1、第八章 解析几何第一节直线的倾斜角与斜率、直线的方程基础盘查一 直线的倾斜角与斜率(一)循纲忆知1在平面直角坐标系中，结合具体图形，确定直线位置的几何要素(定点、斜率、倾斜角)2理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线斜率的计算公式(二)小题查验1判断正误(1)坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角与斜率()(2)过点 M(a，b)，N(b，a)(ab)的直线的倾斜角是 45()(3)倾斜角越大，斜率越大()答案：(1)(2)(3)2(人教 A 版教材习题改编)若过两点 A(m,6)，B(1,3m)的直线的斜率为 12，则 m_.答案：23直线 xcos 3y20 的倾斜角的范围是_解析：设
2、直线的倾斜角为，依题意知，k 33 cos；cos 1,1，k 33，33，即 tan 33，33.又 0，)，0，6 56，.答案：0，6 56，基础盘查二 直线的方程(一)循纲忆知掌握确定直线位置的几何要素，掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式)，了解斜截式与一次函数的关系(二)小题查验1判断正误(1)经过点 P(x0，y0)的直线都可以用方程 yy0k(xx0)表示()(2)经过任意两个不同的点 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)的直线都可以用方程(yy1)(x2x1)(xx1)(y2y1)表示()(3)直线的截距即是直线与坐标轴的交点到原点的距离()(4)若直线在 x 轴
3、，y 轴上的截距分别为 m，n，则方程可记为xmyn1()答案：(1)(2)(3)(4)2(人教 A 版教材习题改编)已知三角形的三个顶点 A(5,0)，B(3，3)，C(0,2)，则 BC边上中线所在的直线方程为_答案：x13y503过点 M(3，4)，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为_解析：若直线过原点，则 k43，所以 y43x，即 4x3y0.若直线不过原点，设直线方程为xaya1，即 xya.则 a3(4)1，所以直线的方程为 xy10.答案：4x3y0 或 xy10考点一 直线的倾斜角与斜率|(基础送分型考点自主练透)必备知识1直线的倾斜角(1)定义：x 轴正向与直线向上的方
4、向所成的角叫做直线的倾斜角(2)范围：0，)2直线的斜率(1)定义：当直线 l 的倾斜角 2时，其倾斜角 的正切值 tan 叫做这条直线的斜率，斜率通常用小写字母 k 表示，即 ktan.(2)范围：全体实数 R.(3)斜率公式：经过两点 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)(x1x2)的直线的斜率公式为 kP1P2y2y1x2x1.提醒(1)任意一条直线都有倾斜角，但只有与 x 轴不垂直的直线才有斜率(2)0 时 k0；是锐角时 k0；是钝角时 k0.(3)已知倾斜角 的范围，求斜率 k 的范围时注意下列图象的应用：当 ktan，0，2 2，时的图象如图：题组练透1若经过两点 A(4,2y
5、1)，B(2，3)的直线的倾斜角为34，则 y 等于()A1 B3C0D2解析：选 B 由 k32y124tan 34 1.得42y2，y3.2(2015常州模拟)若 ab0，则过点 P0，1b 与 Q1a，0 的直线 PQ 的倾斜角的取值范围是_解析：kPQ1b001aab0，又倾斜角的取值范围为0，)，故直线 PQ 的倾斜角的取值范围为2，.答案：2，3(2015沈阳联考)已知线段 PQ 两端点的坐标分别为 P(1，1)和 Q(2,2)，若直线 l：xmym0 与线段 PQ 有交点，则实数 m 的取值范围是_解析：如图所示，直线 l：xmym0 过定点 A(0，1)，当 m0时，kQA32
6、，kPA2，kl1m.1m2 或1m32.解得 0m12或23m0，所以 ex1ex2ex 1ex2(当且仅当 ex1ex，即 x0 时取等号)，所以 ex1ex24，故 y1ex1ex214(当且仅当 x0 时取等号)所以当 x0 时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为0，12，切线的方程为 y1214(x0)，即 x4y20.该切线在 x 轴上的截距为 2，在 y 轴上的截距为12，所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积 S1221212.答案：12类题通法1含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点的直线系，即能够看出“动中有定”2求解与直线方程有关的最值问题，
7、先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值一、选择题1直线 l：xsin 30ycos 15010 的斜率是()A.33 B.3C 3D 33解析：选 A 设直线 l 的斜率为 k，则 k sin 30cos 150 33.2在等腰三角形 AOB 中，AOAB，点 O(0,0)，A(1,3)，点 B 在 x 轴的正半轴上，则直线AB 的方程为()Ay13(x3)By13(x3)Cy33(x1)Dy33(x1)解析：选 D 因为 AOAB，所以直线 AB 的斜率与直线 AO 的斜率互为相反数，所以 kABkOA3，所以直线 AB 的点斜式方程为：y33(x1)3已知直线 l
8、：axy2a0 在 x 轴和 y 轴上的截距相等，则 a 的值是()A1B1C2 或1D2 或 1解析：选 D 由题意可知 a0.当 x0 时，ya2.当 y0 时，xa2a.a2a a2，解得 a2 或 a1.4两条直线 l1：xayb1 和 l2：xbya1 在同一直角坐标系中的图象可以是()解析：选 A 取特殊值法或排除法，可知 A 正确5(2015哈尔滨模拟)函数 yasin xbcos x 的一条对称轴为 x4，则直线 l：axbyc0 的倾斜角为()A45B60C120D135解析：选 D 由函数 yf(x)asin xbcos x 的一条对称轴为 x4知，f(0)f 2，即ba，
9、直线 l 的斜率为1，倾斜角为 135.6(2014安徽高考)过点 P(3，1)的直线 l 与圆 x2y21 有公共点，则直线 l 的倾斜角的取值范围是()A.0，6B.0，3C.0，6D.0，3解析：选 D 法一：如图，过点 P 作圆的切线 PA，PB，切点为 A，B.由题意知 OP2，OA1，则 sin 12，所以 30，BPA60.故直线 l 的倾斜角的取值范围是0，3.选 D.法二：设过点 P 的直线方程为 yk(x 3)1，则由直线和圆有公共点知|3k1|1k2 1，解得 0k 3.故直线 l 的倾斜角的取值范围是0，3.二、填空题7若 ab0，且 A(a,0)，B(0，b)，C(2
10、，2)三点共线，则 ab 的最小值为_解析：根据 A(a,0)，B(0，b)确定直线的方程为xayb1，又 C(2，2)在该直线上，故2a2b 1，所以2(ab)ab.又 ab0，故 a0，b0.根据基本不等式 ab2(ab)4 ab，从而 ab0(舍去)或 ab4，故 ab16，当且仅当 ab4 时取等号即 ab 的最小值为 16.答案：168设点 A(1,0)，B(1,0)，直线 2xyb0 与线段 AB 相交，则 b 的取值范围是_解析：b 为直线 y2xb 在 y 轴上的截距，如图，当直线 y2xb 过点 A(1，0)和点 B(1,0)时，b 分别取得最小值和最大值b 的取值范围是2,
11、2答案：2,29若直线 l 的斜率为 k，倾斜角为，而 6，4 23，则 k 的取值范围是_解析：ktan，6，4 23，3k0)与直线 l2：xny30 之间的距离是 5，则 mn()A0B1C1D2解析：选 A 直线 l1：x2ym0(m0)与直线 l2：xny30 之间的距离为 5，n2，|m3|5 5，n2，m2(负值舍去)mn0.4(2015济南模拟)“m3”是“直线 l1：2(m1)x(m3)y75m0 与直线 l2：(m3)x2y50 垂直”的()A.充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析：选 A 由 l1l2，得 2(m1)(m3)2(m3)0，
12、m3 或 m2.m3 是 l1l2 的充分不必要条件.5(2015云南统考)已知 A，B 两点分别在两条互相垂直的直线 2xy0 和 xay0 上，且 AB 线段的中点为 P0，10a，则线段 AB 的长为()A11B10C9D8解析：选 B 依题意，a2，P(0,5)，设 A(x,2x)，B(2y，y)，故x2y0，2xy10，则 A(4,8)，B(4,2)，|AB|44282210.6已知曲线|x|2|y|3 1 与直线 y2xm 有两个交点，则 m 的取值范围是()A(，4)(4，)B(4,4)C(，3)(3，)D(3,3)解析：选 A 曲线|x|2|y|3 1 的草图如图所示由该曲线与
13、直线 y2xm 有两个交点，可得 m4 或 mkA1F，即 kFD(4，)答案：(4，)三、解答题11已知两条直线 l1：axby40 和 l2：(a1)xyb0，求满足下列条件的 a，b的值：(1)l1l2，且 l1 过点(3，1)；(2)l1l2，且坐标原点到这两条直线的距离相等解：(1)由已知可得 l2 的斜率存在，且 k21a.若 k20，则 1a0，a1.l1l2，直线 l1 的斜率 k1 必不存在，即 b0.又l1 过点(3，1)，3a40，即 a43(矛盾)此种情况不存在，k20.即 k1，k2 都存在，k21a，k1ab，l1l2，k1k21，即ab(1a)1.又l1 过点(3
14、，1)，3ab40.由联立，解得 a2，b2.(2)l2 的斜率存在，l1l2，直线 l1 的斜率存在，k1k2，即ab1a.又坐标原点到这两条直线的距离相等，且 l1l2，l1，l2 在 y 轴上的截距互为相反数，即4bb，联立，解得a2，b2 或a23，b2.a2，b2 或 a23，b2.12(2015东营模拟)设直线 l 的方程为(a1)xy2a0(aR)(1)若直线 l 在两坐标轴上的截距相等，求直线 l 的方程；(2)若 a1，直线 l 与 x、y 轴分别交于 M、N 两点，O 为坐标原点，求OMN 面积取最小值时，直线 l 的方程解：(1)当直线 l 经过坐标原点时，该直线在两坐标
15、轴上的截距都为 0，此时 a20，解得 a2，此时直线 l 的方程为xy0，即 xy0；当直线 l 不经过坐标原点，即 a2 且 a1 时，由直线在两坐标轴上的截距相等可得2aa12a，解得 a0，此时直线 l 的方程为 xy20.所以直线 l 的方程为 xy0 或 xy20.(2)由直线方程可得 M2aa1，0，N(0,2a)，因为 a1，所以 SOMN122aa1(2a)12a112a112a1 1a12 122a11a12 2，当且仅当 a1 1a1，即 a0 时等号成立此时直线 l 的方程为 xy20.第三节圆的方程基础盘查一 圆的定义及标准方程(一)循纲忆知1掌握确定圆的几何要素，掌
16、握圆的标准方程与一般方程2初步了解用代数方法处理几何问题(二)小题查验1判断正误(1)确定圆的几何要素是圆心与半径()(2)已知点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则以 AB 为直径的圆的方程是(xx1)(xx2)(yy1)(yy2)0()(3)方程 Ax2BxyCy2DxEyF0 表示圆的充要条件是 AC0，B0，D2E24AF0()答案：(1)(2)(3)2(人教 A 版教材例题改编)已知圆心为 C 的圆过点 A(1,1)，B(2，2)且圆心 C 在直线 l：xy10 上，则圆的标准方程为_答案：(x3)2(y2)2253.(2015金华十校联考)已知圆 C 的半径为 1，圆心在第一象
17、限，与 y 轴相切，与 x 轴相交于点 A、B，且 AB 3，则该圆的标准方程是_解析：依题可设圆 C：(x1)2(yb)21(b0)，且322b21，可解得 b12，所以圆 C 的标准方程为(x1)2y1221.答案：(x1)2y1221基础盘查二 点与圆的位置关系(一)循纲忆知了解点与圆的位置关系(点在圆上、点在圆内、点在圆外)(二)小题查验1判断正误(1)若点 M(x0，y0)在圆 x2y2DxEyF0 外，则 x20y20Dx0Ey0F0()(2)已知圆的方程为 x2y22y0，过点 A(1,2)作该圆的切线只有一条()答案：(1)(2)2若点(1,1)在圆(xa)2(ya)24 的内
18、部，则实数 a 的取值范围是_解析：因为点(1,1)在圆(xa)2(ya)24 的内部，所以(1a)2(1a)24.即 a21，故1a0 时表示圆，其中D2，E2 为圆心，12 D2E24F为半径提醒 方程 Ax2BxyCy2DxEyF0 表示圆的充要条件：B0，AC0，D2E24AF0.题组练透1(2015潍坊一模)若圆 C 经过(1,0)，(3,0)两点，且与 y 轴相切，则圆 C 的方程为()A(x2)2(y2)23 B(x2)2(y 3)23C(x2)2(y2)24 D(x2)2(y 3)24解析：选 D 因为圆 C 经过(1,0)，(3,0)两点，所以圆心在直线 x2 上，又圆与 y
19、 轴相切，所以半径 r2，设圆心坐标为(2，b)，则(12)2b24，b23，b 3，选 D.2(2015温州十校联考)已知抛物线 C1：x22y 的焦点为 F，以 F 为圆心的圆 C2 交 C1 于A，B 两点，交 C1 的准线于 C，D 两点，若四边形 ABCD 是矩形，则圆 C2 的方程为()A.x2y1223Bx2y1224Cx2(y1)212Dx2(y1)216解析：选 B 如图，连接 AC，BD，由抛物线的定义与性质可知圆 心坐标为 F0，12，而|FA|AD|FB|为 圆 的半径 r，于 是A32 r，1212r，而 A 在抛物线上，故32 r 221212r，r2，故选 B.3
20、圆 C 通过不同的三点 P(k,0)，Q(2,0)，R(0,1)，已知圆 C 在点 P 处的切线斜率为 1，则圆 C 的方程为_解析：设圆 C 的方程为 x2y2DxEyF0，则 k,2 为 x2DxF0 的两根，k2D,2kF，即 D(k2)，F2k，又圆过 R(0,1)，故 1EF0.E2k1.故所求圆的方程为 x2y2(k2)x(2k1)y2k0，圆心坐标为k22，2k12.圆 C 在点 P 处的切线斜率为 1，kCP12k12k，k3.D1，E5，F6.所求圆 C 的方程为 x2y2x5y60.答案：x2y2x5y60类题通法解题时选择设标准方程还是一般方程的一般原则是：如果由已知条件
21、易得圆心坐标、半径或可用圆心坐标、半径列方程，则通常选择设圆的标准方程，否则选择设圆的一般方程考点二 与圆有关的最值、范围问题|(常考常新型考点多角探明)必备知识1与圆的几何性质有关的最值(1)记 O 为圆心，圆外一点 A 到圆上距离最小为|AO|r，最大为|AO|r；(2)过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为以该点为中点的弦；(3)记圆心到直线的距离为 d，直线与圆相离，则圆上点到直线的最大距离为 dr，最小距离为 dr；(4)过两定点的所有圆中，面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆2与圆上点(x，y)有关的最值(1)形如 ybxa形式的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题；(2)形如
22、taxby 形式的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题；(3)形如(xa)2(yb)2 形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题多角探明与圆有关的最值问题也是命题的热点内容，它着重考查数形结合与转化思想归纳起来常见的命题角度有：(1)斜率型最值问题；(2)截距型最值问题；(3)距离型最值问题；(4)利用对称性求最值、范围等；(5)建立目标函数求最值问题.角度一：斜率型最值问题1已知实数 x，y 满足方程 x2y24x10.求yx的最大值和最小值解：原方程可化为(x2)2y23，表示以(2,0)为圆心，3为半径的圆yx的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设yxk，即 yk
23、x.如图所示，当直线 ykx 与圆相切时，斜率 k 取最大值或最小值，此时|2k0|k213，解得 k 3.所以yx的最大值为 3，最小值为 3.角度二：截距型最值问题2在角度一条件下求 yx 的最大值和最小值解：yx 可看作是直线 yxb 在 y 轴上的截距，如图所示，当直线 yxb 与圆相切时，纵截距 b 取得最大值或最小值，此时|20b|23，解得 b2 6.所以 yx 的最大值为2 6，最小值为2 6.角度三：距离型最值问题3在角度一条件下求 x2y2 的最大值和最小值解：如图所示，x2y2 表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和
24、最小值又圆心到原点的距离为2020022，所以 x2y2 的最大值是(2 3)274 3，x2y2 的最小值是()2 3 274 3.角度四：利用对称性求范围4(2014新课标全国卷)设点 M(x0,1)，若在圆 O：x2y21 上存在点 N，使得OMN45，则 x0 的取值范围是()A1,1 B.12，12C 2，2 D.22，22解析：选 A 当点 M 的坐标为(1,1)时，圆上存在点 N(1,0)，使得OMN45，所以 x01 符合题意，故排除 B，D；当点 M 的坐标为(2，1)时，OM 3，过点 M 作圆 O 的一条切线 MN，连接 ON，则在 RtOMN中，sinOMN 33 22
25、，则OMN0)，则直线 AB 的方程为xayb1，即 bxayab0，因为直线 AB 和圆相切，所以圆心到直线 AB 的距离 d|ab|a2b2 2，即2(a2b2)(ab)24ab，所以 ab4,当且仅当 ab 时取等号，又|AB|a2b2ab22 2，所以|AB|的最小值为 2 2，此时 ab，即 ab2，切线 l 的方程为x2y21，即 xy20.答案：xy20类题通法求解与圆有关的最值问题的两大规律1借助几何性质求最值处理与圆有关的最值问题，应充分考虑圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，借助数形结合思想求解2建立函数关系式求最值根据题目条件列出关于所求目标式子的函数关系式，然后根据关
26、系式的特征选用参数法、配方法、判别式法等，利用基本不等式求最值是比较常用的考点三 与圆有关的轨迹问题|(重点保分型考点师生共研)必备知识1求动点的轨迹往往先求出动点的轨迹方程，然后由方程研究轨迹图形；求动点的轨迹方程有时需要先由条件判断轨迹图形，再由图形求方程2常用求法：(1)定义法(2)相关点代入法提醒“轨迹”与“轨迹方程”的区别：“轨迹”是图形，要指出形状、位置、大小(范围)等特征；“轨迹方程”是方程(等式)，不仅要给出方程，还要指出变量的取值范围典题例析已知圆 x2y24 上一定点 A(2,0)，B(1,1)为圆内一点，P，Q 为圆上的动点(1)求线段 AP 中点的轨迹方程；(2)若PB
27、Q90，求线段 PQ 中点的轨迹方程解：(1)设 AP 的中点为 M(x，y)，由中点坐标公式可知，P 点坐标为(2x2,2y)因为 P 点在圆 x2y24 上，所以(2x2)2(2y)24.故线段 AP 中点的轨迹方程为(x1)2y21.(2)设 PQ 的中点为 N(x，y)在 RtPBQ 中，|PN|BN|.设 O 为坐标原点，连接 ON，则 ONPQ，所以|OP|2|ON|2|PN|2|ON|2|BN|2，所以 x2y2(x1)2(y1)24.故线段 PQ 中点的轨迹方程为 x2y2xy10.类题通法求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法(1)直接法：根据题设条件直接列出方程；(2)定义法
28、：根据圆的定义写出方程；(3)几何法：利用圆的性质列方程；(4)代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式演练冲关设定点 M(3,4)，动点 N 在圆 x2y24 上运动，以 OM，ON 为两边作平行四边形 MONP，求点 P 的轨迹解：如图，设 P(x，y)，N(x0，y0)，则线段 OP 的中点坐标为x2，y2，线段 MN 的中点坐标为x032，y042.因为平行四边形的对角线互相平分，所以x2x032，y2y042，整理得x0 x3，y0y4.又点 N(x3，y4)在圆 x2y24 上，所以(x3)2(y4)24.所以点 P 的轨迹是以(3,4)为圆心，2 为半径长的圆，因
29、为 O，M，P 三点不共线，所以应除去两点95，125 和215，285.一、选择题1(2015北京西城期末)若坐标原点在圆(xm)2(ym)24 的内部，则实数 m 的取值范围是()A(1,1)B(3，3)C(2，2)D.22，22解析：选 C(0,0)在(xm)2(ym)24 的内部，则有(0m)2(0m)24，解得 2m 2，选 C.2圆 x2y24x4y100 上的点到直线 xy140 的最大距离与最小距离的和是()A30B18C10 2D5 2解析：选 C 由圆 x2y24x4y100 知圆心坐标为(2,2)，半径为 3 2，则圆上的点到直线 xy140 的最大距离为|2214|23
30、 28 2，最小距离为|2214|23 22 2，故最大距离与最小距离的和为 10 2.3设圆的方程是 x2y22ax2y(a1)20，若 0a1，则原点与圆的位置关系是()A原点在圆上B原点在圆外C原点在圆内D不确定解析：选 B 将圆的一般方程化成标准方程为(xa)2(y1)22a，因为 0a0，即 0a2012 2a，所以原点在圆外4已知圆 C1：(x2)2(y3)21，圆 C2：(x3)2(y4)29，M，N 分别是圆 C1，C2上的动点，P 为 x 轴上的动点，则|PM|PN|的最小值为()A5 24B.171C62 2D.17解析：选 A 圆 C1，C2 的图象如图所示设 P 是 x
31、 轴上任意一点，则|PM|的最小值为|PC1|1，同理|PN|的最小值为|PC2|3，则|PM|PN|的最小值为|PC1|PC2|4.作 C1 关于 x 轴的对称点 C1(2，3)，连接 C1C2，与 x轴交于点 P，连接 PC1，可知|PC1|PC2|的最小值为|C1C2|，则|PM|PN|的最小值为 5 24，故选 A.5点 P(4，2)与圆 x2y24 上任一点连线的中点轨迹方程是()A(x2)2(y1)21B(x2)2(y1)24C(x4)2(y2)24D(x2)2(y1)21解析：选 A 设 M(x0，y0)为圆 x2y24 上任一点，PM 中点为 Q(x，y)，则xx042，yy0
32、22，x02x4，y02y2.代入圆的方程得(2x4)2(2y2)24，即(x2)2(y1)21.6(2014北京高考)已知圆 C：(x3)2(y4)21 和两点 A(m,0)，B(m，0)(m0)若圆 C 上存在点 P，使得 APB90，则 m 的最大值为()A7B6C5D4解析：选 B 根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心 C的坐标为(3,4)，半径 r1，且|AB|2m，因为APB90，连接OP，易知|OP|12|AB|m.要求 m 的最大值，即求圆 C 上的点 P到原点 O 的最大距离因为|OC|32425，所以|OP|max|OC|r6，即 m 的最大值为6.二、填空题7已知圆 C
33、 关于 y 轴对称，经过点(1,0)且被 x 轴分成两段，弧长比为 12，则圆 C 的方程为 _.解析：由已知圆心在 y 轴上，且被 x 轴所分劣弧所对圆心角为23，设圆心(0，a),半径为r，则 rsin31，rcos3|a|，解得 r 23，即 r243，|a|33，即 a 33，故圆 C 的方程为 x2y 33243.答案：x2y 332438(2015绍兴模拟)点 P(1,2)和圆 C：x2y22kx2yk20 上的点的距离的最小值是_解析：圆的方程化为标准式为(xk)2(y1)21.圆心 C(k，1)，半径 r1.易知点 P(1,2)在圆外点 P 到圆心 C 的距离为：|PC|k12
34、32 k1293.|PC|min3.点 P 和圆 C 上点的最小距离 dmin|PC|minr312.答案：29若圆 C：x22mxy22 my20 与 x 轴有公共点，则 m 的取值范围是_解 析：圆 C 的 标 准 方 程 为(x m)2 (y m)2 m2 m 2，依 题 意 有m2m20，m m2m2，m0.得 m2.答案：2，)10已知两点 A(2,0)，B(0,2)，点 C 是圆 x2y22x0 上任意一点，则ABC 面积的最小值是_解析：lAB：xy20，圆心(1,0)到 l 的距离 d 32，则 AB 边上的高的最小值为 321.故ABC 面积的最小值是122 2321 3 2
35、.答案：3 2三、解答题11已知圆的方程是 x2y22ax2(a2)y20，其中 a1，且 aR.(1)求证：a 取不为 1 的实数时，上述圆过定点；(2)求圆心的轨迹方程解：(1)证明：将方程 x2y22ax2(a2)y20 整理得 x2y24y2a(2x2y)0(a1，且 aR)，令x2y24y20，2x2y0，解得x1，y1.所以 a 取不为 1 的实数时，上述圆过定点(1,1)(2)由题意知圆心坐标为(a,2a)，且 a1，又设圆心坐标为(x，y)，则有xa，y2a，消去参数 a，得 xy20(x1)，即为所求圆心的轨迹方程12.已知以点 P 为圆心的圆经过点 A(1,0)和 B(3,
36、4)，线段 AB 的垂直平分线交圆 P 于点C 和 D，且|CD|4 10.(1)求直线 CD 的方程；(2)求圆 P 的方程解：(1)直线 AB 的斜率 k1，AB 的中点坐标为(1,2)直线 CD 的方程为 y2(x1)，即 xy30.(2)设圆心 P(a，b)，则由 P 在 CD 上得 ab30.又直径|CD|4 10，|PA|2 10.(a1)2b240.由解得a3，b6，或a5，b2.圆心 P(3,6)或 P(5，2)圆 P 的方程为(x3)2(y6)240 或(x5)2(y2)240.第四节直线与圆、圆与圆的位置关系基础盘查一 直线与圆的位置关系(一)循纲忆知1能根据给定直线、圆的
37、方程判断直线与圆的位置关系(相交、相切、相离)2能用直线和圆的方程解决一些简单的问题3初步了解用代数方法处理几何问题的思想(二)小题查验1判断正误(1)过圆 O：x2y2r2 上一点 P(x0，y0)的圆的切线方程是 x0 xy0yr2()(2)过圆 O：x2y2r2 外一点 P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为 A，B，则 O，P，A，B四点共圆且直线 AB 的方程是 x0 xy0yr2()答案：(1)(2)2(人教 A 版教材例题改编)已知过点 M(3，3)的直线 l 被圆 x2y24y210 所截得的弦长为 4 5，则直线 l 的方程为_答案：x2y90 或 2xy303过坐标原点且与
38、圆 x24xy220 相切的直线方程为_解析：圆的标准方程为(x2)2y22.则圆心(2,0)，半径 r 2.设直线方程为 ykx.则|2k|k21 2，解得 k1，所以直线方程为 yx.答案：yx基础盘查二 圆与圆的位置关系(一)循纲忆知能根据给定两个圆的方程判断两圆的位置关系(内含、内切、相交、外切、相离)(二)小题查验1判断正误(1)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，则两圆外切()(2)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交()(3)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程()答案：(1)(2)(3)2(人教 B 版教材习题改编)两圆 x
39、2y21 与(x4)2(ya)225 相切，则常数 a_.答案：2 5或 03两圆交于点 A(1,3)和 B(m,1)，两圆的圆心都在直线 xyc20 上，则 mc 的值等于_解析：有题意可知线段 AB 的中点m12，2 在直线 xyc20 上，代入得 mc3.答案：3考点一 直线与圆的位置关系|(基础送分型考点自主练透)必备知识直线与圆的位置关系的判断方法(1)几何法：由圆心到直线的距离 d 与半径长 r 的大小关系来判断若 dr，则直线与圆相离；若 dr，则直线与圆相切；若 dr，则直线与圆相交(2)代数法：联立直线与圆的方程，消元后得到关于 x(或 y)的一元二次方程，根据一元二次方程的
40、解的个数(也就是方程组解的个数)来判断如果 0，方程有两个不同的实数解，从而方程组也有两组不同的实数解，那么直线与圆相交提醒 直线与圆的位置关系的判断多用几何法题组练透1“a1”是“直线 l：ykxa 和圆 C：x2y22 相交”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析：选 A 直线 l：ykxa 经过定点 P(0，a)，显然当 a1 时，点 P 在圆 C 内，所以直线 l 与圆 C 恒相交，故“a1”是“直线 l：ykxa 和圆 C：x2y22 相交”的充分条件；而当 a0 时，亦有直线 l 和圆 C 相交，所以“a1”是“直线 l：ykxa 和圆 C：x
41、2y22 相交”的不必要条件综上，“a1”是“直线 l：ykxa 和圆 C：x2y22 相交”的充分不必要条件2(2015江苏扬州中学月考)已知方程 x2 xtan 1sin 0 有两个不等实根 a 和 b，那么过点 A(a，a2)，B(b，b2)的直线与圆 x2y21 的位置关系是_解析：由题意可知过 A，B 两点的直线方程为(ab)xyab0，圆心到直线 AB 的距离为 d|ab|ab21，而 ab 1tan，ab 1sin，因此 d1sin 1tan21，化简后得 d1，故直线与圆相切答案：相切类题通法判断直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含
42、有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法能用几何法，尽量不用代数法考点二 切线、弦长问题|(重点保分型考点师生共研)必备知识1有关弦长问题的两种方法(1)几何法：直线被圆截得的半弦长l2，弦心距 d 和圆的半径 r 构成直角三角形，即 r2 l22d2；(2)代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为关于 x 的一元二次方程，由根与系数的关系即可求得弦长|AB|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x2或|AB|11k2|y1y2|11k2y1y224y1y2.2过一点求圆的切线的方法(1)过圆上一点(x0，y0)的圆的切线方程的求法先求切点与圆心连线的斜率 k，由垂直关系知切线斜
43、率为1k，由点斜式方程可求切线方程若切线斜率不存在，则由图形写出切线方程 xx0.(2)过圆外一点(x0，y0)的圆的切线方程的求法当斜率存在时，设为 k，切线方程为 yy0k(xx0)，即 kxyy0kx00.由圆心到直线的距离等于半径，即可得出切线方程当斜率不存在时要加以验证典题例析1(2014大纲全国卷)直线 l1 和 l2 是圆 x2y22 的两条切线，若 l1 与 l2 的交点为(1,3)，则 l1 与 l2 的夹角的正切值等于_解析：根据题意作出图象如图所示，连接 OA，OB，则|AO|102302 10，|OB|2，|AB|AO|2|OB|22 2，tanBAO22 212，l1
44、 与 l2 的夹角的正切值等于tan 2BAO 2tanBAO1tan2BAO21211443.答案：432(2014重庆高考)已知直线 xya0 与圆心为 C 的圆 x2y22x4y40 相交于 A，B 两点，且 ACBC，则实数 a 的值为_解析：圆 C：x2y22x4y40 的标准方程为(x1)2(y2)29，所以圆心为 C(1,2)，半径为 3.因为 ACBC，所以圆心 C 到直线 xya0 的距离为3 22，即|12a|23 22，所以 a0 或 6.答案：0 或 6类题通法1在讨论有关直线与圆的相交弦问题时，如能充分利用好平面几何中的垂径定理，并在相应的直角三角形中计算，往往能事半
45、功倍2圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径建立关系解决问题演练冲关1(2014重庆高考)已知直线 axy20 与圆心为 C 的圆(x1)2(ya)24 相交于 A，B 两点，且ABC 为等边三角形，则实数 a_.解析：依题意，圆 C 的半径是 2，圆心 C(1，a)到直线 axy20 的距离等于 32 2 3，于是有|1aa2|a21 3，即 a28a10，解得 a4 15.答案：4 152(2014江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，直线 x2y30 被圆(x2)2(y1)24截得的弦长为_解析：因为圆心(2，1)到直线 x2y30 的距离 d|223|5 35，所以直线 x
46、2y30 被圆截得的弦长为 24952 555.答案：2 555考点三 圆与圆的位置关系|(题点多变型考点全面发掘)必备知识1圆与圆的位置关系圆与圆有五种位置关系，分别是外离、外切、相交、内切、内含外离和内含统称为相离；外切和内切统称为相切两圆相离没有公共点，两圆相切有唯一公共点，两圆相交有两个不同的公共点2判断两圆的位置关系常用的方法是几何法提醒 判断两圆位置关系时常用几何法，利用两圆组成的方程组解的个数，不能判断内切与外切，外离与内含一题多变典型母题(2015合肥二模)已知圆 C1：(xa)2(y2)24 与圆 C2：(xb)2(y2)21 相外切，则 ab 的最大值为()A.62 B.3
47、2C.94D2 3解析 由圆 C1 与圆 C2 相外切，可得 ab2222213，即(ab)29，根据基本不等式可知 abab2294，当且仅当 ab 时等号成立故选 C.答案 C题点发散 1 本例条件中“外切”变为“内切”，则 ab 的最大值为_解析：由 C1 与 C2 内切得 ab22221.即(ab)21，又 abab2214，当且仅当 ab 时等号成立，故 ab 的最大值为14.答案：14题点发散 2 本例条件“外切”变为“相交”，则公共弦所在的直线方程为_解析：由题意得，把圆 C1，圆 C2 的方程都化为一般方程圆 C1：x2y22ax4ya20，圆 C2：x2y22bx4yb230
48、，由得(2a2b)x3b2a20，即(2a2b)x3b2a20 为所求公共弦所在直线方程答案：(2a2b)x3b2a20题点发散 3 本例条件“外切”变为“若两圆有四条公切线”，则直线 xy10 与圆(xa)2(yb)21 的位置关系是_解析：由两圆存在四条切线，故两圆外离，ab22223.(ab)29.即 ab3 或 ab1，直线 xy10 与圆(xa)2(yb)21 相离答案：相离类题通法1处理两圆位置关系多用圆心距与半径和或差的关系判断，一般不采用代数法2若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差得到一、选择题1(2015温州十校联考)对任意的实数 k，直线 ykx1 与圆
49、 C：x2y22x20 的位置关系是()A相离 B相切C相交D以上三个选项均有可能解析：选 C 直线 ykx1 恒经过点 A(0，1)，圆 x2y22x20 的圆心为 C(1,0)，半径为 3，而|AC|20)与圆 x2y24 交于不同的两点 A，B，O 是坐标原点，且有|OAOB|33|AB|，那么 k 的取值范围是()A(3，)B 2，)C 2，2 2)D 3，2 2)解析：选 C 如图，当|OAOB|33|AB|时，O，A，B 三点为等腰三角形的三个顶点，其中 OAOB，AOB120，从而圆心 O 到直线 xyk0(k0)的距离为 1，此时 k 2；当 k 2时，|OAOB|33|AB|
50、，又直线与圆 x2y24 有两个不同的交点，故 k4，点 M 在圆 C 外部当过点 M 的直线斜率不存在时，直线方程为 x3，即 x30.又点 C(1,2)到直线 x30 的距离 d312r，即此时满足题意，所以直线 x3 是圆的切线当切线的斜率存在时，设切线方程为 y1k(x3)，即 kxy13k0，则圆心 C 到切线的距离 d|k213k|k21r2，解得 k34.切线方程为 y134(x3)，即 3x4y50.综上可得，过点 M 的圆 C 的切线方程为 x30 或 3x4y50.|MC|3121225，过点 M 的圆 C 的切线长为|MC|2r2 541.12(2015绵阳诊断)已知圆心
51、为 C 的圆，满足下列条件：圆心 C 位于 x 轴正半轴上，与直线 3x4y70 相切，且被 y 轴截得的弦长为 2 3，圆 C 的面积小于 13.(1)求圆 C 的标准方程；(2)设过点 M(0,3)的直线 l 与圆 C 交于不同的两点 A，B，以 OA，OB 为邻边作平行四边形OADB.是否存在这样的直线 l，使得直线 OD 与 MC 恰好平行？如果存在，求出 l 的方程；若不存在请说明理由解：(1)设圆 C：(xa)2y2r2(a0)，由题意知|3a7|3242r，a23r，解得 a1 或 a138，又 S r20，解得 k12 63.x1x26k21k2，y1y2k(x1x2)62k6
52、1k2，OD OAOB(x1x2，y1y2)，MC(1，3)，假设OD MC，则3(x1x2)y1y2，解得 k34，12 6312 63，假设不成立，不存在这样的直线 l.命题点一 直线的方程、两条直线的位置关系命题指数：难度：低 题型：选择题1(2012浙江高考)设 aR，则“a1”是“直线 l1：ax2y10 与直线 l2：x2y40 平行”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件解析：选 C 由 a1 可得 l1l2，反之由 l1l2 可得 a1.2(2013天津高考)已知过点 P(2,2)的直线与圆(x1)2y25 相切，且与直线 axy10 垂直
53、，则 a()A12B1C2D.12解析：选 C 由切线与直线 axy10 垂直，得过点 P(2,2)与圆心(1,0)的直线与直线 axy10 平行，所以2021a，解得 a2.3(2014福建高考)已知直线 l 过圆 x2(y3)2 4 的圆心，且与直线 xy10 垂直，则 l 的方程是()Axy20Bxy20Cxy30Dxy30解析：选 D 依题意，得直线 l 过点(0,3)，斜率为 1，所以直线 l 的方程为 y3x0，即 xy30.故选 D.命题点二 圆的方程、直线与圆的位置关系命题指数：难度：中 题型：选择题、填空题、解答题1(2013安徽高考)直线 x2y5 50 被圆 x2y22x
54、4y0 截得的弦长为()A1B2C4D.4 6解析：选 C 依题意，圆的圆心为(1,2)，半径 r 5，圆心到直线的距离 d|145 5|51，所以结合图形可知弦长的一半为 r2d22，故弦长为 4.2(2013山东高考)过点(3,1)作圆(x2)2(y2)24 的弦，其中最短弦的长为_解析：最短弦为过点(3,1)，且垂直于点(3,1)与圆心的连线的弦，易知弦心距 d322122 2，所以最短弦长为 2 r2d2222 222 2.答案：2 23(2012天津高考)设 m，nR，若直线 l：mxny10 与 x 轴相交于点 A，与 y 轴相交于点 B，且 l 与圆 x2y24 相交所得弦的长为
55、 2，O 为坐标原点，则AOB 面积的最小值为_解析：由直线与圆相交所得弦长为 2，知圆心到直线的距离为 3，即1m2n2 3，所以m2n2132|mn|，所以|mn|16，又 A1m，0，B0，1n，所以AOB 的面积为 12|mn|3，最小值为 3.答案：34(2013江西高考)若圆 C 经过坐标原点和点(4,0)，且与直线 y1 相切，则圆 C 的方程是_解析：如图所示，圆心在直线 x2 上，所以切点 A 为(2,1)设圆心 C 为(2，t)，由题意，可得|OC|CA|，故 4t2(1t)2，t32，半径 r2254.所以圆 C 的方程为(x2)2y322254.答案：(x2)2y322
56、2545(2014湖北高考)直线 l1：yxa 和 l2：yxb 将单位圆 C：x2y21 分成长度相等的四段弧，则 a2b2_.解析：由题意得，直线 l1 截圆所得的劣弧长为2，则圆心到直线 l1 的距离为 22，即|a|2 22a21，同理可得 b21，则 a2b22.答案：26(2014陕西高考)若圆 C 的半径为 1，其圆心与点(1,0)关于直线 yx 对称，则圆 C 的标准方程为_解析：因为点(1,0)关于直线 yx 对称的点的坐标为(0,1)，所以所求圆的圆心为(0,1)，半径为 1，于是圆 C 的标准方程为 x2(y1)21.答案：x2(y1)217(2014山东高考)圆心在直线
57、 x2y0 上的圆 C 与 y 轴的正半轴相切，圆 C 截 x 轴所得弦的长为 2 3，则圆 C 的标准方程为_解析：依题意，设圆心的坐标为(2b，b)(其中 b0)，则圆 C 的半径为 2b，圆心到 x 轴的距离为 b，所以 2 4b2b22 3，b0，解得 b1，故所求圆 C 的标准方程为(x2)2(y1)24.答案：(x2)2(y1)248(2014北京高考)已知椭圆 C：x22y24.(1)求椭圆 C 的离心率；(2)设 O 为原点，若点 A 在椭圆 C 上，点 B 在直线 y2 上，且 OAOB，试判断直线 AB与圆 x2y22 的位置关系，并证明你的结论解：(1)由题意，椭圆 C
58、的标准方程为x24y221.所以 a24，b22，从而 c2a2b22.因此 a2，c 2.故椭圆 C 的离心率 eca 22.(2)直线 AB 与圆 x2y22 相切证明如下：设点 A，B 的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中 x00.因为 OAOB，所以OA OB 0，即 tx02y00，解得 t2y0 x0.当 x0t 时，y0t22，代入椭圆 C 的方程，得 t 2，故直线 AB 的方程为 x 2，圆心 O 到直线 AB 的距离 d 2.此时直线 AB 与圆 x2y22 相切当 x0t 时，直线 AB 的方程为 y2y02x0t(xt)即(y02)x(x0t)y2x0ty00.
59、d|2x0ty0|y022x0t2.又 x202y204，t2y0 x0，故d2x02y20 x0 x20y204y20 x20 44x20 x0 x408x20162x20 2.此时直线 AB 与圆 x2y22 相切9.(2013江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 A(0,3)，直线 l：y2x4.设圆 C 的半径为 1，圆心在 l 上(1)若圆心 C 也在直线 yx1 上，过点 A 作圆 C 的切线，求切线的方程；(2)若圆 C 上存在点 M，使 MA2MO，求圆心 C 的横坐标 a 的取值范围解：(1)由题设，圆心 C 是直线 y2x4 和 yx1 的交点，解得点 C(3,
60、2)，于是切线的斜率必存在设过 A(0,3)的圆 C 的切线方程为 ykx3，由题意，得|3k1|k211，解得 k0 或 k34，故所求切线方程为 y3 或 3x4y120.(2)因为圆心在直线 y2x4 上，所以圆 C 的方程为(xa)2y2(a2)21.设点 M(x，y)，因为 MA2MO，所以 x2y322 x2y2，化简得 x2y22y30，即 x2(y1)24，所以点 M 在以 D(0，1)为圆心，2 为半径的圆上由题意，点 M(x，y)在圆 C 上，所以圆 C 与圆 D 有公共点，则|21|CD21，即1 a22a323.由 5a212a80，得 aR；由 5a212a0，得 0
61、a125.所以点 C 的横坐标 a 的取值范围为 0，125.第五节椭_圆基础盘查一 椭圆的定义(一)循纲忆知掌握椭圆的定义，了解椭圆的简单应用(二)小题查验1判断正误(1)平面内与两个定点 F1，F2 的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆()(2)动点 P 到两定点 A(0，2)，B(0,2)的距离之和为 4，则点 P 的轨迹是椭圆()答案：(1)(2)2(人教 B 版教材习题改编)已知椭圆x2a2y2b21，作一个三角形，使它的一个顶点为焦点F1，另两个顶点 D，E 在椭圆上且边 DE 过焦点 F2，则F1DE 的周长为_答案：4a3已知圆(x2)2y236 的圆心为 M，设 A 为圆上任一
62、点，且点 N(2,0)，线段 AN 的垂直平分线交 MA 于点 P，则动点 P 的轨迹是_解析：由题意可知|PM|PN|MA|6.又 M(2,0)，N(2,0)，动点 P 的轨迹是椭圆答案：椭圆基础盘查二 椭圆的标准方程和几何性质(一)循纲忆知1掌握椭圆的几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)2理解数形结合的思想(二)小题查验1(1)椭圆的离心率 e 越大，椭圆就越圆()(2)椭圆既是轴对称图形，又是中心对称图形()(3)方程 mx2ny21(m0，n0，mn)表示的曲线是椭圆()答案：(1)(2)(3)2(人教 A 版教材习题改编)焦距是 8，离心率等于 0.8 的椭
63、圆的标准方程为_答案：x225y291 或x29y22513若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率是_解析：由题意可知 2bac.即 2 a2c2ac，整理得 5c22ac3a20.即 5e22e30.解得 e35或 e1(舍去)答案：35考点一 椭圆的定义及标准方程|(基础送分型考点自主练透)必备知识1定义平面内与两个定点 F1，F2 的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距提醒 当到两定点的距离之和等于|F1F2|时，动点的轨迹是线段 F1F2；当到两定点的距离之和小于|F1F2|时，动点
64、的轨迹不存在2标准方程中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆的标准方程为：x2a2y2b21(ab0)；中心在坐标原点，焦点在 y 轴上的椭圆的标准方程为：y2a2x2b21(ab0)提醒 当焦点的位置不能确定时，椭圆方程可设成 Ax2By21 的形式，其中 A，B 是不相等的正常数，或设成x2m2y2n21(m2n2)的形式题组练透1(2014全国大纲卷)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点为 F1，F2，离心率为 33，过 F2 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，若AF1B 的周长为 4 3，则 C 的方程为()A.x23y221 B.x23y21C.x212y281
65、D.x212y241解析：选 A 由椭圆的性质知|AF1|AF2|2a，|BF1|BF2|2a，又AF1B 的周长|AF1|AF2|BF1|BF2|4 3，a 3.又 e 33，c1.b2a2c22，椭圆的方程为x23y221，故选 A.2已知两圆 C1：(x4)2y2169，C2：(x4)2y29，动圆在圆 C1 内部且和圆 C1 相内切，和圆 C2 相外切，则动圆圆心 M 的轨迹方程为()A.x264y2481B.x248y2641C.x248y2641D.x264y2481解析：选 D 设圆 M 的半径为 r，则|MC1|MC2|(13r)(3r)16，M 的轨迹是以 C1，C2 为焦点
66、的椭圆，且 2a16,2c8，故所求的轨迹方程为x264y2481.3(2015浙江金丽衢十二校二联)若椭圆 C：x29y221 的焦点为 F1，F2，点 P 在椭圆 C上，且|PF1|4，则F1PF2()A.6B.3C.23D.56解析：选 C 由题意得 a3，c 7，则|PF2|2.在F2PF1 中，由余弦定理可得cosF2PF142222 7224212.又F2PF1(0，)，F2PF123.类题通法1求椭圆的方程多采用定义法和待定系数法，利用椭圆的定义定形状时，一定要注意常数 2a|F1F2|这一条件2利用定义求焦点三角形的周长和面积，解焦点三角形常利用椭圆的定义和正弦正理，常用到结论
67、有：(其中，F1PF2)(1)|PF1|PF2|2a；(2)4c2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos；(3)当 P 为短轴端点时，最大(4)SPF1F212|PF1|PF2|sin sin 1cos b2b2tan 2c|y0|.当 y0b，即 P 为短轴端点时，SPF1F2 有最大值为 bc.(5)焦点三角形的周长为 2(ac)考点二 椭圆的几何性质|(题点多变型考点全面发掘)必备知识1椭圆的几何性质(1)与坐标系无关的椭圆本身固有的性质，如：长轴长、短轴长、焦距、离心率等；(2)与坐标系有关的性质，如：顶点坐标、焦点坐标等提醒 在解题时要特别注意第二类性质，先根据椭圆方程的
68、形式判断出椭圆的焦点在哪条坐标轴上，再进行求解2椭圆的离心率椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)有两种方法：(1)求出 a，c 代入公式 eca；(2)只需要根据一个条件得到关于 a，b，c 的齐次式，结合 b2a2c2 转化为 a，c 的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以 a 或 a2 转化为关于 e 或 e2 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 e(e 的取值范围)一题多变典型母题(2015广州二模)设 F1，F2 分别是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，点 P 在椭圆 C 上，若线段 PF1 的中点在 y 轴上，PF1F23
69、0，则椭圆的离心率为()A.33 B.36C.13D.16解析 如图，设 PF1 的中点为 M，连接 PF2.因为 O 为 F1F2 的中点，所以 OM 为PF1F2 的中位线所以 OMPF2，所以PF2F1MOF190.因为PF1F230，所以|PF1|2|PF2|.由勾股定理得|F1F2|PF1|2|PF2|2 3|PF2|，由椭圆定义得 2a|PF1|PF2|3|PF2|a3|PF2|2，2c|F1F2|3|PF2|c 3|PF2|2，则 eca 3|PF2|223|PF2|33.故选 A.答案 A题点发散 1 本例条件变为“若PF1F2，PF2F1，且 cos 55，sin()35”，
70、则椭圆的离心率为_解析：cos 55 sin 2 55.sin()35cos()45.sin sin()11 525.设|PF1|r1，|PF2|r2.由正弦定理得 r111 525 r22 552c35r1r221 5252c35eca 57.答案：57题点发散 2 本例条件变为“(OP 2OF)2PF 0”试求 SF1PF2 的面积解：(OP 2OF)2PF(OP 1FO)2PF1F P 2PF 0，PF1PF2，F1PF290.设|PF1|m，|PF2|n，则 mn2a.m2n24c2，(mn)22mn4c2.4a22mn4c2，4b22mn.mn2b2.SF1PF212mnb2.题点发
71、散 3 本例条件变为“P 到两焦点的距离之比为 21”，试求离心率范围解：设 P 到两个焦点的距离分别为 2k，k，根据椭圆定义可知：3k2a，又结合椭圆的性质可知椭圆上的点到两个焦点距离之差的最大值为 2c，即 k2c，2a6c，即 e13.又0e1，13e1.类题通法椭圆几何性质的应用技巧(1)与椭圆几何性质有关的问题要结合图形进行分析，即使画不出图形，思考时也要联想到一个图形(2)椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式例如axa，byb,0e0直线与椭圆相交；(2)0直线与椭圆相切；(3)b0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中点 M(x0，y0)(1)斜率：kb2x0a2y
72、0.(2)弦 AB 的斜率与弦中点 M 和椭圆中心 O 的连线的斜率之积为定值b2a2.典题例析(2014江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F1，F2 分别是椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，顶点 B 的坐标为(0，b)，连接BF2 并延长交椭圆于点 A，过点 A 作 x 轴的垂线交椭圆于另一点 C，连接 F1C.(1)若点 C 的坐标为43，13，且 BF2 2，求椭圆的方程；(2)若 F1CAB，求椭圆离心率 e 的值解：设椭圆的焦距为 2c，则 F1(c，0)，F2(c,0)(1)因为 B(0，b)，所以 BF2 b2c2a.又 BF2 2，故 a 2.因为点 C
73、43，13 在椭圆上，所以169a219b21.解得 b21.故所求椭圆的方程为x22y21.(2)因为 B(0，b)，F2(c,0)在直线 AB 上，所以直线 AB 的方程为xcyb1.解方程组xcyb1，x2a2y2b21，得x1 2a2ca2c2，y1bc2a2a2c2或x20，y2b.所以点 A 的坐标为2a2ca2c2，bc2a2a2c2.又 AC 垂直于 x 轴，由椭圆的对称性，可得点 C 的坐标为2a2ca2c2，ba2c2a2c2.因为直线 F1C 的斜率为ba2c2a2c2 02a2ca2c2cba2c23a2cc3，直线 AB 的斜率为bc，且 F1CAB，所以ba2c23
74、a2cc3bc 1.又 b2a2c2，整理得 a25c2.故 e215.因此 e 55.类题通法解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单演练冲关(2014新课标全国卷)已知点 A(0，2)，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，F是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 33，O 为坐标原点(1)求 E 的方程；(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点当OPQ 的面积最大时，求 l 的方程解：(1)设 F(c,0
75、)，由条件知，2c2 33，得 c 3.又ca 32，所以 a2，b2a2c21.故 E 的方程为x24y21.(2)当 lx 轴时不合题意，故设 l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)将 ykx2 代入x24y21 中，得(14k2)x216kx120.当 16(4k23)0，即 k234时，由根与系数的关系得：x1x2 16k4k21，x1x2124k21.从而|PQ|k21|x1x2|4 k214k234k21.又点 O 到直线 PQ 的距离 d2k21.所以OPQ 的面积 SOPQ12d|PQ|4 4k234k21.设 4k23t，则 t0，SOPQ 4tt24 4t4t.因
76、为 t4t4，当且仅当 t2，即 k 72 时等号成立，且满足 0.所以，当OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y 72 x2 或 y 72 x2.A 卷夯基保分一、选择题1(2015北京西城区期末)若曲线 ax2by21 为焦点在 x 轴上的椭圆，则实数 a，b 满足()Aa2b2 B.1a1bC0abD0b1b0，所以 0ab0)的左、右焦点分别为 F1(c,0)、F2(c,0)，若椭圆上存在点 P 使asinPF1F2csinPF2F1，则该椭圆离心率的取值范围为()A(0，21)B.22，1C.0，22D(21,1)解析：选 D 根据正弦定理得|PF2|sin PF1F2|PF1|si
77、nPF2F1，所以由asinPF1F2csinPF2F1可得 a|PF2|c|PF1|，即|PF1|PF2|cae，所以|PF1|e|PF2|，又|PF1|PF2|e|PF2|PF2|PF2|(e1)2a，则|PF2|2ae1，因为 ac|PF2|ac(不等式两边不能取等号，否则分式中的分母为 0，无意义)，所以 ac 2ae1ac，即 1ca2e11ca，所以 1e2e11e，即1e1e2，21e2，解得 21eb0)的两个焦点，P 为椭圆 C 上的一点，且1PF 2PF.若PF1F2 的面积为 9，则 b_.解析：由题意知|PF1|PF2|2a，1PF 2PF，|PF1|2|PF2|2|F
78、1F2|24c2，(|PF1|PF2|)22|PF1|PF2|4c2，2|PF1|PF2|4a24c24b2.|PF1|PF2|2b2.SPF1F212|PF1|PF2|122b2b29，b3.答案：310已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 e.直线 l：yexa 与 x 轴，y 轴分别交于点 A，B，M 是直线 l 与椭圆 C 的一个公共点，设|AM|e|AB|，则该椭圆的离心率 e_.解析：因为点 A，B 分别是直线 l：yexa 与 x 轴，y 轴的交点，所以点 A，B 的坐标分别是ae，0，(0，a)设点 M 的坐标是(x0，y0)，由|
79、AM|e|AB|，得x0aee1，y0ea，(*)因为点 M 在椭圆上，所以x20a2y20b21，将(*)式代入，得e12e2e2a2b2 1，整理得，e2e10，解得 e 512.答案：512三、解答题11(2015衡水中学二调)已知椭圆 C 的对称中心为原点 O，焦点在 x 轴上，左、右焦点分别为 F1 和 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 的面积为12 27，求以 F2 为圆心且与直线 l 相切的圆的方程解：(1)由题意知 c1,2a 322 322224，a2，故椭圆 C
80、的方程为x24y231.(2)当直线 lx 轴时，可取 A1，32，B1，32，AF2B 的面积为 3，不符合题意当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 yk(x1)，代入椭圆方程得(34k2)x28k2x4k2120，显然 0 成立，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8k234k2，x1x24k21234k2，可得|AB|1k2x1x224x1x212k2134k2，又圆 F2 的半径 r2|k|1k2，AF2B 的面积为12|AB|r12|k|k2134k212 27，代简得：17k4k2180，得 k1，r 2，圆的方程为(x1)2y22.12(2014
81、新课标全国卷)设 F1，F2 分别是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，M是 C 上一点且 MF2 与 x 轴垂直直线 MF1 与 C 的另一个交点为 N.(1)若直线 MN 的斜率为34，求 C 的离心率；(2)若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2，且|MN|5|F1N|，求 a，b.解：(1)根据 a2b2c2 及题设知 Mc，b2a，b2a2c34，得 2b23ac.将 b2a2c2 代入 2b23ac，解得ca12，ca2(舍去)故 C 的离心率为12.(2)设直线 MN 与 y 轴的交点为 D，由题意，原点 O 为 F1F2 的中点，MF2y 轴，所以直线 MF1
82、与 y 轴的交点 D(0,2)是线段 MF1 的中点，故b2a 4，即 b24a.由|MN|5|F1N|得|DF1|2|F1N|.设 N(x1，y1)，由题意知 y1b0)上的点(x0，y0)处的切线方程是x0 xa2 y0yb2 1，求证：直线 AB恒过定点 C，并求出定点 C 的坐标解：(1)设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，因为抛物线 y24x 的焦点是(1,0)，所以 c1.又ca12，所以 a2，b a2c2 3，所以所求椭圆 E 的方程为x24y231.(2)证明：设切点坐标为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 上一点 M 的坐标为(4，t)，则切线方程分别为x
83、1x4 y1y3 1，x2x4 y2y3 1，又两切线均过点 M，即 x1t3y11，x2t3y21，即点 A，B 的坐标都适合方程 xt3y1，而两点确定唯一的一条直线，故直线 AB 的方程是 xt3y1，显然对任意实数 t，点(1,0)都适合这个方程，故直线 AB 恒过定点 C(1，0)2(2015长春调研)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，右焦点到直线 xy 60 的距离为 2 3.(1)求椭圆的方程；(2)过点 M(0，1)作直线 l 交椭圆于 A，B 两点，交 x 轴于 N 点，且满足 NA 75 NB，求直线 l 的方程解：(1)设椭圆的右焦点为(c,0)(c0
84、)，则|c 6|22 3，c 62 6，c 6或 c3 6(舍去)又离心率ca 32，则 6a 32，故 a2 2，b a2c2 2，故椭圆的方程为x28y221.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0,0)，因为 NA 75 NB，所以(x1x0，y1)75(x2x0，y2)，y175y2.易知当直线 l 的斜率不存在或斜率为 0 时，不成立，于是设直线 l 的方程为 ykx1(k0)，联立方程ykx1，x24y28.消去 x 得(4k21)y22y18k20，因为 0，所以直线与椭圆相交，于是 y1y224k21，y1y218k24k21，由得，y254k21，y174k2
85、1，代入整理得 8k4k290，k21，k1，所以直线 l 的方程是 yx1 或 yx1.3(2015兰州模拟)已知椭圆方程为y22x21，斜率为 k(k0)的直线 l 过椭圆的上焦点且与椭圆相交于 P，Q 两点，线段 PQ 的垂直平分线与 y 轴相交于点 M(0，m)(1)求 m 的取值范围；(2)求MPQ 面积的最大值解：(1)设直线 l 的方程为 ykx1，由ykx1，y22x21，可得(k22)x22kx10.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x2 2kk22，x1x21k22.可得 y1y2k(x1x2)24k22.设线段 PQ 的中点为 N，则点 N 的坐标为kk22
86、，2k22，由题意有 kMNk1，可得m2k22kk22k1，可得 m1k22，又 k0，所以 0m12.故 m 的取值范围为0，12.(2)设椭圆的焦点为 F，由(1)可得 k21m2，则 SMPQ12|FM|x1x2|12|1m|x1x224x1x212|1m|2 2k21k22 2m1m3，所以MPQ 的面积为 2m1m30m0)表示焦点在 x 轴上的双曲线()(2)双曲线方程x2m2y2n2(m0，n0，0)的渐近线方程是x2m2y2n20，即xmyn0()(3)等轴双曲线的渐近线互相垂直，离心率等于 2()(4)若双曲线x2a2y2b21(a0，b0)与x2b2y2a21(a0，b0
87、)的离心率分别是 e1，e2，则1e211e221(此结论中两条双曲线为共轭双曲线)()答案：(1)(2)(3)(4)2(北师大版教材习题改编)若双曲线y25x2m1 的离心率 e(1,2)，则 m 的取值范围为_答案：(0,15)3已知 F(c,0)是双曲线 C：x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点，若双曲线 C 的渐近线与圆 E：(xc)2y212c2 相切，则双曲线 C 的离心率为_解析：依题意得，圆心(c,0)到渐近线的距离等于 22 c，即有 b 22 c(注：双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离等于其虚半轴长)，c22b22(c2a2)，c22a2，ca 2，即双曲线 C的离心率
88、为 2.答案：2考点一 双曲线的定义及标准方程|(基础送分型考点自主练透)必备知识1定义在平面内到两定点 F1，F2 的距离的差的绝对值等于常数(小于|F1F2|且大于零)的点的轨迹(或集合)叫做双曲线定点 F1，F2 叫做双曲线的焦点，两焦点间的距离叫做焦距提醒 令平面内一点到两定点 F1，F2 的距离的差的绝对值为 2a(a 为常数)，则只有当2a|F1F2|，则点的轨迹不存在2标准方程中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的双曲线的标准方程为x2a2y2b21(a0，b0)；中心在坐标原点，焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程为y2a2x2b21(a0，b0)提醒 在双曲线的标准方程中，决定焦点
89、位置的因素是 x2 或 y2 的系数题组练透1(2014大纲卷)已知双曲线 C 的离心率为 2，焦点为 F1，F2，点 A 在 C 上，若|F1A|2|F2A|，则 cosAF2F1()A.14 B.13C.24D.23解析：选 A 由双曲线的定义知|AF1|AF2|2a，又|AF1|2|AF2|，|AF1|4a，|AF2|2a.e ca 2，c 2a，|F1F2|4a.cos AF2F1|AF2|2|F1F2|2|AF1|22|AF2|F1F2|2a24a24a222a4a14，故选 A.2(2014天津高考)已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线平行于直线 l：y2x10，
90、双曲线的一个焦点在直线 l 上，则双曲线的方程为()A.x25y2201B.x220y251C.3x2253y21001D.3x21003y2251解析：选 A 由题意可知，双曲线的其中一条渐近线 ybax 与直线 y2x10 平行，所以ba2 且左焦点为(5,0)，所以 a2b2c225，解得 a25，b220，故双曲线方程为x25y2201.3已知 F1，F2 为双曲线x25y241 的左、右焦点，P(3,1)为双曲线内一点，点 A 在双曲线上，则|AP|AF2|的最小值为()A.374B.374C.372 5D.372 5解析：选 C 由题意知，|AP|AF2|AP|AF1|2a，要求|
91、AP|AF2|的最小值，只需求|AP|AF1|的最小值，当 A，P，F1 三点共线时，取得最小值，则|AP|AF1|PF1|37，|AP|AF2|AP|AF1|2a 372 5.类题通法1应用双曲线的定义需注意的问题在双曲线的定义中要注意双曲线上的点(动点)具备的几何条件，即“到两定点(焦点)的距离之差的绝对值为一常数，且该常数必须小于两定点的距离”若定义中的“绝对值”去掉，点的轨迹是双曲线的一支同时注意定义的转化应用2求双曲线方程时一是标准形式判断；二是注意 a，b，c 的关系易错易混考点二 渐近线与离心率问题|(常考常新型考点多角探明)必备知识1求双曲线离心率的值(1)直接求出 a，c，求
92、解 e：已知标准方程或 a，c 易求时，可利用离心率公式 eca求解；(2)变用公式，整体求出 e：如利用 ec2a2a2b2a21b2a2，ec2c2b211b2c2；2双曲线的离心率与渐近线方程之间有着密切的联系，二者之间可以互求已知渐近线方程时，可得ba的值，于是 e2c2a2a2b2a21 ba2，因此可求出离心率 e 的值；而已知离心率的值，也可求出渐近线的方程，即ba e21.但要注意，当双曲线的焦点所在的坐标轴不确定时，上述两类问题都有两个解多角探明双曲线的渐近线与离心率问题是每年各地高考命题的热点归纳起来常见的命题角度有：(1)已知离心率求渐近线方程；(2)已知渐近线求离心率；
93、(3)由离心率或渐近线确定双曲线方程；(4)利用渐近线与已知直线位置关系求离心率范围.角度一：已知离心率求渐近线方程1(2014山东高考)已知 ab0，椭圆 C1 的方程为x2a2y2b21，双曲线 C2 的方程为x2a2y2b21，C1 与 C2 的离心率之积为 32，则 C2 的渐近线方程为()Ax 2y0 B.2xy0Cx2y0D2xy0解析：选 A 椭圆 C1 的离心率为a2b2a，双曲线 C2 的离心率为a2b2a，所以a2b2aa2b2a 32，所以 a4b434a4，即 a44b4，所以 a 2b，所以双曲线 C2 的渐近线方程是 y 12 x，即 x 2y0.角度二：已知渐近线
94、求离心率2(2014浙江高考)设直线 x3ym0(m0)与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别交于点 A，B.若点 P(m,0)满足|PA|PB|，则该双曲线的离心率是_解析：联立直线方程 x3ym0 与双曲线渐近线方程 ybax 可得交点坐标为am3ba，bm3ba，am3ba，bm3ba，而 kAB13，由|PA|PB|，可得 AB 的中点与点 P 连线的斜率为3，即bm3ba bm3ba20am3baam3ba2m3，化简得 4b2a2，所以 ea2b2a2 52.答案：52角度三：由离心率或渐近线确定双曲线方程3(2015郑州二模)已知双曲线y2a2x2b21(a0，
95、b0)的两个焦点分别为 F1，F2，以线段 F1F2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点是(4,3)则此双曲线的方程为()A.y29x2161B.y24x231C.y216x291D.y23x241解析：选 A 由题意，c 42325，a2b2c225.又双曲线的渐近线为 yabx，ab34.则由解得 a3，b4，双曲线方程为y29x2161.故选 A.角度四：利用渐近线与已知直线位置关系求离心率范围4已知双曲线x2a2y2b21 与直线 y2x 有交点，则双曲线离心率的取值范围为()A(1，5)B(1，5C(5，)D 5，)解析：选 C 双曲线的一条渐近线方程为 ybax，则由题意得ba2，e
96、ca1 ba2 14 5.类题通法解决有关渐近线与离心率关系问题的方法(1)已知渐近线方程 ymx，若焦点位置不明确要分|m|ba或|m|ab讨论(2)注意数形结合思想在处理渐近线夹角、离心率范围求法中的应用考点三 直线与双曲线的位置关系|(重点保分型考点师生共研)必备知识研究直线与双曲线位置关系问题的通法：将直线方程代入双曲线方程，消元，得关于 x或 y 的一元二次方程当二次项系数等于 0 时，直线与双曲线相交于某支上一点，这时直线平行于一条渐近线；当二次项系数不等于 0 时，用判别式 来判定提醒 直线与双曲线交于一点时，不一定相切，例如：当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点
97、，但不是相切；反之，当直线与双曲线相切时，直线与双曲线仅有一个交点典题例析(2014江西高考)如图，已知双曲线 C：x2a2y21(a0)的右焦点 F，点 A，B 分别在 C 的两条渐近线上，AFx 轴，ABOB，BFOA(O 为坐标原点)(1)求双曲线 C 的方程；(2)过 C 上一点 P(x0，y0)(y00)的直线 l：x0 xa2 y0y1 与直线 AF 相交于点 M，与直线 x32相交于点 N.证明：当点 P 在 C 上移动时，|MF|NF|恒为定值，并求此定值解：(1)设 F(c,0)，因为 b1，所以 c a21，直线 OB 的方程为 y1ax，直线 BF 的方程为 y1a(xc
98、)，解得 Bc2，c2a.又直线 OA 的方程为 y1ax，则 Ac，ca，kABca c2acc23a.又因为 ABOB，所以3a1a 1，解得 a23，故双曲线 C 的方程为x23y21.(2)证明：由(1)知 a 3，则直线 l 的方程为x0 x3 y0y1(y00)，即 yx0 x33y0.因为直线 AF 的方程为 x2，所以直线 l 与 AF 的交点 M2，2x033y0；直线 l 与直线 x32的交点为 N32，32x033y0.则|MF|2|NF|22x0323y021432x03 23y022x0329y204 94x022432x0323y203x022，因为 P(x0，y0
99、)是 C 上一点，则x203y201，代入上式得|MF|2|NF|2432x032x2033x022432x0324x2012x0943.所求定值为|MF|NF|232 33.类题通法直线与双曲线的位置关系的判断与应用和直线与椭圆的位置关系的判断方法类似，但是联立直线方程与双曲线方程消元后，注意二次项系数是否为 0 的判断对于中点弦问题常用“点差法”演练冲关已知双曲线 E 的中心为原点，F(3,0)是 E 的焦点，过 F 的直线 l 与 E 相交于 A，B 两点，且 AB 的中点为 N(12，15)，求双曲线 E 的方程解：设双曲线的标准方程为x2a2y2b21(a0，b0)，由题意知 c3，
100、a2b29，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有：x21a2y21b21，x22a2y22b21，两式作差得：y1y2x1x2b2x1x2a2y1y212b215a24b25a2，又 AB 的斜率是1501231，所以4b25a21.将 4b25a2 代入 a2b29 得a24，b25.所以双曲线的标准方程是x24y251.一、选择题1(2014广东高考)若实数 k 满足 0k9，则曲线x225 y29k1 与曲线x225ky291 的()A离心率相等 B虚半轴长相等C实半轴长相等D焦距相等解析：选 D 由 0k0)的离心率为 2，则 a()A2B.62C.52D1解析：选 D 因为双
101、曲线的方程为x2a2y231，所以 e213a24，因此 a21，a1.选D.3(2014重庆高考)设 F1，F2 分别为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，双曲线上存在一点 P 使得|PF1|PF2|3b，|PF1|PF2|94ab，则该双曲线的离心率为()A.43B.53C.94D3解析：选 B 由双曲线的定义得|PF1|PF2|2a，又|PF1|PF2|3b，所以(|PF1|PF2|)2(|PF1|PF2|)29b24a2，即 4|PF1|PF2|9b24a2，又 4|PF1|PF2|9ab，因此 9b24a29ab，即 9 ba29ba 40，则3ba 1 3ba 4
102、0，解得ba43ba13舍去，则双曲线的离心率 e1 ba253.4(2015石家庄二检)已知 F 是双曲线 x23a2y2a21(a0)的右焦点，O 为坐标原点，设 P 是双曲线 C 上一点，则POF 的大小不可能是()A15B25C60D165解析：选 C 两条渐近线 y 33 x 的倾斜角分别为 30，150，0POF30或 1500，b0)的左焦点 F 引圆 x2y2a2 的切线，切点为 T，延长 FT 交双曲线右支于 P 点，若 M 为线段 FP 的中点，O 为坐标原点，则|MO|MT|与 ba 的关系为()A|MO|MT|baB|MO|MT|0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2
103、，点 P 在双曲线的右支上，且|PF1|4|PF2|，则双曲线的离心率 e 的最大值为_解析：设F1PF2，由|PF1|PF2|2a，|PF1|4|PF2|，得|PF1|83a，|PF2|23a，由余弦定理得cos|PF1|2|PF2|2|F1F2|22|PF1|PF2|17a29c28a2178 98e2.(0，cos 1,1)，1178 98e21，10，b0)的两条渐近线与抛物线 y24x 的准线相交于 A，B 两点若AOB 的面积为 2，则双曲线的离心率为_解析：因为原点到准线距离为 1，所以 SOAB121|AB|2，即|AB|4.由对称性知，点 A(1,2)，B(1，2)因为双曲线
104、的渐近线方程为 ybax，所以有 2ba，即 b2a.又因为 c2a2b2a24a25a2，所以 eca 5.答案：510(2015日照模拟)已知 F1，F2 为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的焦点，过 F2 作垂直于 x轴的直线交双曲线于点 P 和 Q.且F1PQ 为正三角形，则双曲线的渐近线方程为_解析：设 F2(c,0)(c0)，P(c，y0)，代入双曲线方程得 y0b2a，PQx 轴，|PQ|2b2a.在 RtF1F2P 中，PF1F230，|F1F2|3|PF2|，即 2c 3b2a.又c2a2b2，b22a2 或 2a23b2(舍去)a0，b0，ba 2.故所求双曲线的渐近
105、线方程为 y 2x.答案：y 2x三、解答题11(2014福建高考改编)已知双曲线 E：x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别为 l1：y2x，l2：y2x.(1)求双曲线 E 的离心率；(2)如图，O 为坐标原点，动直线 l 分别交直线 l1，l2 于 A，B 两点(A，B 分别在第一、四象限)，且OAB 的面积恒为 8，求双曲线方程解：(1)因为双曲线 E 的渐近线分别为 y2x，y2x，所以ba2，所以 c2a2a2，故 c 5a，从而双曲线 E 的离心率 eca 5.(2)由(1)知，双曲线 E 的方程为x2a2 y24a21.设直线 l 与 x 轴相交于点 C.当 lx 轴
106、时，若直线 l 与双曲线 E 有且只有一个公共点，则|OC|a，|AB|4a，又因为OAB 的面积为 8，所以12|OC|AB|8，因此12a4a8，解得 a2，所以双曲线 E 的方程为x24y2161.12设 A，B 分别为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右顶点，双曲线的实轴长为 4 3，焦点到渐近线的距离为 3.(1)求双曲线的方程；(2)已知直线 y 33 x2 与双曲线的右支交于 M，N 两点，且在双曲线的右支上存在点 D，使OM ON tOD，求 t 的值及点 D 的坐标解：(1)由题意知 a2 3，又一条渐近线为 ybax，即 bxay0.由焦点到渐近线的距离为 3，得
107、|bc|b2a2 3.b23，双曲线的方程为x212y231.(2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)，则 x1x2tx0，y1y2ty0.将直线方程 y 33 x2 代入双曲线方程x212y231 得x216 3x840，则 x1x216 3，y1y2 33(x1x2)412.x0y04 33，x2012y2031.x04 3，y03.t4，点 D 的坐标为(4 3，3)第七节抛_物_线基础盘查一 抛物线定义及标准方程(一)循纲忆知1掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程2了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用(二)小题查验1判断正误(1)平面内与一个定点 F 和一条定直
108、线 l 的距离相等的点的轨迹一定是抛物线()(2)抛物线 y24x 的焦点到准线的距离是 4()(3)若一抛物线过点 P(2,3)，其标准方程可写为 y22px(p0)()答案：(1)(2)(3)2(北师大版教材例题改编)点 M 到点 F(4,0)的距离比它到直线 l：x60 的距离小 2，则 M 点的轨迹方程为_答案：y216x3若抛物线 yax2 的准线方程是 y2，则 a 的值是_解析：抛物线 yax2 可化为 x21ay，14a2，a18.答案：18 基础盘查二 抛物线的几何性质(一)循纲忆知1掌握抛物线的简单几何性质2理解数形结合的思想(二)小题查验1判断正误(1)抛物线既是中心对称
109、图形，又是轴对称图形()(2)过抛物线的焦点与抛物线对称轴垂直的直线被抛物线截得的线段叫做抛物线的通径，那么抛物线 x22ay(a0)的通径长为 2a()答案：(1)(2)2(人教 A 版教材例题改编)斜率为 1 的直线经过抛物线 y24x 的焦点 F，且与抛物线相交于 A，B 两点，则线段 AB 的长为_答案：83若抛物线 x2ay 过点 A1，14，则点 A 到此抛物线的焦点的距离为_解析：由题意可知，点 A 在抛物线 x2ay 上，所以 114a，解得 a4，得 x24y.由抛物线的定义可知点 A 到焦点的距离等于点 A 到准线的距离，所以点 A 到抛物线的焦点的距离为yA114154.
110、答案：54考点一 抛物线的标准方程及几何性质|(基础送分型考点自主练透)必备知识1标准方程顶点在坐标原点，焦点在 x 轴正半轴上的抛物线的标准方程为：y22px(p0)；顶点在坐标原点，焦点在 x 轴负半轴上的抛物线的标准方程为：y22px(p0)；顶点在坐标原点，焦点在 y 轴正半轴上的抛物线的标准方程为：x22py(p0)；顶点在坐标原点，焦点在 y 轴负半轴上的抛物线的标准方程为：x22py(p0)提醒 抛物线标准方程中参数 p 的几何意义是抛物线的焦点到准线的距离，所以 p 的值永远大于 0，当抛物线标准方程中一次项的系数为负值时，不要出现 p0)：(1)对于抛物线 y22px，|PF
111、|p2x0；(2)对于抛物线 y22px，|PF|p2x0；(3)对于抛物线 x22py，|PF|p2y0；(4)对于抛物线 x22py，|PF|p2y0.3与焦点弦有关的常用结论(以下图为依据)(1)y1y2p2，x1x2p24.(2)|AB|x1x2p 2psin2(为 AB 的倾斜角)(3)1|AF|1|BF|为定值2p.(4)以 AB 为直径的圆与准线相切(5)以 AF 或 BF 为直径的圆与 y 轴相切题组练透1(2014安徽高考)抛物线 y14x2 的准线方程是()Ay1 By2Cx1Dx2解析：选 A 抛物线 y14x2 的标准方程为 x24y，所以其准线方程为 y1.2(201
112、5石家庄调研)若抛物线 y22px 上一点 P(2，y0)到其准线的距离为 4，则抛物线的标准方程为()Ay24xBy26xCy28xDy210 x解析：选 C 抛物线 y22px，准线为 xp2.点 P(2，y0)到其准线的距离为 4，p22 4.p4.抛物线的标准方程为 y28x.3若抛物线 y24mx 的准线经过椭圆x27y231 的左焦点，则实数 m 的值为_解析：抛物线 y24mx 的准线方程为 x1m，椭圆x27y231 的左焦点坐标为(2,0)，由题意知1m2，所以实数 m12.答案：12类题通法1涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴
113、、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性2求抛物线方程应注意的问题(1)当坐标系已建立时，应根据条件确定抛物线方程属于四种类型中的哪一种；(2)要注意把握抛物线的顶点、对称轴、开口方向与方程之间的对应关系；(3)要注意参数 p 的几何意义是焦点到准线的距离，利用它的几何意义来解决问题考点二 抛物线的定义及应用|(常考常新型考点多角探明)必备知识抛物线的定义平面内与一个定点 F 和一条定直线 l(l 不经过点 F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线点F 叫做抛物线的焦点，直线 l 叫做抛物线的准线提醒 当直线 l 经过点 F 时，点的轨迹是过定点 F 且垂直于定直线 l 的一条直线多角探
114、明与抛物线定义相关的最值问题常涉及距离最短、距离和最小等等归纳起来常见的命题角度有：(1)到焦点与定点距离之和最小问题；(2)到点与准线的距离之和最小问题；(3)到定直线的距离最小问题；(4)焦点弦中距离之和最小问题角度一：到焦点与定点距离之和最小问题1已知抛物线的方程为 x28y，F 是焦点，点 A(2,4)，在此抛物线上求一点 P，使|PF|PA|的值最小解：(2)20)联立方程组，消去 y，得到 k2x22(mkp)xm20 的形式当 k0 时，直线和抛物线相交，且与抛物线的对称轴平行，此时与抛物线只有一个交点；当 k0 时，设其判别式为，(1)相交：0直线与抛物线有两个交点；(2)相切
115、：0直线与抛物线有一个交点；(3)相离：0)和 E2：y22p2x(p20)，过原点 O 的两条直线 l1 和 l2，l1 与 E1，E2 分别交于 A1，A2 两点，l2 与 E1,E2 分别交于 B1,B2 两点(1)证明：A1B1A2B2；(2)过 O 作直线 l(异于 l1，l2)与 E1，E2 分别交于 C1，C2 两点记A1B1C1 与A2B2C2 的面积分别为 S1 与 S2，求S1S2的值解：(1)证明：设直线 l1，l2 的方程分别为yk1x，yk2x(k1，k20)，则由yk1x，y22p1x，得 A12p1k21，2p1k1，由yk1x，y22p2x，得 A22p2k21
116、，2p2k1.同理可得 B12p1k22，2p1k2，B22p2k22，2p2k2.所以11A B 2p1k22 2p1k21，2p1k2 2p1k12p11k221k21，1k21k1，22A B 2p2k22 2p2k21，2p2k2 2p2k12p21k221k21，1k21k1.故11A B p1p222A B，所以 A1B1A2B2.(2)由(1)知 A1B1A2B2，同理可得 B1C1B2C2，C1A1C2A2.所以A1B1C1A2B2C2.因此S1S2|11A B|22A B|2.又由(1)中的11A B p1p222A B 知|11A B|22A B|p1p2.故S1S2p21
117、p22.类题通法直线与抛物线相交问题处理规律(1)凡涉及抛物线的弦长、弦的中点、弦的斜率问题时都要注意利用韦达定理，避免求交点坐标的复杂运算解决焦点弦问题时，抛物线的定义有广泛的应用，而且还应注意焦点弦的几何性质(2)对于直线与抛物线相交、相切、中点弦、焦点弦问题，以及定值、存在性问题的处理，最好是作出草图，由图象结合几何性质做出解答并注意“设而不求”“整体代入”“点差法”的灵活应用演练冲关(2015福州质检)已知抛物线 y22px(p0)在第一象限内与圆 x2y24x10 交于不同的两点 A，B.(1)求 p 的取值范围；(2)如果在 x 轴上只有一个点 M，使 MAMB，求 p 的值及 M
118、 的坐标解：(1)据题意知，p0，x0.设 A(x1，2px1)，B(x2，2px2)把 y22px 代入 x2y24x10 得，x22(p2)x10，x1，x2 是该方程的两不相等的正根，4p2240，x1x22p20，x1x210，即p1或p3，p2，p 的取值范围是(0,1)(2)法一：设 M 的坐标为(m,0)，则 MA(x1m，2px1)，MB(x2m，2px2)，MA MBx1x2m(x1x2)m22p x1x2.把 x1x21，x1x242p 代入，得 MA MBm2(42p)m2p1，MAMB，m2(42p)m2p10，据题意该方程只有一个根，(42p)24(2p1)0，即 p
119、26p30，p3 6(p1，舍去 p3 6)，此时 m42p2 61，即 M 的坐标为(61,0)法二：设 AB 的中点坐标为(x0，y0)据题意，以线段 AB 为直径的圆恰好与 x 轴相切，即 y0|AB|2(此时 M 的横坐标为 x0)y0 2px1 2px22 2px1x22 x1x22 2p 62p2 p3p，|AB|2(x1x2)2(2px1 2px2)2x21x222x1x22p(x1x22 x1x2)(x1x2)24x1x22p(x1x22 x1x2)(42p)242p(22p)12(1p)，由 y0|AB|2 得 4y20|AB|2，即 4p(3p)12(1p)，即 p26p3
120、0，p3 6(p1，舍去 p3 6)，此时 M 的横坐标为 x0 x1x222p 61，即 M 的坐标为(61,0)A 卷夯基保分一、选择题1(2015广东七校联考)抛物线14x2y 的焦点坐标是()A(0,1)B.0，116C.0，14D(0,4)解析：选 A 由14x2yx24y，于是焦点坐标为(0,1)故选 A.2(2015辽宁五校联考)已知 AB 是抛物线 y22x 的一条焦点弦，|AB|4，则 AB 中点 C的横坐标是()A2B.12C.32D.52解析：选 C 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|x1x2p4，又 p1，所以 x1x23，所以点 C 的横坐标是x1x2
121、232.3已知抛物线 y22px(p0)，过其焦点且斜率为1 的直线交抛物线于 A，B 两点，若线段 AB 的中点的横坐标为 3，则该抛物线的准线方程为()Ax1Bx2Cx1Dx2解析：选 C 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 yxp2，与抛物线方程联立得，yxp2，y22px，消去 y 整理得：x23pxp24 0，可得 x1x23p.根据中点坐标公式，有3p2 3，p2，因此抛物线的准线方程为 x1.4(2014新课标全国卷)已知抛物线 C：y2x 的焦点为 F，A(x0，y0)是 C 上一点，|AF|54x0，则 x0()A1B2C4D8解析：选 A 由题意知
122、抛物线的准线为 x14.因为|AF|54x0，根据抛物线的定义可得 x014|AF|54x0，解得 x01，故选 A.5(2014新课标全国卷)已知抛物线 C：y28x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，Q 是直线 PF 与 C 的一个交点，若 FP 4 FQ，则|QF|()A.72B.52C3D2解析：选 C 过点 Q 作 QQl 交 l 于点 Q，因为 FP 4 FQ，所以|PQ|PF|34，又焦点 F 到准线 l 的距离为 4，所以|QF|QQ|3.故选 C.6(2014新课标全国卷)设 F 为抛物线 C：y23x 的焦点，过 F且倾斜角为 30的直线交 C 于 A，B 两点
123、，则|AB|()A.303B6C12D7 3解析：选 C 抛物线 C：y23x 的焦点为 F34，0，所以 AB 所在的直线方程为 y 33 x34，将 y 33 x34 代入 y23x，消去 y 整理得 x2212 x 9160.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得 x1x2212，由抛物线的定义可得|AB|x1x2p212 3212，故选 C.二、填空题7(2015唐山模拟)过抛物线 C：y24x 的焦点 F 作直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，若 A到抛物线的准线的距离为 4，则|AB|_.解析：设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，y24x，抛物线的准线
124、为 x1，F(1,0)，又 A 到抛物线准线的距离为 4，xA14，xA3，xAxBp24 1，xB13，|AB|xAxBp3132163.答案：1638(2015陕西质检)已知点 M(3,2)是坐标平面内一定点，若抛物线 y22x 的焦点为 F，点 Q 是该抛物线上的一动点，则|MQ|QF|的最小值是_解析：抛物线的准线方程为 x12，当 MQx 轴时，|MQ|QF|取得最小值，此时点 Q 的纵坐标 y2，代入抛物线方程 y22x 得 Q 的横坐标 x2，则|QM|QF|23|212 52.答案：529(2015洛阳模拟)已知 AB 是抛物线 x24y 的一条焦点弦，若该弦的中点纵坐标是 3
125、，则弦 AB 所在的直线方程是_解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 xm(y1)，由抛物线的定义及题设可得，y1y26，直线与抛物线方程联立消去 x 可得 m2y2(2m24)ym20，则 y1y22m24m2，即 62m24m2，可得 m1 或 m1.故直线方程为 xy10 或 xy10.答案：xy10 或 xy1010(2015绵阳诊断)已知 A 是抛物线 y24x 上一点，F 是抛物线的焦点，直线 FA 交抛物线的准线于点 B(点 B 在 x 轴上方)，若|AB|2|AF|，则点 A 的坐标为_解析：依题意，若点 A 位于 x 轴上方，过点 A 作抛物线的
126、准线的垂线，垂足记为 A1，则有|AB|2|AF|2|AA1|，BAA160，直线 AF 的倾斜角为 120.又点 F(1,0)，因此直线 AF 的方程为 y 3(x1)由y 3x1，y24xy0，得x13，y2 33.此时点 A 的坐标是13，2 33.若点 A 位于 x 轴下方，则此时点 F(1,0)是线段 AB 的中点，又点 B 的横坐标是1，故点 A 的横坐标是 21(1)3，相应的纵坐标是 y432 3，点 A 的坐标是()3，2 3.综上所述，点 A 的坐标是()3，2 3 或13，2 33.答案：()3，2 3 或13，2 33三、解答题11(2015唐山模拟)已知抛物线 E：x
127、22py(p0)，直线 ykx2 与 E 交于 A，B 两点，且OA OB 2，其中 O 为原点(1)求抛物线 E 的方程；(2)点 C 坐标为(0，2)，记直线 CA，CB 的斜率分别为 k1，k2，证明：k21k222k2 为定值解：(1)将 ykx2 代入 x22py，得 x22pkx4p0，其中 4p2k216p0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22pk，x1x24p.OA OB x1x2y1y2x1x2x212p x222p4p4.由已知，4p42，p12，所以抛物线 E 的方程为 x2y.(2)证明：由(1)知，x1x2k，x1x22.k1y12x1 x212x
128、1 x21x1x2x1x1x2，同理 k2x2x1，所以 k21k222k22(x1x2)22(x1x2)28x1x216.12(2015昆明模拟)设抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，准线为 l，MC，以 M 为圆心的圆 M 与 l 相切于点 Q，Q 的纵坐标为 3p，E(5,0)是圆 M 与 x 轴的不同于 F 的一个交点(1)求抛物线 C 与圆 M 的方程；(2)过 F 且斜率为43的直线 n 与 C 交于 A，B 两点，求ABQ 的面积解：(1)由抛物线的定义知，圆 M 经过焦点 Fp2，0，Qp2，3p，点 M 的纵坐标为 3p，又 MC，则 M3p2，3p，|MF|2p.由
129、题意，M是线段 EF 的垂直平分线上的点，所以3p2 p252，解得 p2，故抛物线 C：y24x，圆 M：(x3)2(y2 3)216.(2)由题意知直线 n 的方程为 y43(x1)，由y24x，y43x1，解得x4，y4或x14，y1.设 A(4,4)，B14，1，则|AB|254.点 Q(1,2 3)到直线 n：4x3y40 的距离d86 35，所以ABQ 的面积 S12|AB|d2015 34.B 卷增分提能1(2015唐山二模)已知抛物线 E：y22px(p0)的准线与 x 轴交于点 M，过点 M 作圆 C：(x2)2y21 的两条切线，切点为 A，B，|AB|4 23.(1)求抛
130、物线 E 的方程；(2)过抛物线 E 上的点 N 作圆 C 的两条切线，切点分别为 P，Q，若 P，Q，O(O 为原点)三点共线，求点 N 的坐标解：(1)由已知得 Mp2，0，C(2,0)如图，设 AB 与 x 轴交于点 R，由圆的对称性可知，|AR|2 23.于是|CR|AC|2|AR|213.由AMCRAC 得|MC|AC|AC|RC|，|MC|3，即 2p23，p2.故抛物线 E 的方程为 y24x.(2)如图，设 N(s，t)P，Q 是 NC 为直径的圆 D 与圆 C 的两交点圆 D 方程为xs222yt22s22t24，即 x2y2(s2)xty2s0.又圆 C 方程为 x2y24
131、x30.由得(s2)xty32s0.P，Q 两点坐标是方程和的解，也是方程的解，从而为直线 PQ 的方程因为直线 PQ 经过点 O，所以 32s0，s32.又点 N 在抛物线 E：y24x 上，所以点 N 的坐标为32，6 或32，6.2(2015长春三调)已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，若过点 F 且斜率为 1 的直线与抛物线相交于 M，N 两点，且|MN|8.(1)求抛物线 C 的方程；(2)设直线 l 为抛物线 C 的切线，且 lMN，P 为 l 上一点，求 PM PN 的最小值解：(1)由题意可知 Fp2，0，则该直线方程为 yxp2，代入 y22px(p0)，得 x2
132、3pxp24 0.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有 x1x23p.|MN|8，x1x2p8，即 3pp8，解得 p2，抛物线的方程为 y24x.(2)设直线 l 的方程为 yxb，代入 y24x，得 x2(2b4)xb20.直线 l 为抛物线 C 的切线，0，解得 b1.直线 l 的方程为 yx1.由(1)可知：x1x26，x1x21.设 P(m，m1)，则 PM(x1m，y1(m1)，PN(x2m，y2(m1)，PM PN(x1m)(x2m)y1(m1)y2(m1)x1x2m(x1x2)m2y1y2(m1)(y1y2)(m1)2.x1x26，x1x21，(y1y2)216x1x2
133、16，y1y24.y21y224(x1x2)，y1y24x1x2y1y24，PM PN 16mm244(m1)(m1)22(m24m3)2(m2)2714，当且仅当 m2 时，即点 P 的坐标为(2,3)时，PM PN 的最小值为14.3.(2015长春三校调研)在直角坐标系 xOy 中，点 M2，12，点 F 为抛物线 C：ymx2(m0)的焦点，线段 MF 恰被抛物线 C 平分(1)求 m 的值；(2)过点 M 作直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，设直线 FA，FM，FB 的斜率分别为 k1，k2，k3，问 k1，k2，k3 能否成公差不为零的等差数列？若能，求直线 l 的方程；若
134、不能，请说明理由解：(1)由题得抛物线 C 的焦点 F 的坐标为0，14m，线段 MF 的中点 N1，18m14 在抛物线 C 上，18m14m,8m22m10，m14m12舍去.(2)由(1)知抛物线 C：x24y，F(0,1)设直线 l 的方程为 y12k(x2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y12kx2，x24y得 x24kx8k20，16k24(8k2)0，k2 62或 k2 62.由根与系数的关系得x1x24k，x1x28k2，假设 k1，k2，k3 能成公差不为零的等差数列，则 k1k32k2.而 k1k3y11x1 y21x2 x2y1x1y2x2x1x1x2x2x21
135、4 x1x224 x2x1x1x2x1x24 1 x1x2x1x28k241 4k8k24k2k4k1，k212120 34，4k2k4k132，8k210k30，解得 k12或 k34(不合题意，舍去)直线 l 的方程为 y1212(x2)，即 x2y10.k1，k2，k3 能成公差不为零的等差数列，此时直线 l 的方程为 x2y10.第八节曲线与方程基础盘查 曲线与方程(一)循纲忆知 了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系(二)小题查验1判断正误(1)f(x0，y0)0 是点 P(x0，y0)在曲线 f(x，y)0 上的充要条件()(2)条件甲：“曲线 C 上的点的坐标都是方程 f(x，y)
136、0 的解”，条件乙：“曲线 C 是方程 f(x，y)0 的曲线”，则条件甲是条件乙的充要条件()(3)方程 y x与 xy2 表示同一曲线()(4)方程 x2xyx 的曲线是一个点和一条直线()答案：(1)(2)(3)(4)2(人教 B 版教材习题改编)MA 和 MB 分别是动点 M(x，y)与两定点 A(1,0)和 B(1,0)的连线，则使AMB 为直角的动点 M 的轨迹方程是_答案：x2y21(x1)3平面上有三个点 A(2，y)，B0，y2，C(x，y)，若 AB BC，则动点 C 的轨迹方程为_解析：AB 2，y2，BC x，y2，由 AB BC，得 AB BC 0，即 2xy2 y2
137、0，动点 C 的轨迹方程为 y28x.答案：y28x4已知圆的方程为 x2y24，若抛物线过点 A(1,0)，B(1,0)且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点轨迹方程是_解析：设抛物线焦点为 F，过 A，B，O 作准线的垂线 AA1，BB1，OO1，则|AA1|BB1|2|OO1|4，由抛物线定义得|AA1|BB1|FA|FB|，|FA|FB|4，故 F 点的轨迹是以 A，B 为焦点，长轴长为 4 的椭圆(去掉长轴两端点)答案：x24y231(y0)对应学生用书P141考点一 直接法求轨迹方程|(基础送分型考点自主练透)必备知识1曲线与方程的概念一般地，在直角坐标系中，如果某曲线 C 上的点与一
138、个二元方程 f(x，y)0 的实数解建立了如下关系：(1)曲线上点的坐标都是这个方程的解；(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点那么这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫做方程的曲线2坐标法(直接法)求曲线方程的步骤(1)建立适当的坐标系，用有序实数对(x，y)表示曲线上任意一点 M 的坐标；(2)写出适合条件 p 的点 M 的集合 PM|p(M)；(3)用坐标表示条件 p(M)，列出方程 f(x，y)0；(4)化 f(x，y)0 为最简形式；(5)证明以化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上提醒 在实际处理问题时，可以省略第(5)步遇到某些点虽然适合方程，但不在曲线上时，可通过限制方程中 x
139、，y 的取值范围予以剔除题组练透1|y|1 1x12表示的曲线是()A抛物线 B一个圆C两个圆D两个半圆解 析：选D 原 方 程|y|1 1x12 等 价 于|y|10，1x120，|y|121x12|y|10，x12|y|121 y1，x12y121 或y1，x12y121.2(2015深圳调研)已知点 F(0,1)，直线 l：y1，P 为平面上的动点，过点 P 作直线 l的垂线，垂足为 Q，且QP QF FP FQ，则动点 P 的轨迹 C 的方程为()Ax24y By23xCx22yDy24x解析：选 A 设点 P(x，y)，则 Q(x，1)QP QF FP FQ，(0，y1)(x,2)(
140、x，y1)(x，2)，即 2(y1)x22(y1)，整理得 x24y，动点 P 的轨迹 C 的方程为 x24y.3已知动点 P(x，y)与两定点 M(1,0)，N(1,0)连线的斜率之积等于常数(0)则动点P 的轨迹 C 的方程为_解析：由题设知直线 PM 与 PN 的斜率存在且均不为零，所以 kPMkPN yx1yx1，整理得 x2y2 1(0，x1)即动点 P 的轨迹 C 的方程为 x2y2 1(0，x1)答案：x2y2 1(0，x1)类题通法1直接法求轨迹方程的常见类型及解题策略(1)题目给出等量关系，求轨迹方程可直接代入即可得出方程(2)题中未明确给出等量关系，求轨迹方程可利用已知条件
141、寻找等量关系，得出方程2由曲线方程讨论曲线类型的关键是确定参数的分段值参数分段的确定标准，一般有两类：(1)二次项系数为 0 的值；(2)二次项系数相等的值考点二 定义法求轨迹方程|(重点保分型考点师生共研)必备知识求轨迹方程时，若动点轨迹的条件满足圆、椭圆、双曲线、抛物线的定义，则可以直接根据定义求出动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做定义法典题例析如图，已知ABC 的两顶点坐标 A(1,0)，B(1,0)，圆 E 是ABC 的内切圆，在边 AC，BC，AB 上的切点分别为 P，Q，R，|CP|1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点 C的轨迹为曲线 M.(1)求曲线 M 的方程；(
142、2)设直线 BC 与曲线 M 的另一交点为 D，当点 A 在以线段 CD 为直径的圆上时，求直线BC 的方程解：(1)由题知|CA|CB|CP|CQ|AP|BQ|2|CP|AB|4|AB|，所以曲线 M 是以 A，B 为焦点，长轴长为 4 的椭圆(挖去与 x 轴的交点)设曲线 M：x2a2y2b21(ab0，y0)，则 a24，b2a2|AB|223，所以曲线 M：x24y231(y0)为所求(2)如图，由题意知直线 BC 的斜率不为 0，且过定点 B(1,0)，设 lBC：xmy1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由xmy1，3x24y212 消去 x 得(3m24)y26my90，所以
143、y1y26m3m24，y1y293m24.因为 AC(my12，y1)，AD(my22，y2)，所以 AC AD(my12)(my22)y1y2(m21)y1y22m(y1y2)49m213m24 12m23m24479m23m24.因为点 A 在以 CD 为直径的圆上，所以 AC AD 0，即 m 73，所以直线 BC 的方程为 3x 7y30 或 3x 7y30.类题通法1运用圆锥曲线的定义求轨迹方程，可从曲线定义出发直接写出方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出方程2定义法和待定系数法适用于已知轨迹是什么曲线，其方程是什么形式的方程的情况利用条件把待定系数求出来，使问题得解演练冲关已
144、知圆 C1：(x3)2y21 和圆 C2：(x3)2y29，动圆 M 同时与圆 C1 及圆 C2 相外切，求动圆圆心 M 的轨迹方程解：如图所示，设动圆 M 与圆 C1 及圆 C2 分别外切于点 A 和点 B，则有|MC1|AC1|MA|，|MC2|BC2|MB|.又|MA|MB|，所以|MC2|MC1|BC2|AC1|312，即动点M 到两定点 C2，C1 的距离的差是常数 2，且 2|C1C2|6，|MC2|MC1|，故动圆圆心 M 的轨迹为以定点 C2，C1 为焦点的双曲线的左支，则 2a2，所以 a1.又 c3，则 b2c2a28.设动圆圆心 M 的坐标为(x，y)，则动圆圆心 M 的
145、轨迹方程为 x2y281(x1)考点三 代入法求轨迹方程|(重点保分型考点师生共研)必备知识1若动点 P(x，y)所满足的条件不易表述或求出，但随另一动点 Q(x，y)的运动而有规律地运动，且动点 Q 的轨迹方程给定或容易求得，则可先将 x，y表示为 x，y 的式子，再代入 Q 的轨迹方程，然后整理得点 P 的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法叫做相关点法，也称代入法2用相关点法求轨迹方程的关键是寻求关系式：xf(x，y)，yg(x，y)，然后代入已知曲线方程求对称曲线(轴对称、中心对称等)方程实质上也是用代入法(相关点法)解题典题例析(2015广州模拟)在圆 x2y24 上任取一点 P，设点 P
146、 在 x 轴上的正投影为点 D.当点 P 在圆上运动时，动点 M 满足 PD2 MD，动点 M 形成的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程；(2)已知点 E(1,0)，若 A，B 是曲线 C 上的两个动点，且满足 EAEB，求 EA BA 的取值范围解：(1)法一：由 PD2 MD 知点 M 为线段 PD 的中点设点 M 的坐标是(x，y)，则点 P 的坐标是(x,2y)因为点 P 在圆 x2y24 上，所以 x2(2y)24.所以曲线 C 的方程为x24y21.法二：设点 M 的坐标是(x，y)，点 P 的坐标是(x0，y0)，由 PD2 MD，得 x0 x，y02y.因为点 P(x0，
147、y0)在圆 x2y24 上，所以 x20y204.把 x0 x，y02y 代入方程，得 x24y24.所以曲线 C 的方程为x24y21.(2)因为 EAEB，所以 EA EB 0.所以 EA BA EA(EA EB)2EA.设点 A(x1，y1)，则x214y211，即 y211x214.所以 EA BA 2EA(x11)2y21x212x111x21434x212x1234x143223.因为点 A(x1，y1)在曲线 C 上，所以2x12.所以2334x1432239.所以 EA BA 的取值范围为23，9.类题通法代入法求轨迹方程的关键是寻找所求动点与已知动点间的等量关系常涉及中点问题
148、、三角形重心问题及向量相等或向量间关系等知识演练冲关已知 F1，F2 分别为椭圆 C：x24y231 的左，右焦点，点 P 为椭圆 C 上的动点，则PF1F2的重心 G 的轨迹方程为()A.x236y2271(y0)B.4x29 y21(y0)C.9x24 3y21(y0)Dx24y23 1(y0)解析：选 C 依题意知 F1(1,0)，F2(1,0)，设 P(x0，y0)，G(x，y)，则由三角形重心坐标关系可得xx0113，yy03.即x03x，y03y.代入x204y2031 得重心 G 的轨迹方程为9x24 3y21(y0)一、选择题1(2015山西联考)已知圆锥曲线 mx24y24m
149、 的离心率 e 为方程 2x25x20 的根，则满足条件的圆锥曲线的个数为()A4 B3C1D1解析：选 B e 是方程 2x25x20 的根，e2 或 e12.mx24y24m 可化为x24y2m1，当它表示焦点在 x 轴上的椭圆时，有 4m212，m3；当它表示焦点在 y 轴上的椭圆时，有 m4m 12，m163；当它表示焦点在x轴上的双曲线时，可化为x24 y2m1，有 4m22，m12.满足条件的圆锥曲线有 3 个2(2015银川模拟)已知点 P 是直线 2xy30 上的一个动点，定点 M(1,2)，Q 是线段 PM 延长线上的一点，且|PM|MQ|，则 Q 点的轨迹方程是()A2xy
150、10B2xy50C2xy10D2xy50解析：选 D 设 Q(x，y)，则 P 为(2x,4y)，代入 2xy30 得 Q 点的轨迹方程为2xy50.3已知两定点 A(2,0)，B(1,0)，如果动点 P 满足|PA|2|PB|，则动点 P 的轨迹是()A直线B圆C椭圆D双曲线解析：选 B 设 P(x，y)，则x22y22 x12y2，整理得 x2y24x0，又 D2E24F160，所以动点 P 的轨迹是圆4(2015长春模拟)设圆(x1)2y225 的圆心为 C，A(1，0)是圆内一定点，Q 为圆周上任一点线段 AQ 的垂直平分线与 CQ 的连线交于点 M，则 M 的轨迹方程为()A.4x2
151、214y2251B.4x2214y2251C.4x2254y2211D.4x2254y2211解析：选 D M 为 AQ 垂直平分线上一点，则|AM|MQ|，|MC|MA|MC|MQ|CQ|5，故 M 的轨迹是以定点 C，A 为焦点的椭圆a52，c1，则 b2a2c2214，椭圆的标准方程为4x2254y2211.5(2015洛阳模拟)设过点 P(x，y)的直线分别与 x 轴的正半轴和 y 轴的正半轴交于 A，B两点，点 Q 与点 P 关于 y 轴对称，O 为坐标原点若 BP 2 PA，且OQ AB 1，则点 P 的轨迹方程是()A32x23y21(x0，y0)B32x23y21(x0，y0)
152、C3x232y21(x0，y0)D3x232y21(x0，y0)解析：选 A 设 A(a,0)，B(0，b)，a0，b0.由 BP 2 PA，得(x，yb)2(ax，y)，即 a32x0，b3y0.点 Q(x，y)，故由OQ AB 1，得(x，y)(a，b)1，即 axby1.将 a，b 代入 axby1 得所求的轨迹方程为32x23y21(x0，y0)6(2015东营模拟)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，映射 f 将 xOy 平面上的点 P(x，y)对应到另一个平面直角坐标系 uOv上的点 P(2xy，x2y2)，则当点 P 沿着折线 A-B
153、-C 运动时，在映射 f 的作用下，动点 P的轨迹是()解析：选 D 当 P 沿 AB 运动时，x1，设 P(x，y)，则x2y，y1y2(0y1)，y1x24(0 x2,0y1)当 P 沿 BC 运动时，y1，则x2x，yx21(0 x1)，yx24 1(0 x2，1y0)，由此可知 P的轨迹如 D 所示，故选 D.二、填空题7直线xa y2a1 与 x，y 轴交点的中点的轨迹方程是_解析：直线xa y2a1 与 x，y 轴的交点为 A(a,0)，B(0，2a)，设 AB 的中点为 M(x，y)，则 xa2，y1a2，消去 a，得 xy1.a0 且 a2，x0 且 x1.答案：xy1(x0
154、且 x1)8ABC 的顶点 A(5,0)，B(5,0)，ABC 的内切圆圆心在直线 x3 上，则顶点 C 的轨迹方程是_解析：如图，|AD|AE|8，|BF|BE|2，|CD|CF|，所以|CA|CB|826.根据双曲线定义，所求轨迹是以 A，B 为焦点，实轴长为 6 的双曲线的右支，故方程为x29y2161(x3)答案：x29y2161(x3)9(2015聊城一模)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，A(1,0)，B(2,2)，若点 C 满足OCOAt(OB OA)，其中 tR，则点 C 的轨迹方程是_解析：设 C(x，y)，则OC(x，y)，OAt(OB OA)(1t,2t)，所以xt1，
155、y2t，消去参数 t 得点 C 的轨迹方程为 y2x2.答案：y2x210P 是椭圆x2a2y2b21 上的任意一点，F1、F2 是它的两个焦点，O 为坐标原点，有一动点 Q 满足OQ 1PF 2PF，则动点 Q 的轨迹方程是_解析：作 P 关于 O 的对称点 M，连结 F1M，F2M，则四边形 F1PF2M为平行四边形，所以1PF 2PF PM 2 PO 2OP，又OQ 1PF2PF，所以OP 12OQ，设 Q(x，y)，则OP x2，y2，即 P 点坐标为x2，y2，又 P 在椭圆上，则有x22a2y22b21，即 x24a2 y24b21.答案：x24a2 y24b21三、解答题11(2
156、015抚州模拟)在平面直角坐标系中，已知 A1(2，0)，A2(2，0)，P(x，y)，M(x,1)，N(x，2)，若实数 使得 2OM ON 1A P 2A P(O 为坐标原点)求 P 点的轨迹方程，并讨论 P 点的轨迹类型解：OM(x,1)，ON(x，2)，1A P(x 2，y)，2A P(x 2，y)2 OM ON 1A P 2A P，(x22)2x22y2，整理得(12)x2y22(12)当 1 时，方程为 y0，轨迹为一条直线；当 0 时，方程为 x2y22，轨迹为圆；当(1,0)(0,1)时，方程为x22y22121，轨迹为中心在原点，焦点在 x 轴上的椭圆；当(，1)(1，)时，
157、方程为x22y22211，轨迹为中心在原点，焦点在x 轴上的双曲线12(2014广东高考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的一个焦点为(5，0)，离心率为 53.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若动点 P(x0，y0)为椭圆 C 外一点，且点 P 到椭圆 C 的两条切线相互垂直，求点 P 的轨迹方程解：(1)依题意得，c 5，eca 53，因此 a3，b2a2c24，故椭圆 C 的标准方程是x29y241.(2)若两切线的斜率均存在，设过点 P(x0，y0)的切线方程是 yk(xx0)y0，则由ykxx0y0，x29y241得x29kxx0y0241，即(9k24)x218k(y
158、0kx0)x9(y0kx0)240，18k(y0kx0)236(9k24)(y0kx0)240，整理得(x209)k22x0y0ky2040.又所引的两条切线相互垂直，设两切线的斜率分别为 k1，k2，于是有 k1k21，即y204x2091，即 x20y2013(x03)若两切线中有一条斜率不存在，则易得x03，y02或x03，y02或x03y02 或x03，y02，经检验知均满足 x20y2013.因此，动点 P(x0，y0)的轨迹方程是 x2y213.第九节圆锥曲线的综合问题基础盘查 直线与圆锥曲线的位置关系(一)循纲忆知1掌握解决直线与椭圆、直线与抛物线的位置关系的思想方法2了解圆锥曲
159、线的简单应用3理解数形结合思想(二)小题查验1判断正误(1)直线与双曲线有且只有一个公共点，则判别式 0()(2)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点()(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点()(4)直线 ykx1 与椭圆x25y291 恒有两个公共点()(5)直线与椭圆有且只有一个公共点，则其判别式 0()答案：(1)(2)(3)(4)(5)2(人教 A 版教材例题改编)已知抛物线方程为 y24x.直线 l 过定点 P(2,1)，斜率为 k.则 k_时，直线 l 与抛物线有且只有一个公共点答案：1 或12或 03椭圆x22y21 的弦被点12，12 平分
160、，则这条弦所在的直线方程是_解析：设弦的两个端点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x21，y1y21.A，B 在椭圆上，x212y211，x222y221.两式相减得x1x2x1x22(y1y2)(y1y2)0，即y1y2x1x2 x1x22y1y212，即直线 AB 的斜率为12.直线 AB 的方程为 y1212x12，即 2x4y30.答案：2x4y304已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线与曲线 y 2x1相切，则该双曲线的离心率为_解析：双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线方程为 ybax，由ybax，y 2x1，得 ba2x22x10，由渐近线与
161、曲线 y 2x1相切可知 44 ba20，得ba1，所以该双曲线为等轴双曲线，离心率为 2.答案：2 第一课时 直线与圆锥曲线的位置关系考点一 直线与圆锥曲线的位置关系|(基础送分型考点自主练透)必备知识判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时，通常将直线 l 的方程 AxByC0(A，B 不同时为 0)代入圆锥曲线 C 的方程 F(x，y)0，消去 y(也可以消去 x)得到一个关于变量 x(或变量y)的一元方程即AxByC0，Fx，y0消去 y，得 ax2bxc0.(1)当 a0 时，设一元二次方程 ax2bxc0 的判别式为，则 0直线与圆锥曲线 C相交；0直线与圆锥曲线 C 相切；b0
162、)经过点(0，3)，离心率为12，左右焦点分别为F1(c,0)，F2(c,0)(1)求椭圆的方程；(2)若直线 l：y12xm 与椭圆交于 A，B 两点，与以 F1F2 为直径的圆交于 C，D 两点，且满足|AB|CD|5 34，求直线 l 的方程解：(1)由题设知b 3，ca12，b2a2c2，解得 a2，b 3，c1，椭圆的方程为x24y231.(2)由题设，以 F1F2 为直径的圆的方程为 x2y21，圆心到直线 l 的距离 d2|m|5，由 d1 得|m|52.(*)|CD|2 1d22145m2 2554m2.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y12xm，x24y231得 x
163、2mxm230，由根与系数的关系可得 x1x2m，x1x2m23.|AB|1122 m24m231524m2.由|AB|CD|5 34 得4m254m21，解得 m 33，满足(*)直线 l 的方程为 y12x 33 或 y12x 33.类题通法1利用弦长公式求弦长要注意斜率 k 不存在的情形，若 k 不存在时，可直接求交点坐标再求弦长；2涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用演练冲关(2015兰州、张掖联考)如图，过抛物线 y22px(p0)的焦点 F 的直线 l 依次交抛物线及其准线于点 A，B，C，若|BC|2|BF|，且|AF|3，则抛物线的方程是_解析：如图，分别过点 A，B 作准线
164、的垂线 AE，BD，分别交准线于点 E，D，则|BF|BD|，|BC|2|BF|，|BC|2|BD|，BCD30，又|AE|AF|3，|AC|6，即点 F是 AC 的中点，根据题意得 p32，抛物线的方程是 y23x.答案：y23x考点三 中点弦问题|(常考常新型考点多角探明)必备知识遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解在椭圆x2a2y2b21 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 kb2x0a2y0；在双曲线x2a2y2b21 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 kb2x0a2y0；在抛物线 y22px 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜
165、率 kpy0.多角探明弦的中点问题是考查直线与圆锥曲线位置关系的命题热点归纳起来常见的命题角度有：(1)由中点弦确定直线方程；(2)由中点弦确定曲线方程；(3)由中点弦解决对称问题.角度一：由中点弦确定直线方程1已知(4,2)是直线 l 被椭圆 x236y29 1 所截得的线段的中点，则 l 的方程是_解析：设直线 l 与椭圆相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)则x2136y2191，且x2236y2291，两式相减得y1y2x1x2 x1x24y1y2.又 x1x28，y1y24，所以y1y2x1x212，故直线 l 的方程为 y212(x4)，即 x2y80.答案：x2y80角度二：
166、由中点弦确定曲线方程2(2015武汉调研)已知椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F 的直线交 E于 A，B 两点若 AB 的中点坐标为(1，1)，则 E 的方程为()A.x245y2361 B.x236y2271C.x227y2181D.x218y291解析：选 D 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2y21b21，x22a2y22b21，两式作差并化简变形得y1y2x1x2b2x1x2a2y1y2，而y1y2x1x2013112，x1x22，y1y22，所以 a22b2，又因为 a2b2c29，于是 a218，b29.故选 D.角度三：由中
167、点弦解决对称问题3已知双曲线 x2y231 上存在两点 M，N 关于直线 yxm 对称，且 MN 的中点在抛物线 y218x 上，则实数 m 的值为_解析：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN 的中点 P(x0，y0)，则x21y2131，x22y2231，x1x22x0，y1y22y0，由得(x2x1)(x2x1)13(y2y1)(y2y1)，显然 x1x2.y2y1x2x1y2y1x2x13，即 kMNy0 x03，M，N 关于直线 yxm 对称，kMN1，y03x0，又y0 x0m，Pm4，3m4，代入抛物线方程得 916m218m4，解得 m0 或8，经检验都符合答案：0 或8
168、类题通法处理中点弦问题常用的求解方法1点差法即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有 x1x2，y1y2，y1y2x1x2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率2根与系数的关系即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解提醒 中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足一、选择题1直线 ybax3 与双曲线x2a2y2b21 的交点个数是()A1 B2C1 或 2D0解析：选 A 因为直线 ybax3 与双曲线的渐近线 yba
169、x 平行，所以它与双曲线只有 1个交点2(2015舟山三模)已知椭圆 C 的方程为x216y2m21(m0)，如果直线 y 22 x 与椭圆的一个交点 M 在 x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点 F，则 m 的值为()A2B2 2C8D2 3解析：选 B 根据已知条件得 c 16m2，则点16m2，2216m2 在椭圆x216y2m21(m0)上，16m21616m22m2 1，可得 m2 2.3(2015四川雅安月考)抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为 l，经过 F 且斜率为 3的直线与抛物线在 x 轴上方的部分相交于点 A，AKl，垂足为 K，则AKF 的面积是()A4B3 3C4 3D
170、8解析：选 C y24x，F(1,0)，l：x1，过焦点 F 且斜率为 3的直线 l1：y 3(x1)，与 y24x 联立，解得 A(3,2 3)，AK4，SAKF1242 34 3.4已知抛物线 C：y28x 与点 M(2,2)，过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C 交于 A，B两点若 MA MB0，则 k()A.12B.22C.2D2解析：选 D 如图所示，设 F 为焦点，取 AB 的中点 P，过 A，B分别作准线的垂线，垂足分别为 G，H，连接 MF，MP，由 MA MB0，知 MAMB，则|MP|12|AB|12(|AG|BH|)，所以 MP 为直角梯形 BHGA的中位线，所以 M
171、PAGBH，所以GAMAMPMAP，又|AG|AF|，AM 为公共边，所以AMGAMF，所以AFMAGM90，则 MFAB，所以 k 1kMF2.5(2015丽水一模)斜率为 1 的直线 l 与椭圆x24y21 相交于 A，B 两点，则|AB|的最大值为()A2B.4 55C.4 105D.8 105解析：选 C 设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线 l 的方程为 yxt，由x24y24，yxt消去 y，得 5x28tx4(t21)0.则 x1x285t，x1x24t215.|AB|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x2 285t 244t2154 25 5t
172、2，当 t0 时，|AB|max4 105.6(2015大连双基测试)过抛物线 y22px(p0)焦点 F 的直线 l 与抛物线交于 B，C 两点，l 与抛物线准线交于点 A，且|AF|6，AF 2 FB，则|BC|()A.92B6C.132D8解析：选 A 不妨设直线 l 的倾斜角为，其中 00，b14.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x21，y1y22x1x22b12b，由12，12b 在直线 yx3 上，即12b123，解得 b2，联立yx2，yx2，解得x12，y14，x21，y21.答案：(2,4)、(1,1)9(2015沈阳模拟)已知点 A(2，0)，点 B(2，0
173、)，且动点 P 满足|PA|PB|2，则动点 P 的轨迹与直线 yk(x2)有两个交点的充要条件为 k_.解析：由已知得动点 P 的轨迹为一双曲线的右支且 2a2，c 2，则 b c2a21，P 点的轨迹方程为 x2y21(x0)，其一条渐近线方程为 yx.若 P 点的轨迹与直线 yk(x2)有两个交点，则需 k(，1)(1，)答案：(，1)(1，)10(2015北京石景山期末)已知抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为直线 l，过抛物线上一点 P 作 PEl 于点 E，若直线 EF 的倾斜角为 150，则|PF|_.解析：由抛物线方程 y24x 可知焦点 F(1,0)，准线为 x1.直线 E
174、F 的斜率为 ktan 150 33，所以直线 EF 的方程为 y 33(x1)，与准线方程联立可得点 E1，2 33，故可设 Px，2 33，将其代入抛物线方程 y24x，解得 x13.所以|PE|131 43，由抛物线的定义可知|PE|PF|，故|PF|43.答案：43三、解答题11(2015山西模拟)已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，焦距为 2，离心率为12.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设直线 l 经过点 M(0,1)，且与椭圆 C 交于 A，B 两点，若 AM 2 MB，求直线 l 的方程解：(1)设椭圆方程为x2a2y2b21(a0，b0)，因为 c1，ca12，所以
175、 a2，b 3，所以椭圆方程为x24y231.(2)由题意得直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 ykx1，联立方程ykx1，x24y231，得(34k2)x28kx80，且 0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 AM 2 MB，得 x12x2，又x1x2 8k34k2，x1x2 834k2，所以x2 8k34k2，2x22 834k2，消去 x2 得8k34k2 2434k2，解得 k214，k12，所以直线 l 的方程为 y12x1，即 x2y20 或 x2y20.12(2015广东肇庆二模)已知双曲线 C 的两个焦点坐标分别为 F1(2,0)，F2(2,0)，双曲线 C
176、上一点 P 到 F1，F2 距离差的绝对值等于 2.(1)求双曲线 C 的标准方程；(2)经过点 M(2,1)作直线 l 交双曲线 C 的右支于 A，B 两点，且 M 为 AB 的中点，求直线 l的方程；(3)已知定点 G(1,2)，点 D 是双曲线 C 右支上的动点，求|DF1|DG|的最小值解：(1)依题意，得双曲线 C 的实半轴长 a1，焦半距 c2，所以其虚半轴长 b c2a2 3.又其焦点在 x 轴上，所以双曲线 C 的标准方程为 x2y231.(2)设 A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则3x21y213，3x22y223，两式相减，得 3(x1x2)(x1x2)
177、(y1y2)(y1y2)0.因为 M(2,1)为 AB 的中点，所以x1x24，y1y22.所以 12(x1x2)2(y1y2)0，即 kABy1y2x1x26.故 AB 所在直线 l 的方程为 y16(x2)，即 6xy110.(3)由已知，得|DF1|DF2|2，即|DF1|DF2|2，所以|DF1|DG|DF2|DG|2|GF2|2，当且仅当 G，D，F2 三点共线时取等号因为|GF2|12222 5，所以|DF2|DG|2|GF2|2 52.故|DF1|DG|的最小值为 52.第二课时 最值、范围、证明问题考点一 最值问题|(常考常新型考点多角探明)必备知识1圆锥曲线上本身存在的最值问
178、题(1)椭圆上两点间最大距离为 2a(长轴长)；(2)双曲线上两点间最小距离为 2a(实轴长)；(3)椭圆焦半径的取值范围为ac，ac，ac 与 ac 分别表示椭圆焦点到椭圆上的点的最小距离与最大距离；(4)抛物线上的点中顶点与抛物线的准线距离最近2圆锥曲线上的点到定点的距离的最值问题，常用两点间的距离公式转化为区间上的二次函数的最值问题解决，有时也用圆锥曲线的参数方程，化为三角函数的最值问题或用三角形的两边之和(或差)与第三边的不等关系求解3圆锥曲线上的点到定直线的距离的最值问题解法同上或用平行切线法多角探明圆锥曲线中的最值问题一直是高考命题的热点，各种题型都有，命题角度很广，归纳起来常见的
179、命题角度有：(1)利用三角函数有界性求最值(2)数形结合利用几何性质求最值；(3)建立目标函数求最值.角度一：利用三角函数有界性求最值1(2014福建高考)设 P，Q 分别为圆 x2(y6)22 和椭圆x210y21 上的点，则 P，Q两点间的最大距离是()A5 2 B.46 2C7 2D6 2解析：选 D 设圆的圆心为 C，则 C(0,6)，半径为 r 2，点 C 到椭圆上的点 Q(10cos，sin)的 距 离|CQ|10cos 2sin 62 469sin212sin 509sin 232 505 2，当且仅当 sin 23时取等号，所以|PQ|CQ|r5 2 26 2，即 P，Q 两点
180、间的最大距离是 6 2，故选 D.角度二：数形结合利用几何性质求最值2设 P 是椭圆x225y291 上一点，M，N 分别是两圆：(x4)2y21 和(x4)2y21 上的点，则|PM|PN|的最小值、最大值分别为()A9,12 B8,11C8,12D10,12解析：选 C 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|PB|2a10，连接 PA，PB 分别与圆相交于 M，N 两点，此时|PM|PN|最小，最小值为|PA|PB|2R8；连接 PA，PB 并延长，分别与圆相交于 M，N两点，此时|PM|PN|最大，最大值为|PA|PB|2R12，即最小值和最大值分别
181、为 8,12.角度三：建立目标函数求最值3(2014浙江高考)已知ABP 的三个顶点在抛物线 C：x24y 上，F 为抛物线 C 的焦点，点 M 为 AB 的中点，PF 3 FM.(1)若|PF|3，求点 M 的坐标；(2)求ABP 面积的最大值解：(1)由题意知焦点 F(0,1)，准线方程为 y1.设 P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|y01，得到 y02，所以 P(2 2，2)或 P(2 2，2)由 PF 3 FM，分别得 M2 23，23 或 M2 23，23.(2)设直线 AB 的方程为 ykxm，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)由ykxm，x24y得 x
182、24kx4m0.于是 16k216m0，x1x24k，x1x24m，所以 AB 中点 M 的坐标为(2k,2k2m)由 PF 3 FM，得(x0,1y0)3(2k,2k2m1)，所以x06k，y046k23m.由 x204y0 得 k215m 415.由 0，k20，得13m43.又因为|AB|4 1k2k2m，点 F(0,1)到直线 AB 的距离为 d|m1|1k2.所以 SABP4SABF8|m1|k2m 16153m35m2m1.记 f(m)3m35m2m113f 43.所以当 m19时，f(m)取到最大值256243，此时 k 5515.所以ABP 面积的最大值为256 5135.类题
183、通法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解考点二 范围问题|(重点保分型考点师生共研)必备知识1点在圆锥曲线上(非线性约束条件)的条件下，求相关式子(目标函数)的取值范围问题，常用参数方程代入转化为三角函数的最值问题，或根据平面几何知识或引入一个参数(有几何意义)化为函数进行处理2由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的
184、范围问题，常把所求参数作为函数，另一个元作为自变量求解典题例析(2015云南模拟)已知圆 M：(x 3a)2y216a2(a0)及定点 N(3a,0)，点 P 是圆 M 上的动点，点 G 在 MP 上，且满足|GP|GN|，G 点的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程；(2)若点 A(1,0)关于直线 xyt0(t0)的对称点在曲线 C 上，求 a 的取值范围解：(1)设 G(x，y)，|PG|GM|4a，且|PG|GN|，|GM|GN|4a2 3a，由椭圆定义得，曲线 C 的方程为 x24a2y2a21.(2)设 A(1,0)关于直线 xyt0(t0)的对称点为 A(m，n)，则nm11
185、1，m12n2t0，mt，nt1，A(t，t1)，A(t，t1)在曲线 C：x24a2y2a21 上，t24(t1)24a2，化简得 5t28t44a20(t0)，此方程有正根，令 f(t)5t28t44a2，其图象的对称轴为 t450，(8)245(44a2)0，a 55 或 a 55，a0，a 的取值范围为55，.类题通法求解范围问题的常见求法1利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；2.利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；3利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；4利用基本不等式求出参数的取值范围；5利用函数的值
186、域的求法，确定参数的取值范围演练冲关1(2015温州十校模拟)椭圆x2a2y2b21(ab0)上一点 A 关于原点的对称点为 B，F 为其右焦点，若 AFBF，设ABF，且 12，4，则该椭圆离心率的取值范围为A.22，63 B.22，32C.63，1D.22，1解析：选 A 由题知 AFBF，根据椭圆的对称性，AFBF(其中 F是椭圆的左焦点)，因此四边形 AFBF是矩形，于是，|AB|FF|2c，|AF|2csin，|AF|2ccos，根据椭圆的定义，|AF|AF|2a，2csin 2ccos 2a，eca1sin cos 12sin4，而 12，4，43，2，sin4 32，1，故 e2
187、2，63.2(2015福州质检)如图，直线 ym 与抛物线 y24x 交于点 A，与圆(x1)2y24 的实线部分交于点 B，F 为抛物线的焦点，则三角形ABF 的周长的取值范围是()A(2,4)B(4,6)C2,4D4,6解析：选 B 设 B(xB，yB)，则 1xB3.因为可以构成三角形 ABF，所以 1xB3.因为圆的半径|BF|2，抛物线的准线方程为 x1，利用抛物线定义，|AF|等于点 A 到直线 x1 的距离 d，所以三角形 ABF 的周长 l|AF|AB|BF|AF|AB|2d|AB|2xB(1)2xB3，故 4l6.故选 B.考点三 证明问题|(重点保分型考点师生共研)典题例析
188、(2014浙江高考)如图，设椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)，动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P，且点 P 在第一象限(1)已知直线 l 的斜率为 k，用 a，b，k 表示点 P 的坐标；(2)若过原点 O 的直线 l1 与 l 垂直，证明：点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 ab.解：(1)设直线 l 的方程为 ykxm(k 2)将点 A(1，2)代入方程得2a21a221，整理得 a45a240，解得 a24 或 a21(舍去)，故所求椭圆方程为y24x221.(2)设直线 l 的方程为 y 2xm，B，C 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由y 2xm，y24
189、x221，得 4x22 2mxm240，则 8m216(m24)8(8m2)0，0m28.由 x1x2 22 m，x1x2m244，得|BC|3|x1x2|3162m22.又点 A 到 BC 的距离为 d|m|3，故 SABC12|BC|d m2162m24 14 22m2162m22 2，当且仅当 2m2162m2，即 m2 时取等号当 m2 时，满足 0m2b0)的焦距为 2，且过点1，22，右焦点为 F2.设 A，B 是 C 上的两个动点，线段 AB 的中点 M的横坐标为12，线段 AB 的中垂线交椭圆 C 于 P，Q 两点(1)求椭圆 C 的方程；(2)求2F P 2F Q 的取值范围
190、解：(1)因为焦距为 2，所以 a2b21.因为椭圆 C 过点1，22，所以 1a2 12b21.故 a22，b21，所以椭圆 C 的方程为x22y21.(2)由题意知，当直线 AB 垂直于 x 轴时，直线 AB 方程为 x12，此时 P(2，0)，Q(2，0)，又 F2(1,0)，得2F P2F Q 1.当直线 AB 不垂直于 x 轴时，设直线 AB 的斜率为 k(k0)，M12，m(m0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x21，y1y22m.由x212y211，x222y221，得(x1x2)2(y1y2)y1y2x1x20，则14mk0，故 k 14m.此时，直线 PQ 斜
191、率为 k14m，PQ 的直线方程为 ym4mx12.即 y4mxm.联立方程组y4mxm，x22y21整理得(32m21)x216m2x2m220.设 P(x3，y3)，Q(x4，y4)，所以 x3x4 16m232m21，x3x4 2m2232m21.于是2F P 2F Q(x31)(x41)y3y4x3x4(x3x4)1(4mx3m)(4mx4m)(4m21)(x3x4)(16m21)x3x4m214m2116m232m21116m22m2232m21m2119m2132m21.由于 M12，m 在椭圆的内部，故 0m278.令 t32m21,1t29，则2F P2F Q 19325132
192、t.又 1t29，所以12F P 2F Q b0)的左、右焦点分别为F1，F2，点 D 在椭圆上，DF1F1F2，|F1F2|DF1|2 2，DF1F2 的面积为 22.(1)求该椭圆的标准方程；(2)是否存在圆心在 y 轴上的圆，使圆在 x 轴的上方与椭圆有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点？若存在，求出圆的方程，若不存在，请说明理由解：(1)设 F1(c,0)，F2(c,0)，其中 c2a2b2.由|F1F2|DF1|2 2，得|DF1|F1F2|2 2 22 c.由 DF1F1F2，得 SDF1F212|DF1|F1F2|22 c2 22，故 c1，从而|D
193、F1|22，故|DF2|2|DF1|2|F1F2|292，因此|DF2|3 22.所以 2a|DF1|DF2|2 2，故 a 2，b2a2c21.因此，所求椭圆的标准方程为x22y21.(2)如图，设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆x22y21 相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y10，y20，F1P1，F2P2 是圆 C 的切线，且 F1P1F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2x1，y1y2.由(1)知 F1(1,0)，F2(1,0)，所以1 1F P(x11，y1)，22F P(x11，y1)再由 F1P1F2P2，得(x11)2y210.由椭圆方程得 1x212
194、(x11)2，即 3x214x10，解得 x143或 x10.当 x10 时，P1，P2 重合，此时题设要求的圆不存在当 x143时，过 P1，P2 分别与 F1P1，F2P2 垂直的直线的交点即为圆心 C.设 C(0，y0)，由 CP1F1P1，得y1y0 x1y1x111.而 y1|x11|13，故 y053.圆 C 的半径|CP1|432135324 23.综上，存在满足题设条件的圆，其方程为 x2y532329.类题通法解决存在性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导
195、出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径演练冲关(2015大庆模拟)设抛物线 C 的方程为 x28y，M 为直线 l：ym(m0)上任意一点，过M 作抛物线 C 的两条切线 MA，MB，切点分别为 A，B.(1)当 M 的坐标为(0，2)时，求过 M，A，B 三点的圆的标准方程，并判断直线 l 与此圆的位置关系；(2)当 m 变化时，试探究直线 l 上是否存在点 M，使 MAMB？若存在，有几个这样的点；若不存在，请说明理由解：(1)当 M 的坐标为(0，2)时，设过 M 的切线方程为 ykx2，联立x28y，ykx2，
196、整理得 x28kx160，令(8k)24160，解得 k1，MAMB，将 k1 代入方程得 x4，可取 A(4,2)，B(4,2)，点 M 到 AB 的距离为 4，过 M，A，B 三点的圆的圆心为 F(0,2)，r4，圆的标准方程为 x2(y2)216.又圆心(0,2)到直线 l：y2 的距离 d4r，因此，圆与直线 l：y2 相切(2)设切点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 上的点为 M(x0，y0)，过抛物线上点 A(x1，y1)的切线方程为 yy1k(xx1)，y14x，kMAy|xx114x1，从而过抛物线上点 A(x1，y1)的切线方程为 yy1x14(xx1)，又切线
197、过点 M(x0，y0)，y0 x14x0 x218，即 x212x0 x18y00，同理可得过点 B(x2，y2)的切线方程为x222x0 x28y00.kMAx14，kMBx24，且 x1，x2 是方程 x22x0 x8y00 的两实根，x1x28y0，kMAkMBx14x24y02，当 y02，即 m2 时，对直线 l 上任意点 M 均有 MAMB.当 y02，即 m2 时，MA 与 MB 不垂直综上，当 m2 时，直线 l 上存在无穷多个点 M，使 MAMB，当 m2 时，直线 l 上不存在满足条件的点 M.A 卷夯基保分1已知 F 为抛物线 y22px(p0)的焦点，抛物线上点 G(2
198、,2 p)满足|GF|3.(1)求抛物线的方程；(2)M 点的坐标为(4,0)，过点 F 作斜率为 k1 的直线与抛物线交于 A，B 两点，A，B 两点的横坐标均不为 4，连接 AM，BM 并延长交抛物线于 C，D 两点，设直线 CD 的斜率为 k2，问k1k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由解：(1)根据抛物线定义知|GF|2p23，解得 p2，所以抛物线方程为 y24x.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则 k1y1y2x1x2y1y2y21y2244y1y2，同理 k24y3y4.设 AC 所在直线的方程为 xty4，与 y2
199、4x 联立，得 y24ty160，所以 y1y316，同理 y2y416，所以 k2416y1 16y214 y1y2y1y2.设 AB 所在直线的方程为 xmy1，与 y24x 联立，得 y24my40，所以 y1y24，所以 k214 y1y2y1y21y1y2，所以k1k2是定值，且k1k24.2(2015开封模拟)已知抛物线 C：x24y.(1)设 P 为直线 l：xy20 上的点，过点 P 作抛物线 C 的两条切线 PA，PB，当点 P(x0，y0)为直线 l 上的定点时，求直线 AB 的方程；(2)当点 P 在直线 l 上移动时，求|AF|BF|的最小值解：(1)抛物线 C 的方程
200、为 x24y，即 y14x2，求导得 y12x.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)其中y1x214，y2x224，则切线 PA，PB 的斜率分别为12x1，12x2，所以切线 PA 的方程为 yy1x12(xx1)，即 yx12xx212y1，即 x1x2y2y10.同理可得切线 PB 的方程为 x2x2y2y20.因为切线 PA，PB 均过点 P(x0，y0)，所以 x1x02y02y10，x2x02y02y20，所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程 x0 x2y02y0 的两组解故直线 AB 的方程为 x0 x2y2y00.(2)由抛物线定义可知|AF|y11，|BF|y21，所以
201、|AF|BF|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1，联立方程x0 x2y2y00，x24y消去 x 整理得 y2(2y0 x20)yy200，由根与系数的关系可得 y1y2x202y0，y1y2y20，所以|AF|BF|y1y2(y1y2)1y20 x202y01.又点 P(x0，y0)在直线 l 上，所以 x0y02，所以 y20 x202y012y202y052y012292，所以当 y012时，|AF|BF|取得最小值，且最小值为92.3(2015武汉调研)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 F，离心率为 22，过点 F且与 x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为
202、2，O 为坐标原点(1)求椭圆 C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为 N，是否存在直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，使点 F 为PQN 的垂心？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由解：(1)设 F(c,0)，则ca 22，知 a 2c.过点 F 且与 x 轴垂直的直线方程为 xc，代入椭圆方程，有c2a2y2b21，解得 y 22 b.于是 2b 2，解得 b1.又 a2c2b2，从而 a 2，c1.所以椭圆 C 的方程为x22y21.(2)假设存在直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，且 F 为PQN 的垂心设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为 N(0,1)，F(1,0)，所
203、以 kNF1.由 NFPQ，知 kPQ1.设直线 l 的方程为 yxm，由yxm，x22y22，得 3x24mx2m220.由 0，得 m23，且 x1x24m3，x1x22m223.由题意，有 NP FQ0.因为 NP(x1，y11)，FQ(x21，y2)，所以 x1(x21)y2(y11)0，即 x1(x21)(x2m)(x1m1)0，所以 2x1x2(x1x2)(m1)m2m0，于是 22m22343m(m1)m2m0，解得 m43或 m1.经检验，当 m1 时，PQN 不存在，故舍去 m1.当 m43时，所求直线 l 存在，且直线 l 的方程为 yx43.B 卷增分提能1(2014山东
204、高考改编)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 轴的正半轴于点 D，且有|FA|FD|.当点 A 的横坐标为 3 时，ADF 为正三角形(1)求 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，并求出定点坐标解：(1)由题意知 Fp2，0.设 D(t,0)(t0)，则 FD 的中点为p2t4，0.因为|FA|FD|，由抛物线的定义知 3p2tp2，解得 t3p 或 t3(舍去)由p2t43，解得 p2.所以抛物线 C 的方程为 y24x.(2)证明
205、：由(1)知 F(1,0)，设 A(x0，y0)(x0y00)，D(xD,0)(xD0)，因为|FA|FD|，则|xD1|x01，由 xD0 得 xDx02，故 D(x02,0)故直线 AB 的斜率 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 64y2032by0 0，得 b2y0.设 E(xE，yE)，则 yE4y0，xE4y20.当 y204 时，kAEyEy0 xEx04y0y04y20y204 4y0y204，可得直线 AE 的方程为 yy0 4y0y204(xx0)，由 y204x0，整理可
206、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)2已知直线 l：yx 6，圆 O：x2y25，椭圆 E：y2a2x2b21(ab0)的离心率 e 33，直线 l 被圆 O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等(1)求椭圆 E 的方程；(2)过圆 O 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条切线，若切线都存在斜率，求证两切线斜率之积为定值解：(1)设椭圆半焦距为 c，圆心 O 到 l 的距离 d611 3，则 l 被圆 O 截得的弦长为 2 2，所以 b 2.由题意得ca 33，a2b2c2，
207、又 b 2，a23，b22.椭圆 E 的方程为y23x221.(2)证明：设点 P(x0，y0)，过点 P 的椭圆 E 的切线 l0 的方程为 yy0k(xx0)，整理得 ykxy0kx0，联立直线 l0 与椭圆 E 的方程得ykxy0kx0，y23x221，消去 y 得 2kx(y0kx0)23x260，整理得(32k2)x24k(y0kx0)x2(kx0y0)260，l0 与椭圆 E 相切，4k(y0kx0)24(32k2)2(kx0y0)260，整理得(2x20)k22x0y0k(y203)0，设满足题意的椭圆 E 的两条切线的斜率分别为 k1，k2，则 k1k2y2032x20.点 P
208、 在圆 O 上，x20y205，k1k25x2032x20 1.两条切线斜率之积为常数1.3(2014福建高考)已知曲线 上的点到点 F(0,1)的距离比它到直线 y3 的距离小2.(1)求曲线 的方程；(2)曲线 在点 P 处的切线 l 与 x 轴交于点 A.直线 y3 分别与直线 l 及 y 轴交于点 M，N.以 MN 为直径作圆 C，过点 A 作圆 C 的切线，切点为 B试探究：当点 P 在曲线 上运动(点 P 与原点不重合)时，线段 AB 的长度是否发生变化？证明你的结论解：(1)设 S(x，y)为曲线 上任意一点，依题意，点 S 到 F(0,1)的距离与它到直线 y1 的距离相等，所
209、以曲线 是以点 F(0,1)为焦点、直线 y1 为准线的抛物线，所以曲线 的方程为 x24y.(2)当点 P 在曲线 上运动时，线段 AB 的长度不变证明如下：由(1)知抛物线 的方程为 y14x2，设 P(x0，y0)(x00)，则 y014x20，由 y12x，得切线 l 的斜率 ky|xx012x0，所以切线 l 的方程为 yy012x0(xx0)，即 y12x0 x14x20.由y12x0 x14x20，y0，得 A12x0，0.由y12x0 x14x20，y3，得 M12x06x0，3.又 N(0,3)，所以圆心 C14x03x0，3，半径 r12|MN|14x03x0，|AB|AC
210、|2r212x014x03x023214x03x02 6.所以点 P 在曲线 上运动时，线段 AB 的长度不变命题点一 椭 圆命题指数：,难度：高、中题型：选择题、填空题、解答题1(2013江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的标准方程为x2a2y2b21(a0，b0)，右焦点为 F，右准线为 l，短轴的一个端点为 B.设原点到直线 BF 的距离为 d1，F 到 l 的距离为d2.若 d2 6d1，则椭圆 C 的离心率为_解析：令 F(c,0)，B(0，b)，则直线 BF 的方程为xcyb1，所以 d1bcb2c2.又 d2a2c cb2c，由 d2 6d1，可得b2c 6bcb
211、2c2，解得 b22c2，所以 a23c2，a 3c，所以 eca 33.答案：332(2014辽宁高考)已知椭圆 C：x29y241，点 M 与 C 的焦点不重合若 M 关于 C 的焦点的对称点分别为 A，B，线段 MN 的中点在 C 上，则|AN|BN|_.解析：设 MN 交椭圆于点 P，连接 F1P 和 F2P(其中 F1，F2 是椭圆 C 的左、右焦点)，利用中位线定理可得|AN|BN|2|F1P|2|F2P|22a4a12.答案：123(2014安徽高考)若 F1，F2 分别是椭圆 E：x2y2b21(0bb0)的左焦点为 F，离心率为 33，过点 F 且与 x轴垂直的直线被椭圆截得
212、的线段长为4 33.(1)求椭圆的方程；(2)设 A,B 分别为椭圆的左、右顶点，过点 F 且斜率为 k 的直线与椭圆交于 C，D 两点若AC DB AD CB 8，求 k 的值.解：(1)设 F(c,0)，由ca 33，知 a 3c.过点 F 且与 x 轴垂直的直线为 xc，代入椭圆方程有c2a2 y2b21，解得 y 6b3，于是2 6b34 33，解得 b 2.又 a2c2b2，从而 a 3，c1.所以椭圆的方程为x23y221.(2)设点 C(x1，y1)，D(x2，y2)，由 F(1,0)得直线 CD 的方程为 yk(x1)由方程组ykx1，x23y221，消去 y，整理得(23k2
213、)x26k2x3k260.则 x1x2 6k223k2，x1x23k2623k2.因为 A(3，0)，B(3，0)，所以 AC AD CB(x1 3，y1)(3x2，y2)(x2 3，y2)(3x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k262k21223k2.由已知得 62k21223k2 8，解得 k 2.命题点二 双曲线命题指数：难度：中题型：选择题、填空题1(2014新课标全国卷)已知 F 是双曲线 C：x2my23m(m0)的一个焦点，则点 F 到C 的一条渐近线的距离为()A.3 B3C.3mD3m解析：选 A
214、 双曲线方程为 x23my231，焦点 F 到一条渐近线的距离为 b 3.选 A.2(2013浙江高考)如图，F1，F2 是椭圆 C1：x24y21 与双曲线C2 的公共焦点，A，B 分别是 C1，C2 在第二、四象限的公共点，若四边形 AF1BF2 为矩形，则 C2 的离心率是()A.2B.3C.32D.62解析：选 D 由椭圆与双曲线的定义可知，|AF2|AF1|4，|AF2|AF1|2a(其中 2a 为双曲线的长轴长)，|AF2|a2，|AF1|2a，又四边形 AF1BF2 是矩形，|AF1|2|AF2|2|F1F2|2(2 3)2，a 2，e 32 62.3(2013重庆高考)设双曲线
215、 C 的中心为点 O，若有且只有一对相交于点 O，所成的角为60的直线 A1B1 和 A2B2，使|A1B1|A2B2|，其中 A1，B1 和 A2，B2 分别是这对直线与双曲线 C的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是()A.2 33，2B.2 33，2C.2 33，D.2 33，解析：选 A 设双曲线的焦点在 x 轴上，则由题意知该双曲线的一条渐近线的斜率 k(k0)必须满足 33 k 3，易知 kba，所以13 ba23，431 ba24，即有2 33 1 ba22.又双曲线的离心率为 eca1 ba2，所以2 33 0，b0)的一个焦点，且双曲线的离心率为 2，则该双曲线的方程为_解析
216、：抛物线 y28x 的准线 x2 过双曲线的一个焦点，所以 c2，又离心率为 2，所以 a1，b c2a2 3，所以该双曲线的方程为 x2y231.答案：x2y2315(2013辽宁高考)已知 F 为双曲线 C：x29y2161 的左焦点，P，Q 为 C 上的点若 PQ的长等于虚轴长的 2 倍，点 A(5,0)在线段 PQ 上，则PQF 的周长为_解析：由题意得，|FP|PA|6，|FQ|QA|6，两式相加，利用双曲线的定义得|FP|FQ|28，所以PQF 的周长为|FP|FQ|PQ|44.答案：44命题点三 抛物线命题指数：难度：中题型：选择题、填空题、解答题1(2012四川高考)已知抛物线
217、关于 x 轴对称，它的顶点在坐标原点 O，并且经过点 M(2，y0)若点 M 到该抛物线焦点的距离为 3，则|OM|()A2 2B2 3C4D2 5解析：选 B 依题意，设抛物线方程是 y22px(p0)，则有 2p23，得 p2，故抛物线方程是 y24x，点 M 的坐标是(2，2 2)，|OM|2282 3.2(2014新课标全国卷)设 F 为抛物线 C：y23x 的焦点，过 F 且倾斜角为 30的直线交 C 于 A，B 两点，O 为坐标原点，则OAB 的面积为()A.3 34B.9 38C.6332D.94解析：选 D 易知抛物线中 p32，焦点 F34，0，直线 AB 的斜率 k 33，
218、故直线 AB 的方程为 y 33 x34，代入抛物线方程 y23x，整理得 x2212 x 9160.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2212.由抛物线的定义可得弦长|AB|x1x2p212 3212，结合图象可得 O 到直线AB 的距离 dp2sin 3038，所以OAB 的面积 S12|AB|d94.3(2014湖南高考)如图，正方形 ABCD 和正方形 DEFG 的边长分别为 a，b(a0)经过 C，F两点，则ba_.解析：由正方形的定义可知 BCCD，结合抛物线的定义得点 D为抛物线的焦点，所以|AD|pa，Dp2，0，Fp2b，b，将点 F 的坐标代入抛物线的方程得
219、 b22pp2b a22ab，变形得 ba22ba 10，解得ba1 2或ba1 2(舍去)，所以ba1 2.答案：1 24(2014陕西高考)如图，曲线 C 由上半椭圆 C1：y2a2x2b21(ab0，y0)和部分抛物线 C2：yx21(y0)连接而成，C1 与 C2 的公共点为A，B，其中 C1 的离心率为 32.(1)求 a，b 的值；(2)过点 B 的直线 l 与 C1，C2 分别交于点 P，Q(均异于点 A，B)，若APAQ，求直线 l 的方程解：(1)在 C1，C2 的方程中，令 y0，可得 b1，且 A(1，0)，B(1,0)是上半椭圆 C1 的左、右顶点设 C1 的半焦距为
220、c，由ca 32 及 a2c2b21 得 a2.a2，b1.(2)由(1)知，上半椭圆 C1 的方程为y24x21(y0)易知，直线 l 与 x 轴不重合也不垂直，设其方程为 yk(x1)(k0)，代入 C1 的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)设点 P 的坐标为(xP，yP)，直线 l 过点 B，x1 是方程(*)的一个根由根与系数的关系，得 xPk24k24，从而 yP 8kk24，点 P 的坐标为k24k24，8kk24.同理，由ykx1k0，yx21y0，得点 Q 的坐标为(k1，k22k)AP 2kk24(k，4)，AQ k(1，k2)APAQ，AP AQ 0，即2k
221、2k24k4(k2)0，k0，k4(k2)0，解得 k83.经检验，k83符合题意，故直线 l 的方程为 y83(x1).命题点四 圆锥曲线中的综合问题命题指数：难度：高 题型：选择题、填空题、解答题1(2014四川高考改编)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)设 F 为椭圆 C 的左焦点，T 为直线 x3 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P，Q.证明：OT 平分线段 PQ(其中 O 为坐标原点)解：(1)由已知可得 a2b22b，2c2 a2b24，解得 a26，b22，
222、所以椭圆 C 的标准方程是x26y221.(2)证明：由(1)可得，F 的坐标是(2,0)，设 T 点的坐标为(3，m)，则直线 TF 的斜率 kTFm032m.当 m0 时，直线 PQ 的斜率 kPQ1m，直线 PQ 的方程是 xmy2.当 m0 时，直线 PQ 的方程是 x2，也符合 xmy2 的形式设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线 PQ 的方程与椭圆 C 的方程联立，得xmy2，x26y221，消去 x，得(m23)y24my20，其判别式 16m28(m23)0.所以 y1y2 4mm23，y1y2 2m23，x1x2m(y1y2)4 12m23.所以 PQ 的中点 M
223、的坐标为6m23，2mm23，所以直线 OM 的斜率 kOMm3.又直线 OT 的斜率 kOTm3，所以点 M 在直线 OT 上，因此 OT 平分线段 PQ.2(2014山东高考)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，直线 yx 被椭圆 C 截得的线段长为4 105.(1)求椭圆 C 的方程；(2)过原点的直线与椭圆 C 交于 A，B 两点(A，B 不是椭圆 C 的顶点)点 D 在椭圆 C 上，且 ADAB，直线 BD 与 x 轴、y 轴分别交于 M，N 两点设直线 BD，AM 的斜率分别为 k1，k2，证明存在常数 使得 k1k2，并求出 的值
224、；求OMN 面积的最大值解：(1)由题意知 a2b2a 32，可得 a24b2.椭圆 C 的方程可简化为 x24y2a2.将 yx 代入可得 x 5a5，因此 22 5a54 105，可得 a2.因此 b1.所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)设 A(x1，y1)(x1y10)，D(x2，y2)，则 B(x1，y1)，因为直线 AB 的斜率 kABy1x1，又 ABAD，所以直线 AD 的斜率 kx1y1.设直线 AD 的方程为 ykxm，由题意知 k0，m0.由ykxm，x24y21可得(14k2)x28mkx4m240.所以 x1x2 8mk14k2，因此 y1y2k(x1x2)2m
225、 2m14k2.由题意知 x1x2，所以 k1y1y2x1x2 14k y14x1.所以直线 BD 的方程为 yy1 y14x1(xx1)令 y0，得 x3x1，即 M(3x1,0)可得 k2 y12x1.所以 k112k2，即 12.因此存在常数 12使得结论成立直线 BD 的方程 yy1 y14x1(xx1)，令 x0，得 y34y1，即 N0，34y1.由知 M(3x1,0)，可得OMN 的面积S123|x1|34|y1|98|x1|y1|.因为|x1|y1|x214y211，当且仅当|x1|2|y1|22 时等号成立，此时 S 取得最大值98，所以OMN 面积的最大值为98.“平面解析
226、几何”类题目的审题技巧与解题规范技法概述在高考数学试题中，一些题目从已知到结论不易证明或解决，可采用逆向分析法，即从要证明的结论出发，逐步寻求每一步结论成立的充分条件直至最后，把要证明的结论归结为一个明显成立的条件或已知定理为止适用题型以下几种题型常用到此审题技巧与方法：(1)解析几何中证明不等式、定值或等式问题；(2)函数、导数或不等式中的证明问题；(3)立体几何中线面平行与垂直问题典例(2014湖南高考)(本题满分 13 分)如图所示，O 为坐标原点，双曲线 C1：x2a21y2b211(a10，b10)和椭圆 C2：y2a22x2b221(a2b20)均过点 P2 33，1，且以 C1
227、的两个顶点和 C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形(1)求 C1，C2 的方程；(2)是否存在直线 l，使得 l 与 C1 交于 A，B 两点，与 C2 只有一个公共点，且|OAOB|AB|？证明你的结论解题流程第一步利用点在双曲线上求 b21 解：1设 C2 的焦距为 2c2，由题意知，2c22，2a12.从而 a11，c21.因为点 P2 33，1 在双曲线 x2y2b211 上，所以2 332 1b211.故 b213.2 分 失分警示第二步利用椭圆定义求 a2 并写出方程 由椭圆的定义知2a22 3321122 332112 2 3.4 分易 忽视椭 圆定 义不会 求a2
228、 导致失分于是 a2 3，b22a22c222，故 C1，C2 的方程分别为x2y231，y23x221.5 分第三步证明 l 的斜率不存在时满足假设结论 2不存在符合题设条件的直线.6 分若直线 l 垂直于 x 轴，因为 l 与 C2 只有一个公共点，所以直线 l 的方程为 x 2或 x 2.7 分当 x 2时，易知 A 2，3，B 2，3，易 忘记直 线的 斜率不 一定 存在而 忽视分类讨论.导 致步骤 失分.所以|OAOB|2 2，|AB|2 3.此时，|OAOB|AB|.当 x 2时，同理可知，|OAOB|AB|.8 分第四步求出 l 斜率存在时与双曲线相交时y1y2 值 若直线 l
229、不垂直于 x 轴，设 l 的方程为 ykxm.由ykxm，x2y231，得3k2x22kmxm230.9 分当 l 与 C1 相交于 A，B 两点时，设 Ax1，y1，Bx2，y2，则 x1，x2 是上述方程的两个实根，从而 x1x2 2km3k2，x1x2m23k23.于是 y1y2k2x1x2kmx1x2m23k23m2k23.10 分化 简运算 易失误.第五步利用 l 与 C2只有一个公共点确定 k，m 的关系式 由ykxm，y23x221，得k23x24kmx2m260.因为直线 l 与 C2 只有一个公共点，所以上述方程的判别式 16k2m282k23m230.化简，得 m22k23
230、，11 分第六步计算OA OB 并验证结论 因此OA OB x1x2y1y2m23k233k23m2k23 k23k23 0.12 分于是 OA 2 OB 22 OA OB OA 2 OB 22OA OB，即|OAOB|2|OAOB|2，故|OAOB|易 对|OA OB|2 变形化简 失 误 为OA 2 OB 2导致去分|AB|.综合可知，不存在符合题设条件的直线.13 分 平面解析几何1已知椭圆 C：x24y21 的上、下顶点分别为 A，B，点 P 在椭圆上，且异于点 A，B，直线 AP，BP 与直线 l：y2 分别交于点 M，N.(1)设直线 AP，BP 的斜率分别为 k1，k2，求证：k
231、1k2 为定值；(2)求线段 MN 长的最小值解：(1)由题意，A(0,1)，B(0，1)，令 P(x0，y0)，则 x00，直线 AP 的斜率 k1y01x0，BP 的斜率 k2y01x0.又点 P 在椭圆上，x204y201(x00)，从而有 k1k2y201x20 1x2041x2014.即 k1k2 为定值(2)由题设可以得到直线 AP 的方程为 y1k1(x0)，直线 BP 的方程为 y(1)k2(x0)，由y1k1x，y2得x3k1，y2，由y1k2x，y2得x1k2，y2，直线 AP 与直线 l 的交点 M3k1，2，直线 BP 与直线 l 的交点 N1k2，2.又 k1k214
232、，|MN|3k11k2 3k14k1 3k1|4k1|2 3k1|4k1|4 3，当且仅当 3k1|4k1|，即 k1 32 时等号成立，故线段 MN 长的最小值是 4 3.2(2015北京西城模拟)已知 A，B 是抛物线 W：yx2 上的两个点，点 A 的坐标为(1,1)，直线 AB 的斜率为 k(k0)设抛物线 W 的焦点在直线 AB 的下方(1)求 k 的取值范围；(2)设 C 为 W 上一点，且 ABAC，过 B，C 两点分别作 W 的切线，记两切线的交点为 D，判断四边形 ABDC 是否为梯形，并说明理由解：(1)抛物线 yx2 的焦点为0，14.由题意，得直线 AB 的方程为 y1
233、k(x1)，令 x0，得 y1k，即直线 AB 与 y 轴相交于点(0,1k)因为抛物线 W 的焦点在直线 AB 的下方，所以 1k14，解得 k0，所以 0k0，y00)，则切线斜率为x0y0，切线方程为 yy0 x0y0(xx0)，即 x0 xy0y4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S12 4x0 4y0 8x0y0.由 x20y2042x0y0 知当且仅当 x0y0 2时 x0y0 有最大值，即 S 有最小值，因此点 P 的坐标为(2，2)由题意知 2a22b21，a2b23a2，解得 a21，b22，故 C1 的方程为 x2y221.(2)由(1)知 C2 的焦点坐标
234、为(3，0)，(3，0)，由此设 C2 的方程为 x23b21y2b211，其中 b10.由 P(2，2)在 C2 上，得23b212b211，解得 b213，因此 C2 的方程为x26y231.显然，l 不是直线 y0.设 l 的方程为 xmy 3，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由xmy 3，x26y231，得(m22)y22 3my30.又 y1，y2 是方程的根，因此y1y22 3mm22，y1y2 3m22.由 x1my1 3，x2my2 3，得x1x2my1y22 3 4 3m22，x1x2m2y1y2 3my1y2366m2m22.因为 AP(2x1，2y1)，BP(2x2，2y2)，由题意知 AP BP 0，所以 x1x2 2(x1x2)y1y2 2(y1y2)40，将代入式整理得2m22 6m4 6110，解得 m3 62 1 或 m 62 1.因此直线 l 的方程为x3 62 1 y 30 或 x62 1 y 30.
