1、第三部分 讲重点解答题专练 第5讲 解 析 几 何 热点调研 解析几何型解答题，着重考查直线与圆锥曲线的位置关系，求解时除了运用设而不求，整体思维外，还要用到平面几何的基本知识和向量的基本方法，解题过程始终围绕如何简化运算展开有些问题用常规方法解答，运算往往比较复杂，此时若能以形助数，运用平面几何以及向量的方法，则会大大简化解题过程，考生应逐渐掌握这一基本技能.典型例题1(2015河北邯郸质检)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)过点A(22，32)，离心率为 22，点 F1，F2 分别为其左、右焦点(1)求椭圆 C 的标准方程；类型一椭圆与圆(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意
2、一条切线与椭圆 C 恒有两个交点 P，Q，且OP OQ？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由2(2015浙江杭州月考)如图，已知圆 G：x2y22x 2y0，经过椭圆x2a2y2b21(ab0)的右焦点 F 及上顶点 B，过圆外一点(m,0)(ma)且倾斜角为56 的直线 l 交椭圆于 C，D 两点(1)求椭圆的方程；(2)若右焦点 F 在以线段 CD 为直径的圆 E 的外部，求 m 的取值范围3.(2015湖北荆门调研)如图，已知圆 E：(x 3)2y216，点F(3，0)，P 是圆 E 上任意一点线段 PF 的垂直平分线和半径PE 相交于 Q.(1)求动点 Q 的轨迹 的方程；(2
3、)设直线 l 与(1)中轨迹 相交于两点，直线 OA，l，OB 的斜率分别为 k1，k，k2(其中 k0)OAB 的面积为 S，以 OA，OB为直径的圆的面积分别为 S1，S2.若 k1，k，k2 恰好构成等比数列，求S1S2S的取值范围规范解答1解析(1)由题意，得ca 22，得 bc.因为 22 2a2 32 2b2 1(ab0)，得 c1，所以 a22，所以椭圆 C 方程为x22y21.(2)假设满足条件的圆存在，其方程为 x2y2r2(0r0 恒成立直线 PQ 与圆相切，r2 b21k223，存在圆 x2y223.当直线 PQ 的斜率不存在时，也存在圆 x2y223满足题意综上所述，存
4、在圆心在原点的圆 x2y223满足题意2解析(1)圆 G：x2y22x 2y0 经过点 F，B，F(2,0)，B(0，2)，c2，b 2.a26.故椭圆的方程为x26y221.(2)设 直 线 l 的 方 程 为 y 33(x m)(m6)由x26y221，y 33 xm，消去 y，得 2x22mx(m26)0.设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，则 x1x2m，x1x2m262，y1y2 33(x1m)33(x2m)13x1x2m3(x1x2)m23.FC(x12，y1)，FD(x22，y2)，FC FD(x12)(x22)y1y243x1x2m63(x1x2)m2342mm33.点 F
5、 在圆 E 的外部，FCFD 0，即2mm330，解得 m3.由 4m28(m26)0，解得2 3m 6，6m2 3，3m|EF|2 3.故动点 Q 的轨迹 是以 E，F 为焦点，长轴长为 4 的椭圆设其方程为x2a2y2b21(ab0)，可知 a2，c a2b2 3，则 b1，所以点 Q 的轨迹 的方程为x24y21.(2)设直线 l 的方程为 ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 ykxm，x24y21，可得(14k2)x28kmx4(m21)0，x1x2 8km14k2，x1x24m2114k2，且 16(14k2m2)0.k1，k，k2 构成等比数列，k2k1k2kx1mk
6、x2mx1x2，即 km(x1x2)m20，将 x1x2 8km14k2代入并化简，得 k214.k0，k12.此时 16(2m2)0，即 m 2，2又由 A，O，B 三点不共线得 m0，从而 m(2，0)(0，2)故S 12|AB|d 121k2|x1 x2|m|1k2 12x1x224x1x2|m|2m2|m|.x214y21x224y221，则 S1S24(x21y21x22y22)4(34x2134x222)316(x1x2)22x1x2254 为定值，S1S2S54 12m2|m|54，当且仅当 m1 时等号成立综上，S1S2S的取值范围是54，)预测1(2015四川石室一模)已知椭
7、圆 C 的对称中心为原点 O，焦点在 x 轴上，左、右焦点分别为 F1，F2，且|F1F2|2，点(1，32)在该椭圆上(1)求椭圆 C 的方程；(2)过 F1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，若AF2B 的内切圆半径为3 27，求以 F2 为圆心且与直线 l 相切的圆的方程解析(1)由题意，可设所求的椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，由已知得a2b21，1a2 94b21，解得 a24，b23，所以椭圆方程为x24y231.(2)设直线 l 的方程为 xty1，代入椭圆方程得(43t2)y26ty90，显然判别式大于 0 恒成立，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
8、有 y1y26t43t2，y1y2 943t2，|y1y2|12 t2143t2，又圆的半径 r2t21，所以 SAF2B12|F1F2|y1y2|12 t2143t2 1283 27 12 27，解得 t21，所以 r2t21 2，所以所求圆的方程为(x1)2y22.2(2015重庆一中一诊)已知椭圆 C 的中心为坐标原点，焦点在 y 轴上，过点 M(32，1)，离心率为 32.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 A，B 为椭圆 C 上的动点，且OA OB(其中 O 为坐标原点)求证：直线 AB 与定圆相切，并求该圆的方程及OAB 面积的最小值解析(1)由已知设椭圆方程为 y24b2x2b2
9、1，将 M(32，1)代入，得 b21，椭圆 C 的方程为y24x21.(2)由OA OB，可设 A(|OA|cos，|OA|sin)，B(|OB|cos(2)，|OB|sin(2)，即 B(|OB|sin，|OB|cos)将点 A，B 的坐标代入椭圆方程后，可得sin24 cos2 1|OA|2，cos24sin2 1|OB|2，两式相加，可得1|OA|2 1|OB|254|OA|2|OB|2|OA|2|OB|2|AB|2|OA|2|OB|2，AB 边上的高为|OA|OB|AB|45.AB 与定圆 x2y245相切又 1|OA|2 1|OB|2542|OA|OB|，|OA|OB|85.SOA
10、B12|OA|OB|45，当且仅当|OA|OB|时取等号故所求圆的方程为 x2y245，AOB 面积的最小值为45.3(2015浙江杭州联考)已知 M(3，0)，N(3，0)是平面上的两个定点，动点 P 满足|PM|PN|2 6.(1)求动点 P 的轨迹方程；(2)已知圆方程为 x2y22，过圆上任意一点作圆的切线，切线与(1)中的轨迹交于 A，B 两点，O 为坐标原点，设 Q 为 AB 的中点，求|OQ|长度的取值范围解析(1)由题意知，点 P 的轨迹为焦点在 x 轴上的椭圆，且a 6，c 3，b 3，动点 P 的轨迹方程为x26y231.(2)若直线 AB 斜率不存在，则直线 AB 的方程
11、为 x 2，此时|OQ|2.若直线 AB 斜率存在，设直线 AB 的方程为 ykxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得方程组ykxb，x22y26，得(12k2)x24kbx2b260，x1x2 4kb12k2，x1x22b2612k2.y1y2k(x1x2)2b2b12k2.Q(2kb12k2，b12k2)直线 AB 与圆 O 相切，|b|1k2 2，即 b22(1k2)|OQ|24k2b2b212k2224k45k214k44k21 2(1k24k44k21)当 k0 时，|OQ|2，当 k0 时，|OQ|22(114k21k24)94，当且仅当 4k21k2时，等号成立，|OQ
12、|2，321椭圆是高考的宠儿，是重点考查对象，但时代在变，高考题年年都不一样，椭圆与圆的结合考查就是一个变化的方向！2重双基、抓双基，以不变应万变！3淡化技巧，重通法！典型例题1(2015甘肃兰州诊断)已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线为 y 3x，右焦点 F 到直线 xa2c 的距离为32.(1)求双曲线 C 的方程；(2)斜率为 1 且在 y 轴上的截距大于 0 的直线 l 与双曲线 C 相交于 B，D 两点，已知 A(1,0)，若DF BF1，证明：过 A，B，D三点的圆与 x 轴相切类型二双曲线2(2015湖北八校联考)已知圆锥曲线 E 的两个焦点坐标是F1(
13、2，0)，F2(2，0)，且离心率为 e 2.(1)求曲线 E 的方程；(2)设曲线 E表示曲线 E 在 y 轴左边部分，若直线 ykx1与曲线 E相交于 A，B 两点，求 k 的取值范围；(3)在条件(2)下，如果|AB|6 3，且曲线 E上存在点 C，使OA OB mOC，求 m 的值规范解答1解析(1)依题意有ba 3，ca2c 32，a2b2c2，c2a.a1，c2，b23.双曲线 C 的方程为 x2y231.(2)设直线 l 的方程为 yxm(m0)，B(x1，x1m)，D(x2，x2m)，BD 的中点为 M，由 yxm，x2y231，得 2x22mxm230.x1x2m，x1x2m
14、232.DF BF1，即(2x1)(2x2)(x1m)(x2m)1，m0(舍)或 m2.x1x22，x1x272，M 点的横坐标为x1x221.DA BA(1x1)(1x2)(x12)(x22)52x1x2x1x25720，ADAB，过 A，B，D 三点的圆以点 M 为圆心，BD 为直径M 点的横坐标为 1，MAx 轴|MA|12|BD|，过 A，B，D 三点的圆与 x 轴相切2解析(1)由 e 2知，曲线 E 是以 F1(2，0)，F2(2，0)为焦点的双曲线，且 c 2，a1，所以 b21.故双曲线 E 的方程是 x2y21.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组ykx1
15、，x2y21x0，得(1k2)x22kx20(x0，x1x2 2k1k20，所以 2k1 为所求(3)因为 6 3|AB|1k2|x1x2|1k2 x1x224x1x221k22k21k22，整理得 28k455k2250k257或 k254.因为 2k0)的左、右焦点，过 F2 作垂直于 x 轴的直线，在 x 轴上方交双曲线 C 于点 M，且MF1F230.圆 O 的方程是 x2y2b2.(1)求双曲线 C 的方程；(2)过双曲线 C 上任意一点 P 作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为 P1，P2，求PP1 PP2 的值；(3)过圆 O 上任意一点 Q(x0，y0)作圆 O 的切线 l
16、交双曲线 C于 A，B 两点，AB 的中点为 M，求证：|AB|2|OM|.解析(1)设 F2，M 的坐标分别为(1b2，0)，(1b2，y0)因为点 M 在双曲线 C 上，所以 1b2y20b21，即 y0b2，所以|MF2|b2.在 RtMF2F1 中，MF1F230，|MF2|b2，所以|MF1|2b2.由双曲线的定义可知|MF1|MF2|b22，故双曲线 C 的方程为 x2y221.(2)由条件可知，两条渐近线方程分别为 l1：2xy0；l2：2xy0.设双曲线 C 上的点 P(xP，yP)，两渐近线的夹角为，则点 P 到两条渐近线的距离分别为|PP1|2xPyP|3，|PP2|2xP
17、yP|3.因为 P(xP，yP)在双曲线 C：x2y221 上，所以 2x2Py2P2.又 cos13，所以PP1 PP2|2xPyP|3|2xPyP|3cos()|2x2Py2P|31329.(3)由题意，即证 OAOB.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，切线 l 的方程为 x0 xy0y2.当 y00 时，将切线 l 的方程代入双曲线 C 中，化简得(2y20 x20)x24x0 x2y2040，所以 x1x24x02y20 x20，x1x22y2042y20 x20.又 y1y22x0 x1y02x0 x2y01y2042x0(x1x2)x20 x1x282x202y20 x20，
18、所以OA OB x1x2y1y22y2042y20 x2082x202y20 x2042x20y202y20 x200.当 y00 时，易知上述结论也成立所以OA OB x1x2y1y20.综上，OAOB，所以|AB|2|OM|.2(2015黑龙江考试)已知圆 C1：(x 62)2y2258，圆 C2：(x 62)2y218，动圆 P 与已知两圆都外切(1)求动圆的圆心 P 的轨迹 E 的方程；(2)直线 l：ykx1 与点 P 的轨迹 E 交于不同的两点 A，B，AB 的中垂线与 y 轴交于点 N，求点 N 的纵坐标的取值范围解析(1)已知两圆的圆心、半径分别为 C1(62，0)，r15 2
19、4；C2(62，0)，r2 24.设动圆 P 的半径为 r，由题意知|PC1|r5 24，|PC2|r 24，则|PC1|PC2|20)(2)将直线 ykx1 代入双曲线方程，并整理得(k22)x22kx20.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点为 M(x0，y0)，依题意，直线 l 与双曲线的右支交于不同两点，故 k220，2k28k220，x1x2 2kk220，x1x22k220，所以2k 2.所以 x0 kk22，y0kx01 2k22，则 AB 的中垂线方程为 y2k221k(xkk22)令 x0，得 yN32k2，因为2k 2，所以 yN0，b0)，易知 A(1,0
20、)，B(1,0)，a1.又焦距长 2c2 5，c 5，b2c2a24.双曲线 C1 的方程为 x2y241.(2)设 P(x1，y1)，T(x2，y2)(x10，x20)，直线 AP 的斜率为 k(k0)，则直线 AP 的方程为 yk(x1)(k2)，代入 x2y241，得(4k2)x22k2xk240，解得 x1 或 x4k24k2，x24k24k2.同理代入 x2y241，可得 x14k24k2.即 x1x21 为定值由(1)知PA(1x1，y1)，PB(1x1，y1)，PAPB15，x21y2116.又点 P 在双曲线 C1 上，x21y2141.x214x21416，即 x214.点
21、P 在第一象限，10)于 A，B 两点，直线 l2：x2 交 x 轴于点 Q.(1)设直线 QA，QB 的斜率分别为 k1，k2，求 k1k2 的值；(2)点 P 为抛物线 C 上异于 A，B 的任意一点，直线 PA，PB交直线 l2 于 M，N 两点，OM ON 2，求抛物线 C 的方程规范解答1解析(1)方法一 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 ykx2代入 y2x2 中，得 2x2kx20，x1x2k2.xNxMx1x22k4，N 点的坐标为(k4，k28)(2x2)4x，(2x2)|xk4k，即抛物线在点 N 处的切线的斜率为 k.直线 l：ykx2 的斜率为 k，切线平行于
22、 AB.方法二 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 ykx2 代入 y2x2 中得 2x2kx20，x1x2k2.xNxMx1x22k4，N 点的坐标为(k4，k28)设抛物线在点 N 处的切线 l1 的方程为 yk28m(xk4)，将 y2x2 代入上式得 2x2mxmk4 k280，直线 l1 与抛物线 C 相切，m28(mk4 k28)m22mkk2(mk)20.mk，即 l1AB.(2)假设存在实数 k，使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N.M 是 AB 的中点，|MN|12|AB|.由(1)知 yM12(y1y2)12(kx12kx22)12k(x1x2)412(k224)
23、k242，MNx 轴，|MN|yMyN|k242k28k2168.|AB|1k2x1x224x1x21k2k224112 k21 k216.k216814 k21 k216，k2，存在实数 k2，使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N.2解析(1)设直线 l1 的方程为 xmy2，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)联立方程xmy2，y22px，得 y22pmy4p0，y1y22pm，y1y24p.k1k2 y1x12 y2x22y1my14y2my242my1y24y1y2my14my248mp8mpmy14my240.(2)设点 P(x0，y0)，直线 PA：yy1y1y0 x1x0(x
24、x1)，当 x2时，yM4py1y0y1y0，同理 yN4py2y0y2y0.因为OM ON 2，所以 4yNyM2，4py2y0y2y04py1y0y1y02，16p24py0y2y1y20y1y2y2y1y0y2y1y202，16p28p2my04py204p2pmy0y20 2，p12，抛物线 C 的方程为 y2x.预测1(2015南昌调研)已知椭圆 C1：y2a2x2b21(ab0)与抛物线C2：x22py(p0)有一个公共焦点，抛物线 C2 的准线 l 与椭圆 C1有一坐标是(2，2)的交点(1)求椭圆 C1 与抛物线 C2 的方程；(2)若点 P 是直线 l 上的动点，过点 P 作
25、抛物线的两条切线，切点分别为 A，B，直线 AB 与椭圆 C1 分别交于点 E，F，求OE OF的取值范围解析(1)抛物线 C2 的准线方程是 y2，所以p22，p4.所以抛物线 C2 的方程是 x28y，椭圆 C1：y2a2x2b21(ab0)的焦点坐标是(0，2)，(0,2)，所以 c2，2a 20 22224 2.所以 a2 2，b2，即椭圆 C1 的方程是y28x241.(2)设点 P(t，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，F(x4，y4)，抛物线方程可化为 y18x2，y14x，所以 AP 的方程为 yy114x1(xx1)所以2y114x1t2y1，即 y
26、114tx12.同理 BP 的方程为 y214tx22，所以直线 AB 的方程为 y14tx2.将直线 AB 的方程代入椭圆 C1 的方程得到：(t232)x216tx640，则 256t2256(t232)0，且 x3x4 16tt232，x3x4 64t232，所 以 OE OF x3x4 y3y4 (1 t216)x3x4 t2(x3 x4)4 8t264t232 320t2328.因为 0 320t23210，所以OE OF 的取值范围是(8,22(2015河北保定期末)已知过抛物线 x24y 的焦点 F 的直线交抛物线于 A，B 两个不同的点，过点 A，B 分别作抛物线的切线，且二者
27、相交于点 C.(1)求证：ABCF0；(2)求ABC 的面积的最小值解析(1)证明：设 lAB：ykx1，代入 x24y 得 x24kx40.设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，则 xAxB4k，xAxB4.y14x2，y12x.lAC：y14x2A12xA(xxA)，lBC：y14x2B12xB(xxB)xC2k，yC1.若 k0，则 kCF1k，kABkCF1，ABCF0.若 k0，显然ABCF0(或CF(2k,2)，AB(xBxA，k(xBxA)，ABCF2k(xBxA)2k(xBxA)0.(2)解：由(1)知，点 C 到 AB 的距离 d|CF|2 1k2.|AB
28、|AF|FB|yAyB2k(xAxB)44k24，S12|AB|d4(k21)32.当 k0 时，ABC 的面积取最小值，为 4.3(2015衡水调研)已知圆 N：(x2)2y28 和抛物线 C：y22x，如图，圆 N 的切线 l 与抛物线 C 交于不同的两点 A，B.(1)当直线 l 的斜率为 1 时，求|AB|；(2)设点 M 为点 N 关于直线 yx 的对称点，是否存在直线 l，使得MA MB？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由解析 圆 N：(x2)2y28，圆心 N 为(2,0)，半径 r2 2，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)当直线 l 的斜率为 1 时，
29、设直线 l 的方程为 yxt，即 xyt0(易知 t0，y1y22，y1y24.(y1y2)2(y1y2)24y1y220.|AB|1 1k2AB|y1y2|2 202 10.(2)()当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykxm(k0)，即 kxym0(k0)，直线 l 是圆 N 的切线，|2km|12k22 2.得 m24k24mk80.由ykxm，y22x，消去 x 得 ky22y2m0.44k2m0，即 km12且 k0，y1y22k，y1y22mk.点 M 与点 N(2,0)关于直线 yx 对称，M(0，2)MA(x1，y12)，MB(x2，y22)MA MB，MA MB
30、 x1x2(y12)(y22)x1x2y1y22(y1y2)40.化简得(1k2)y1y2(2k2m)(y1y2)m24k20，将 y1y22k，y1y22mk 代入得(1k2)2mk(2k2m)2km24k20，化简得 m24k22mk4k0，得 2m22mk4k80，即(m2)(mk2)0，解得 m2 或 mk2.当 m2 时，代入，解得 k1，满足条件 km12且 k0，此时直线 l 的方程为 yx2.当 mk2 时，代入，整理得 7k24k40，无解()当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 是圆 N 的切线，直线 l 的方程为 x2 22.则 x1x24(32 2)，y1y20，(y1
31、y2)24x1x216(32 2)，即 y1y24(1 2)0)的中心为原点 O，左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为3 55，点 P 是直线 xa23 上任意一点，点 Q 在双曲线 E 上，且满足PF2 QF2 0.类型四定点定值(1)求实数 a 的值；(2)证明：直线 PQ 与直线 OQ 的斜率之积是定值；(3)若点 P 的纵坐标为 1，过点 P 作动直线 l 与双曲线右支交于不同的两点 M，N，在线段 MN 上取异于点 M，N 的点 H，满足|PM|PN|MH|HN|，证明：点 H 恒在一条定直线上2(2015福建厦门质检)已知抛物线 E：y24x，点 F(a,0)，直线 l：xa(a
32、0)(1)P 为直线 l 上的点，R 是线段 PF 与 y 轴的交点，且点 Q 满足 RQFP，PQl，当 a1 时，试问点 Q 是否在抛物线 E 上？并说明理由(2)过点 F 的直线交抛物线 E 于 A，B 两点，直线 OA，OB 分别与直线 l 交于 M，N 两点(O 为坐标原点)，求证：以 MN 为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标3(2015洛阳统考)设M是焦距为2的椭圆E：x2a2y2b21(ab0)上一点，A，B 是其左、右顶点，直线 MA 与 MB 的斜率分别为 k1，k2，且 k1k212.(1)求椭圆 E 的方程；(2)已知椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)上点 N(x0，
33、y0)处切线方程为x0 xa2 y0yb2 1，若与椭圆 E 相切于 C(x1，y1)，D(x2，y2)两点的切线相交于 P 点，且PCPD 0.求证：点 P 到原点的距离为定值规范解答1解析(1)解：设双曲线 E 的半焦距为 c，由题意可知ca3 55，c2a24，解得 a 5.(2)证明：由(1)可知，直线 xa23 53，双曲线 E 的方程为x25y241，点 F2(3,0)，设 P(53，t)，Q(x0，y0)，因为PF2 OF2 0，所以(353，t)(3x0，y0)0.所以 ty043(x03)因为点 Q(x0，y0)在双曲线 E 上，所以x205y204 1，即 y2045(x2
34、05)所以 kPQkOQy0tx053y0 x0y20ty0 x2053x045x20543x03x2053x045.所以直线 PQ 与直线 OQ 的斜率之积是定值45.(3)证明：设点 H(x，y)，且过 P(53，1)的直线 l 与双曲线 E 的右支交于不同的两点 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 4x215y2120,4x225y2220，即 y2145(x215)，y2245(x225)设|PM|PN|MH|HN|，则PM PN，MH HN，即x153，y11x253，y21，xx1，yy1x2x，y2y，整理，得 x1x2531，y1y21，x1x2x1，y1y2y1，由，得x
35、212x225312x，y212y2212y，将 y2145(x215)，y2245(x225)代入，得 y45x212x2212 4.将代入，得 y43x4，点 H 恒在直线 4x3y120上2解析(1)由已知 a1 得 F(1,0)为焦点，l：x1 为准线如图，因为点 O 为 FC 的中点且 ROPC，所以 R 为线段 PF的中点，又因为 RQPF，所以 RQ 为 PF 的垂直平分线，可知 PQQF.根据抛物线定义，得点 Q 在抛物线 E：y24x 上(2)证明：由图形的对称性可知定点在 x 轴上，设定点为K(m,0)，直线 AB 的方程为 xtya(t0)，代入 y24x，得 y24ty
36、4a0.设 A(y214，y1)，B(y224，y2)由一元二次方程根与系数的关系，得 y1y24t，y1y24a.又求得 kOA4y1，kOB4y2，故直线 OA 的方程为 y4y1x，直线OB 的方程为 y4y2x.得到 M(a，4ay1)，N(a，4ay2)由于圆恒过定点 K(m,0)，根据圆的性质可知MKN90，即KM KN 0，又KM(am，4ay1)，KN(am，4ay2)，所以(am)216a2y1y20(am)24a0，所以 m2 aa.故以 MN 为直径的圆恒过定点(2 aa,0)，(2 aa,0)3解析(1)由题意，2c2，c1，A(a,0)，B(a,0)，设 M(x，y)
37、，k1k212，yxa yxa12，即y2x2a212.M(x，y)在椭圆上，x2a2y2b21.b21x2a2x2a2 12，b2a212，a22b2.又 a2b2c21，a22，b21.椭圆 E 的方程为x22y21.(2)依题意，切线 PC，PD 的方程分别为x1x2 y1y1，x2x2 y2y1，即 x1x2y1y2，x2x2y2y2.由x1x2y1y2，x2x2y2y2，得 P(2y2y1x1y2x2y1，x1x2x1y2x2y1)PCPD 0，PCPD.(x12y1)(x22y2)1，即 x1x24y1y2.C，D 在椭圆 E 上，x212y212，x222y222.x2122y2
38、1，x2222y22.|PO|24y2y12x2x12x1y2x2y124y214y2222y2122y222x1x24y1y222y21y2222y22y218y21y22 y21y222y21y222y21y22.x1x24y1y2，x21x2216y21y22.即(22y21)(22y22)16y21y22，(1y21)(1y22)4y21y22，得 y21y221y21y223.|PO|2y21y222y21y2222y212y2233y21y222y21y222 3.|PO|3.P 到原点的距离为定值 3.预测1(2015九江模拟)已知椭圆 C 的中心在坐标原点，右焦点为F(1,0)
39、，A、B 分别是椭圆 C 的左、右顶点，D 是椭圆 C 上异于 A、B 的动点，且ADB 面积的最大值为 2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)是否存在一定点 E(x0,0)(0 x0b0)，由已知可得(SAOB)max122abab 2，F(1,0)为椭圆右焦点，a2b21.由可得 a 2，b1，椭圆 C 的方程为x22y21.(2)过点 E 取两条分别垂直于 x 轴和 y 轴的弦 M1N1、M2N2，则1|EM1|2 1|EN1|2 1|EM2|2 1|EN2|2，即21x2021x0 22 1x0 22，解得 x0 63，E 若存在，必为(63，0)，定值为 3.下面证(63，0)满足题意
40、设过点 E(63，0)的直线方程为 xty 63，代入椭圆 C 的方程中得：(t22)y22 63 ty430，设 M(x1，y1)、N(x2，y2)，则 y1y22 63 tt22 2 6t3t22，y1y243t22，1|EM|2 1|EN|2 11t2y21 11t2y22 11t2(1y21 1y22)11t2y1y222y1y2y21y22 11t2 2 6t3t22283t2243t2223.综上得定点为 E(63，0)，定值为 3.2(2015湖南怀化模拟)已知圆 F1：(x1)2y2r2 与圆 F2：(x1)2y2(4r)2(0r|F1F2|，因此曲线E 是长轴长 2a4，焦距
41、 2c2 的椭圆b2a2c23，所以曲线E 的方程为x24y231.(2)证明：由曲线 E 的方程得，上顶点 M(0，3)，记 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知，x10，x20.若直线 AB 的斜率不存在，则直线 AB 的方程为 xx1，故 y1y2，且 y21y223(1x214)因此kMAkMBy1 3x1y2 3x2y213x21 34，与已知不符，因此直线 AB的斜率存在设直线 AB：ykxm，代入椭圆 E 的方程x24y231，得(34k2)x28kmx4(m23)0.因为直线 AB 与曲线 E 有公共点 A，B，所以方程有两个非零不等实根 x1，x2.所以 x1x2 8
42、km34k2，x1x24m2334k2.又 因 为kAM y1 3x1 kx1m 3x1，kMB y2 3x2kx2m 3x2，由 kAMkBM14，得 4(kx1m 3)(kx2m 3)x1x2，即(4k21)x1x24k(m 3)(x1x2)4(m 3)20.所以 4(m23)(4k21)4k(m 3)(8km)4(m 3)2(34k2)0.化简，得 m23 3m60，故 m 3或 m2 3.结合 x1x20 知 m2 3，即直线 AB 恒过定点 N(0,2 3)(3)解：由 0 且 m2 3，得 k32或 k0)的焦点为 F，直线 l：y3 与 C 交于 A，B 两点，l 与 y 轴交于
43、点N，且AFB120.(1)求抛物线 C 的方程；(2)当 0p6 时，设 C 在点 Q 处的切线与直线 l，x 轴依次交于 M，D 两点，以 MN 为直径作圆 G，过 D 作圆 G 的切线，切点为 H，试探究：当点 Q 在 C 上移动(Q 与原点不重合)时，线段 DH的长度是否为定值？解析(1)抛物线焦点为 F(0，p2)若 0p6，则有|FN|3p2，|FA|3p2.由AFB120，得|FA|2|FN|，3p22(3p2)，p2.抛物线 C 的方程为 x24y.若 p6，则有|FN|p23，|FA|3p2，同理可得 p18.抛物线 C 的方程为 x236y.综上，抛物线 C 的方程为 x2
44、4y 或 x236y.(2)由(1)知，当 0pb0)的离心率为12，且经过点 P(1，32)过它的两个焦点 F1，F2 分别作直线 l1与 l2，l1 交椭圆于 A，B 两点，l2 交椭圆于 C，D 两点，且 l1l2.类型五最值范围(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形 ACBD 的面积 S 的取值范围2(2015河北衡水月考)已知抛物线 y24x，直线 l：y12xb 与抛物线交于 A，B 两点(1)若 x 轴与以 AB 为直径的圆相切，求该圆的方程；(2)若直线 l 与 y 轴负半轴相交，求AOB 面积的最大值规范解答1解析(1)由ca12a2c，所以 a24c2，b23c2，将点 P
45、的坐标代入椭圆方程得 c21，故所求椭圆方程为x24y231.(2)若 l1 与 l2 中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为 0，此时四边形的面积 S6.若 l1 与 l2 的斜率都存在，设 l1 的斜率为 k，则 l2 的斜率为1k，则直线 l1 的方程为 yk(x1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得方程组ykx1，x24y231，消去 y 并整理，得(4k23)x28k2x4k2120.x1x2 8k24k23，x1x24k2124k23.|x1x2|12 k214k23.|AB|1k2|x1x2|12k214k23.注意到方程的结构特征和图形的对称性，可以用1k代
46、替中的 k，得|CD|12k213k24，S12|AB|CD|721k224k233k24，令 k2t(0，)，S721t24t33t4612t225t126t12t225t126612t12t 256 64928849.S28849，6)综上可知，四边形 ACBD 的面积 S28849，6)2解析(1)联立得方程组y12xb，y24x，消去 x 并化简、整理得 y28y8b0.依题意应有 6432b0，解得 b2.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y28，y1y28b，设圆心 Q(x0，y0)，则有 x0 x1x22，y0y1y224.因为以 AB 为直径的圆与 x 轴相切，得
47、到圆的半径 r|y0|4.又|AB|x1x22y1y2214y1y225y1y224y1y2 56432b，所以|AB|2r 56432b8，解得 b85.所以 x1x22b2y12b2y24b16485，所以圆心坐标为(245，4)故所求圆的方程为(x245)2(y4)216.(2)因为直线 l 与 y 轴负半轴相交，所以 b2，所以2b0.直线 l：y12xb 整理得 x2y2b0，点 O 到直线 l 的距离 d|2b|5 2b5，所以 SAOB12|AB|d4b 2 2b4 2b32b2.令 g(b)b32b2，2b|EF|2)，点 Q 的轨迹是以 E(1,0)，F(1,0)为焦点，长轴
48、长 2a2 2的椭圆，即动点 Q 的轨迹 的方程为x22y21.(2)依题结合图形知直线 l 的斜率不可能为零，所以设直线 l的方程为 xmyn(mR)直线 l 即 xmyn0 与圆 O：x2y21 相切，|n|m211，得 n2m21.又点 A，B 的坐标(x1，y1)，(x2，y2)满足：xmyn，x22y220，消去 x 并整理，得(m22)y22mnyn220.由一元二次方程根与系数的关系，得 y1y2 2mnm22，y1y2n22m22.其判别式 4m2n24(m22)(n22)8(m2n22)8，又由求根公式得 y1,22mn 2m22.OA OB x1x2y1y2(my1n)(m
49、y2n)y1y2(m21)y1y2mn(y1y2)n23n22m22m22m21m22.SAOB12|OA|OB|sinAOB12OA 2OB 2OA OB 212|x1y2x2y1|12|(my1n)y2(my2n)y1|12|n(y2y1)|12|n|m22 2m21m222 2m21m221m22.m21m221m221，且 m21m2223，34，SAOB 2 1 64，232(2015河北邢台模拟)如图，A，B 是双曲线x24y21 的左、右顶点，C，D 是双曲线上关于 x 轴对称的两点，直线 AC 与 BD的交点为 E.(1)求点 E 的轨迹 W 的方程；(2)若 W 与 x 轴的
50、正半轴、y 轴的正半轴的交点分别为 M，N，直线 ykx(k0)与 W 的两个交点分别是 P，Q(其中 P 在第一象限)，求四边形 MPNQ 面积的最大值解析(1)由已知 A(2,0)，B(2,0)，设 C(x0，y0)，D(x0，y0)，则x204y201，由两点式分别得直线 AC，BD 的方程为直线 AC：yy0 x2x02，直线 BD：yy0 x2x02，两式相乘，得 y2y20 x24x204，由，得y201x2044x204，代入，得y24x204x24x204，整理，得4y2x24，点 E 的轨迹 W 的方程x24y21.(2)由(1)及已知得 M(2,0)，N(0,1)，联立x2
51、4y21，ykx，得(4k21)x24，P(24k21，2k4k21)，Q(24k21，2k4k21)四边形 MPNQ 的面积 SSQOMSOMPSNOPSNOQ2(SOMPSNOP)，S 2(12|OM|yP 12|NO|xP)2yP xP 22k14k21 22k124k21 24k214k4k21214k4k212144k1k.k0，4k1k4，故当且仅当 4k1k，即 k12时，四边形MPNQ 的面积取得最大值为 2 2.3(2015广东梅州质检)已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，A 为 C 上异于原点的任意一点，过点 A 的直线 l 交 C 于另一点 B，交 x 轴于点
52、 D，且有|FA|FD|，当点 A 的横坐标为 3 时，ADF 为正三角形(1)求抛物线 C 的方程；(2)若直线 l1l，且 l1 和 C 有且只有一个公共点 E，证明：直线 AE 过定点，并求出定点坐标；ABE 的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由解析(1)由题意知 F(p2，0)，设 D(t,0)(t0)，则 FD 的中点为(p2t4，0)，因为|FA|FD|，由抛物线的定义得 3p2|tp2|，解得 t3p 或 t3(舍去)由ADF 是正三角形，可得p2t43，即p23p43，解得 p2.所以抛物线 C 的方程为 y24x.(2)由(1)知 F(1,0)设
53、A(x0，y0)(x0y00)，D(xD,0)(xD0)，因为|FA|FD|，所以|xD1|x01.由 xD0，得 xDx02，故 D(x02,0)故直线 AB 的斜率为 kABy02.因为直线 l1 和直线 AB 平行，设直线 l1 的方程为 yy02xb，代入抛物线方程得 y28y0y8by00.(*)由题意知方程(*)的判别式 64y2032by0 0，得 b2y0.代入(*)解得 y4y0，x4y20.设 E(xE，yE)，则 yE4y0，xE4y20.当 y204 时，kAEyEy0 xEx04y0y04y20y204 4y0y204，可得直线 AE 的方程 yy0 4y0y204(
54、xx0)由 y204x0，整理可得 y 4y0y204(x1)，直线 AE 恒过点 F(1,0)当 y204 时，直线 AE 的方程为 x1，过点 F(1,0)，所以直线AE 过定点 F(1,0)由知，直线 AE 过焦点 F(1,0)，A(x0，y0)，E(4y20，4y0)，y204x0.由抛物线的定义得|AE|AF|FE|(x01)(1x01)x01x02.设直线 AE 的方程为 xmy1.因为点 A(x0，y0)在直线 AE 上，故 mx01y0.设 B(x1，y1)，直线 AB 的方程为 yy0y02(xx0)，由于 y00，可得 x2y0y2x0.代入抛物线方程得 y28y0y84x
55、00，所以 y0y18y0，可求得 y1y08y0，x14x0 x04.所以点 B 到直线 AE 的距离为 d|4x0 x04my08y01|1m24x01x04(x0 1x0)，则ABE 的面积 S124(x0 1x0)(x01x02)16，当且仅当 x01x0，即 x01 时等号成立，所以ABE 的面积的最小值为 16.1最值问题的求解方法(1)建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值(2)建立不等式模型，利用基本不等式求最值(3)数形结合，利用相切、相交的几何性质求最值2求参数范围的常用方法(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法
56、求解(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式 求参数的范围(4)数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解典型例题1(2015广东南澳模拟)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为 3，过椭圆 C 的右焦点的动直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点类型六直线与圆锥曲线(1)求椭圆 C 的方程；(2)若线段 AB 中点的横坐标为12，求直线 l 的方程；(3)若线段 AB 的垂直平分线与 x 轴相交于点 D，设弦 AB 的中点为
57、P，试求|DP|AB|的取值范围2(2015江西横峰联考)已知双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)与圆 O：x2y23 相切，过 C 的左焦点且斜率为 3的直线也与圆O 相切(1)求双曲线 C 的方程；(2)P 是圆 O 上在第一象限内的点，过 P 且与圆 O 相切的直线l 与 C 的右支交于 A，B 两点，AOB 的面积为 3 2，求直线 l 的方程3(2015安徽池州月考)若点 A(1,2)是抛物线 C：y22px(p0)上一点，经过点 B(5，2)的直线 l 与抛物线 C 交于 P，Q 两点(1)求证：PAQA 为定值；(2)若点 P，Q 与点 A 不重合，问APQ 的面积是否存
58、在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由规范解答1解析(1)依题意，有 eca12，12b2c 3，即 a2c，b 3c.又 a2b2c2，解得 a24，b23，c1，则椭圆 C 的方程为x24y231.(2)由(1)知 c1，由线段 AB 的中点的横坐标为12，可知动直线l 的斜率存在设过椭圆 C 的右焦点的动直线 l 的方程为 yk(x1)，将其代入x24y231 中，得(34k2)x28k2x4k2120，144(k21)0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8k234k2，x1x24k21234k2，因为线段 AB 中点的横坐标为12，所以 4k234k2
59、12，解得 k 32，所以直线 l 的方程 y 32(x1)(3)由(2)知 x1x2 8k234k2，x1x24k21234k2，所以线段 AB 的中点为 P(4k234k2，3k34k2)，所以|AB|x1x22y1y22 k21x1x224x1x2k2164k434k2244k21234k212k214k23.直线 PD 的方程为 y3k4k231k(x 4k24k23)，由 y0，得 xk24k23，则 D(k24k23，0)，所以|DP|3 k2k214k23，所以|DP|AB|3 k2k214k2312k214k2314k2k211411k21.因为 k211，所以 01k211，
60、所以 01411k2114.所以|DP|AB|的取值范围是(0，14)2解析(1)双曲线 C 与圆 O 相切，a 3.由过 C 的左焦点且斜率为 3的直线也与圆 O 相切，得 c2，进而 b1，故双曲线 C 的方程为x23y21.(2)设直线 l：ykxm(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)圆心 O 到直线 l 的距离 dmk21，由 d 3，得 m23k23.由 ykxm，x23y21，得(3k21)x26kmx3m230.(*)则 x1x2 6km3k21，x1x23m233k21.|AB|k21|x2 x1|k21 x2x124x1x2 k212 3m29k23|3k21|4 3
61、 k21|3k21|.又AOB 的面积 S12|OP|AB|32|AB|3 2，|AB|2 6.由4 3 k21|3k21|2 6，得 k1，m 6.此时(*)式 0，x1x20，x1x20，直线 l 的方程为 yx 6.3解析(1)因为点 A(1,2)在抛物线 C：y22px(p0)上，所以42p，有 p2，那么抛物线 C 的方程为 y24x.若直线 l 的斜率不存在，直线 l：x5，此时 P(5,2 5)，Q(5，2 5)，A(1,2)，则PAQA(4,22 5)(4,22 5)0.若直线 l 的斜率存在，设直线 l：yk(x5)2(k0)，点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程
62、组y24x，ykx52，有 ky24y4(5k2)0.所以y1y24k，y1y245k2k，1616k5k20，所以PAQA(1x1,2y1)(1x2,2y2)1(x1x2)x1x242(y1y2)y1y21y21y224y21y2216 42(y1y2)y1y21y1y222y1y24y21y2216 42(y1y2)y1y20.所以PAQA 为定值(2)若直线 l 的斜率不存在，直线 l：x5，此时 P(5,2 5)，Q(5，2 5)，A(1,2)SAPQ124 548 5.若直线 l 的斜率存在，设直线 l：yk(x5)2，由(1)得|PQ|x1x22y1y2211k2 y1y224y1
63、y211k280k232k16k2.点 A(1,2)到直线 l：yk(x5)2 的距离 h4|k1|1k2，SAPQ12|PQ|h85k22k1k12k4，令 u(1k1)2，有 u0，则 SAPQ8 u24u没有最大值预测1(2015湖南长郡月考)如图，O 为坐标原点，点 F 为抛物线C1：x22py(p0)的焦点，且抛物线 C1 上点 P 处的切线与圆 C2：x2y21 相切于点 Q.(1)当直线 PQ 的方程为 xy 20 时，求抛物线 C1 的方程；(2)当正数 p 变化时，记 S1，S2 分别为FPQ，FOQ 的面积，求S1S2的最小值解析(1)设点 P(x0，x202p)，由 x2
64、2py(p0)，得 yx22p.求导得yxp，因为直线 PQ 的斜率为 1，所以x0p1 且 x0 x202p 20，解得 p2 2，所以抛物线 C1 的方程为 x24 2y.(2)因为点 P 处的切线方程为 yx202px0p(xx0)，即 2x0 x2pyx200，根据切线与圆相切，得|x20|4x204p21，化简得 x404x204p2.由方程组2x0 x2pyx200，x2y21，x404x204p20，解得 Q(2x0，4x202p)所以|PQ|1k2|xPxQ|1x20p2|x02x0|p2x20p|x202|x0.点 F(0，p2)到切线 PQ 的距离 d|p2x20|4x20
65、4p212 x20p2，所以 S112|PQ|d12 p2x20p|x202|x012 x20p2x20p24p|x202|x0，S212|OF|xQ|p2|x0|.而由 x404x204p2，知 4p2x404x200，得|x0|2.所以S1S2x20p24p|x202|x02|x0|px20p2x2022p24x20 x404x20 x2022x404x20 x20 x2022x204x20424x20432 23，当且仅当x20424x204时取“”，即 x2042 2，此时，p 22 2，所以S1S2的最小值为 2 23.2(2015河北保定调研)在平面直角坐标系 xOy 中，已知 F
66、1，F2 分别是椭圆 G：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，椭圆 G 与抛物线 y28x 有一个公共的焦点，且过点(2，2)(1)求椭圆 G 的方程；(2)设直线 l 与椭圆 G 相交于 A，B 两点，若OA OB(O 为坐标原点)，试判断直线 l 与圆 x2y283的位置关系，并证明你的结论解析(1)由题意得 c2，又 4a2 2b21，根据 a2b2c2，消去 a 可得 b42b280，解得 b24 或b22(舍去)，则 a28，所以椭圆 G 的方程为x28y241.(2)结论：直线 l 与圆 x2y283相切证明：由题意可知，直线 l 不过坐标原点，设 A，B 的坐标分别为(x1
67、，y1)，(x2，y2)，其中 y1y2.当直线 lx 轴时，直线 l 的方程为 xm(m0)，且2 2m2 2，则 x1m，y14m22，x2m，y24m22.OA OB，x1x2y1y20，即 m2(4m22)0，解得 m2 63，故直线 l 的方程为 x2 63.因此，点 O(0,0)到直线 l 的距离为 d2 63.又圆 x2y283的圆心为 O(0,0)，半径 r2 63 d，所以直线 l 与圆 x2y283相切当直线 l 不垂直于 x 轴时，设直线 l 的方程为 ykxn，联立直线和椭圆方程，消去 y 得(12k2)x24knx2n280.x1x24kn12k2，x1x22n281
68、2k2.y1y2(kx1n)(kx2n)k2x1x2nk(x1x2)n2n28k212k2.又OA OB，x1x2y1y20.3n28k280,3n28k28.又圆 x2y283的圆心为 O(0,0)，半径 r2 63，圆心 O 到直线 l 的距离为 d|n|1k2，d2(|n|1k2)2 n21k23n231k2.将式代入式得 d2 8k2831k283，所以 d2 63 r.因此，直线 l 与圆 x2y283相切综上可知，结论成立1解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤(1)设方程及点的坐标；(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程；(注意二次项系数是否为零)(3)应用根与系数的关系及判别式；(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解2直线与圆锥曲线有三种位置关系(1)相离；(2)相切；(3)相交3直线与双曲线，抛物线的相交都有两种情况，一个交点或两个交点
