因直线 PQ 与已知圆相切，故|b|21，即 b22.由yxb，2x2y21，得 x22bxb210.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x22b，x1x21b2.又 y1y2(x1b)(x2b)，所以OPOQx1x2y1y22x1x2b(x1x2)b22(1b2)2b2b2b220，故 OPOQ.(3)证明：当直线 ON 垂直于 x 轴时，|ON|1，|OM|22，则 O 到直线 MN 的距离为 33.当直线 ON 不垂直于 x 轴时，设直线 ON 的方程为 ykx(显然|k|22)，则直线 OM 的方程为 y1kx.由ykx，4x2y21，得x
13、214k2，y2 k24k2，所以|ON|21k24k2.同理|OM|2 1k22k21.设 O 到直线 MN 的距离为 d.因为(|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2，所以 1d21|OM|21|ON|23k23k21 3，即 d 33.综上，O 到直线 MN 的距离是定值类题通法1定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值2定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把
14、方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点冲关集训4(2012山西四校联考)已知椭圆 C：x2a2y21(a1)的上顶点为A，右焦点为 F，直线 AF 与圆 M：(x3)2(y1)23 相切(1)求椭圆 C 的方程；(2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且APAQ 0.求证：直线 l 过定点，并求出该定点的坐标解：(1)圆 M 的圆心为(3,1)，半径 r 3.由题意知 A(0,1)，F(c,0)(c a21)解得直线 AF
15、的方程为xcy1，即 xcyc0.由直线 AF 与圆 M 相切得|3cc|c21 3，解得 c22，a2c213.故椭圆 C 的方程为x23 y21.(2)由 APAQ0 知 APAQ，从而直线 AP 与坐标轴不垂直，故可设直线 AP 的方程为 ykx1，直线 AQ 的方程为 y1kx1，将 ykx1 代入椭圆 C 的方程，整理得(13k2)x26kx0，解得 x0 或 x 6k13k2，故点 P 的坐标为6k13k2，13k213k2.同理，点 Q 的坐标为6kk23，k23k23.所以直线 l 的斜率为k23k2313k213k26kk23 6k13k2k214k.则直线 l 的方程为 y
16、k214kx 6kk23 k23k23，即 yk214k x12.所以直线 l 过定点0，12.破解圆锥曲线中的最值与范围问题圆锥曲线的最值与范围问题是历年高考的热点，又是试题的难点求解范围与最值问题的关键是构造目标函数或构造与所求问题相关的不等式，利用函数的性质或解不等式求解相应的最值与范围，常用的方法有：转化法、参数法、函数法和基本不等式法等在处理过程中要注意题中的一些隐含条件，如直线和曲线相交于不同的两点，需要转化为二次方程的判别式大于零典例(2011北京高考)已知椭圆 G：x24 y21，过点(m,0)作圆 x2y21 的切线 l 交椭圆 G 于 A，B 两点(1)求椭圆 G 的焦点坐
17、标和离心率；(2)将|AB|表示为 m 的函数，并求|AB|的最大值思路点拨(1)先根据椭圆的标准方程确定 a，b 的值，然后求 c 即可；(2)首先确定 m 的取值范围，然后引入直线的斜率 k，利用直线 l 与圆相切建立 k 与 m 的关系式；利用弦长公式把|AB|表示成 k，m 的式子，利用 k 与 m 的关系消掉 k，建立|AB|关于m 的目标函数，根据解析式的特征利用基本不等式求其最值解(1)由已知，得 a2，b1，所以 c a2b2 3.所以椭圆 G 的焦点坐标为(3，0)，(3，0)，离心率为 eca 32.(2)由题意，知|m|1.当 m1 时，切线 l 的方程为 x1，点 A，
18、B 的坐标分别为1，32，1，32，此时|AB|3.当 m1 时，同理可得|AB|3.当|m|1 时，设切线 l 的方程为 yk(xm)由 ykxm，x24 y21，得(14k2)x28k2mx4k2m240，设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1x2 8k2m14k2，x1x24k2m2414k2.又由 l 与圆 x2y21 相切，得|km|k211，即 m2k2k21.所以|AB|x2x12y2y12 1k2x1x224x1x21k264k4m214k2244k2m2414k24 3|m|m23.由于当 m1 时，|AB|3，所以|AB|4 3|m|m23，m(
19、，11，)因为|AB|4 3|m|m234 3|m|3|m|2，当且当 m 3时，|AB|2，所以|AB|的最大值为 2.名师支招利用设参数建立目标函数求解最值与范围时，应注意两方面的问题：一是参数取值范围的限制，如该题中把直线的斜率作为参数时，要考虑斜率不存在的情况，也可根据直线l和圆相切，从而确定m的取值范围，并根据其取值的不同情况进行分类讨论；二是求解目标函数的最值或范围时，应该根据解析式的特征通过灵活变形采用相应的方法求解，这也是解决此类问题的难点之一，通常以基本不等式、配方、分离常数等方法为主在利用基本不等式求解最值时，要注意基本不等式的使用条件，特别是等号成立条件的检验高考预测椭圆
20、 C 的中心为坐标原点 O，焦点在 y 轴上，短轴长为 2，离心率为 22，直线 l 与 y 轴交于点 P(0，m)，与椭圆 C 交于相异两点A，B，且AP3PB.(1)求椭圆方程；(2)求 m 的取值范围解：(1)设椭圆 C：y2a2x2b21(ab0)，设 c0，c2a2b2，由条件，知 2b 2，ca 22，所以 a1，bc 22.故椭圆 C 的方程为 y2x2121.(2)设 l 与椭圆 C 的交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为ykxm，由ykxm，2x2y21，得(k22)x22kmx(m21)0，则(2km)24(k22)(m21)4(k22m22)0，(*)x1x22kmk22，x1x2m21k22.因为AP3PB，所以x13x2，则x1x22x2，x1x23x22.消去右端，得 3(x1x2)24x1x20，所以 32kmk2224m21k220.整理，得 4k2m22m2k220，当 m214时，上式不成立；当 m214时，k222m24m21，由(*)式，得 k22m22，又因为 k0，所以 k222m24m210.故1m12或12m1.即所求 m 的取值范围为1，12 12，1.配套课时作业