专题四 解析几何
[析考情·明重点]
小题考情分析 1.双曲线的渐近线、离心率及焦点问题(5年4考) 常考点 2.椭圆的离心率问题，椭圆与直线、双曲线的综合问题(5年3考) 偶考点 第一讲 小题考法——直线与圆
考点(一) 直 线 的 方 程
[典例感悟]
[典例] (1)已知直线l1：x＋2ay－1＝0，l2：(a＋1)x－ay＝0，若l1∥l2，则实数a的值为( )
3
A．－
23
C．－或0
2
B．0 D．2
关系及三个距离公式的应用. 主要考查直线方程、两条直线的位置1.圆与不等式的交汇问题 2.抛物线的焦点、准线问题 直线与圆锥曲线解答题是高考的热点也是重点部分，主要涉及以下两种考法： (1)直线与椭圆有关范围、最值的综合问题； (2)直线与抛物线有关范围、最值的综合问题. 大题考情分析 (2)已知点A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是( )
A．(0,1) C.1－ B.1－
21， 22
21， 23
11 D.， 32
(3)过直线l1：x－2y＋3＝0与直线l2：2x＋3y－8＝0的交点，且到点P(0,4)距离为2的直线方程为_________________________________________________________________.
32
[解析] (1)由l1∥l2得1×(－a)＝2a(a＋1)，即2a＋3a＝0，解得a＝0或a＝－.23
经检验，当a＝0或a＝－时均有l1∥l2，故选C.
2
x＋y＝1，
(2)易知BC所在直线的方程是x＋y＝1，由
y＝ax＋b
消去x，得y＝
a＋b，当a＞0a＋1
1a＋bb1b时，直线y＝ax＋b与x轴交于点－，0，结合图形(图略)知××1＋＝，化简a22a＋1a得(a＋b)＝a(a＋1)，则a＝
2
b2
1－2b.∵a＞0，∴
1
＞0，解得b＜. 1－2b2
221
，故b的取值范围是1－，. 222
b2
考虑极限位置，即当a＝0时，易得b＝1－
x－2y＋3＝0，
(3)由
2x＋3y－8＝0，
x＝1，
得y＝2.
∴l1与l2的交点为(1,2)．当所求直线斜率不存
在，即直线方程为x＝1时，显然不满足题意．
当所求直线斜率存在时，设所求直线方程为y－2＝k(x－1)，即kx－y＋2－k＝0， ∵点P(0,4)到直线的距离为2， |－2－k|4
∴2＝，∴k＝0或k＝. 231＋k∴直线方程为y＝2或4x－3y＋2＝0.
[答案] (1)C (2)B (3)y＝2或4x－3y＋2＝0
[方法技巧]
解决直线方程问题的2个关注点
(1)求解两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的情况．
(2)求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式，同时要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意．
[演练冲关]
π
1．已知直线l的倾斜角为，直线l1经过点A(3,2)，B(－a,1)，且l1与l垂直，直线
4
l2：2x＋by＋1＝0与直线l1平行，则a＋b＝( )
A．－4 C．0
B．－2 D．2
2－1
解析：选B 由题知，直线l的斜率为1，则直线l1的斜率为－1，所以＝－1，所
3＋a2
以a＝－4.又l1∥l2，所以－＝－1，b＝2，所以a＋b＝－4＋2＝－2，故选B.
b2．(2018·浙江名师预测卷)“m＝－1”是“直线l1：mx＋(2m－1)y＋1＝0与直线l2：3x＋my＋3＝0垂直”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 若直线l1：mx＋(2m－1)y＋1＝0与直线l2：3x＋my＋3＝0垂直， 则3m＋m(2m－1)＝0，即2m(m＋1)＝0， 解得m＝0或m＝－1，
则“m＝－1”是“直线l1：mx＋(2m－1)y＋1＝0与直线l2：3x＋my＋3＝0垂直”的充分不必要条件．故选A.
3．若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为( ) A.2 C.3
82
B.
383 D.
3
解析：选B 由l1∥l2，得(a－2)a＝1×3，且a×2a≠3×6，解得a＝－1，所以l1：x2
－y＋6＝0，l2：x－y＋＝0，所以l1与l2间的距离为d＝2
31＋－
考点(二) 圆 的 方 程
[典例感悟]
[典例] (1)已知三点A(1,0)，B(0，3)，C(2，3)，则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为( )
5
A. 3C.25
3
B.21 3
长公式、直线与圆相切等问题. 主要考查圆的方程的求法，常涉及弦6－23
82
＝. 2
3
4 D. 3
2
(2)(2018·广州模拟)若一个圆的圆心是抛物线x＝4y的焦点，且该圆与直线y＝x＋3相切，则该圆的标准方程是______________．
[解析] (1)设△ABC外接圆的一般方程为x＋y＋Dx＋Ey＋F＝0，
2
2
∴3＋3E＋F＝0，
7＋2D＋3E＋F＝0，
1＋D＋F＝0，
D＝－2，43∴E＝－，
3
F＝1，
432322
∴△ABC外接圆的一般方程为x＋y－2x－y＋1＝0，圆心为1，，故△ABC外
33接圆的圆心到原点的距离为 2
1＋
21232
＝3. 3
2
2
(2)抛物线x＝4y的焦点为(0,1)，即圆心为(0,1)，设该圆的标准方程是x＋(y－1)
|－1＋3|2
＝r(r>0)，因为该圆与直线y＝x＋3，即x－y＋3＝0相切，所以r＝＝2，故该
2圆的标准方程是x＋(y－1)＝2.
[答案] (1)B (2)x＋(y－1)＝2
[方法技巧]
圆的方程的2种求法
几何法 通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程 代数法 用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数 [演练冲关] 1．圆(x－2)＋y＝4关于直线y＝A．(x－3)＋(y－1)＝4 B．(x－2)＋(y－2)＝4 C．x＋(y－2)＝4 D．(x－1)＋(y－3)＝4
解析：选D 圆与圆关于直线对称，则圆的半径相同，只需求圆心(2,0)关于直线y＝
3
3
2
2
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
x对称的圆的方程是( ) 3
b－03×＝－1，a－23
x对称的点的坐标即可．设所求圆的圆心坐标为(a，b)，则
b＋03a＋2
＝×232，
解得
a＝1，
b＝3，
所以圆(x－2)＋y＝4的圆心关于直线y＝2
2
22
3
x对称的点的坐标为(1，3)，3
从而所求圆的方程为(x－1)＋(y－3)＝4，故选D.
2．已知圆C的圆心是直线x－y＋1＝0与x轴的交点，且圆C与直线x＋y＋3＝0相切，则圆C的方程是( )
A．(x＋1)＋y＝2 C．(x－1)＋y＝2
2
2
2
2
B．(x＋1)＋y＝8 D．(x－1)＋y＝8
2
2
22
解析：选A 根据题意，直线x－y＋1＝0与x轴的交点坐标为(－1,0)，即圆心为(－
1,0)．因为圆C与直线x＋y＋3＝0相切，所以半径r＝(x＋1)＋y＝2，故选A.
2
2
|－1＋0＋3|
＝2，则圆C的方程为221＋1
3．圆心在直线x－2y＝0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为23，则圆C的标准方程为________________．
解析：设圆心坐标为(a，b)，半径为r.由已知
2
a－2b＝0，b>0，
2
又圆心(a，b)到y轴、x轴的距离分别为|a|，|b|，所以|a|＝r，|b|＋3＝r.综上，解得a＝2，b＝1，r＝2，所以圆心坐标为(2,1)，圆C的标准方程为(x－2)＋(y－1)＝4.
答案：(x－2)＋(y－1)＝4
考点(三) 直线(圆)与圆的位置关系 [典例感悟]
[典例] (1)已知圆M：x＋y－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是22，则圆M与圆N：(x－1)＋(y－1)＝1的位置关系是( )
A．内切 C．外切
B．相交 D．相离
2
22
2
2
2
2
2
主要考查直线圆与圆位置关系的判断、根据直线与圆的位置关系解决参数问题或与圆有关的轨迹问题. (2)(2018·丽水、衢州、湖州高三联考)已知直线l1：2x－y＋1＝0，直线l2：4x－2y＋a＝0，圆C：x＋y－2x＝0.若圆C上任意一点P到两直线l1，l2的距离之和为定值25，则实数a＝________.
[解析] (1)由题知圆M：x＋(y－a)＝a(a＞0)，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝
2
2
2
2
2
a，所以22
a－＝22，解得a＝2，即圆M的圆心为(0,2)，半径为2.又圆N的圆心
2
2
a2为(1,1)，半径为1，则圆M，圆N的圆心距|MN|＝2，两圆半径之差为1，半径之和为3,1<2<3，故两圆相交．
(2)由题可知l1∥l2，若圆C上任意一点到两直线的距离之和为定值25，则两平行线之间的距离为25，且位于圆的两侧．
因为直线l1：2x－y＋1＝0，直线l2：2x－y＋＝0，
2
a所以l1与l2之间的距离d＝
1－a2
5
＝25，解得a＝－18或a＝22，当a＝22时，两条
直线在圆的同侧，此时圆C上的点到两直线的距离之和大于25，舍去，故a＝－18.
[答案] (1)B (2)－18
[方法技巧]
1．直线(圆)与圆位置关系问题的求解思路
(1)研究直线与圆的位置关系主要通过将圆心到直线的距离同半径做比较实现，两圆位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较．
(2)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外点的距离，再结合半径利用勾股定理计算．
2．直线截圆所得弦长的求解方法
(1)根据平面几何知识构建直角三角形，把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，即l＝2r－d(其中l为弦长，r为圆的半径，d为圆心到直线的距离)．
(2)根据公式：l＝1＋k|x1－x2|求解(其中l为弦长，x1，x2为直线与圆相交所得交点的横坐标，k为直线的斜率)．
(3)求出交点坐标，用两点间的距离公式求解．
[演练冲关]
1．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝2x＋1与圆x＋y＝4相交于A，B两点，则cos∠AOB＝( )
A．5
10
B．－
5 10
2
2
2
2
2
9C． 10
2
2
9
D．－
10
解析：选D 因为圆x＋y＝4的圆心为O(0,0)，半径为2，所以圆心O到直线y＝2x＋1的距离d＝
|2×0－0＋1|2＋－
2
＝2
1
，所以弦长|AB|＝25
2
2
12
2－＝25
2
19
.在△AOB中，5
19
4＋4－4×
5|OA|＋|OB|－|AB|9
由余弦定理得cos∠AOB＝＝＝－.
2|OA|·|OB|2×2×210
2
2．(2018·浙江名师预测卷)已知圆C的方程为x＋y＝1，直线l的方程为x＋y＝2，过圆C上任意一点P作与l夹角为45°的直线，交l于点A，则|PA|的最小值为( )
1
A. 2C.2－1
B．1 D．2－2
22
解析：选D 由题意可知，直线PA平行于坐标轴，或与坐标轴重合．不妨设直线PA∥y
轴，
设P(cos α，sin α)，则A(cos α，2－cos α)， ∴|PA|＝|2－cos α－sin α|＝|2－2sin(α＋45°)|， ∴|PA|的最小值为2－2.故选D.
3．已知动圆C过A(4,0)，B(0，－2)两点，过点M(1，－2)的直线交圆C于E，F两点，当圆C的面积最小时，|EF|的最小值为________．
1
解析：依题意得，动圆C的半径不小于|AB|＝5，即当圆C的面积最小时，AB是圆C2的一条直径，此时圆心C是线段AB的中点，即点C(2，－1)，又点M的坐标为(1，－2)，且|CM|＝－
2
＋－1＋
2
＝2<5，所以点M位于圆C内，所以当点M为线段EF5
2
的中点时，|EF|最小，其最小值为2
答案：23
－2
2
＝23.
[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．直线方程的五种形式 点斜式 y－y1＝k(x－x1)(直线过点P1(x1，y1)，且斜率为k，不能表示y轴和平行于y轴的直线) 斜截式 y＝kx＋b(b为直线在y轴上的截距，且斜率为k，不能表示y轴和平行于y轴的直线) y－y1x－x1＝(直线过点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，且x1≠x2，y1≠y2，不能表示坐标yx2－y12－x1两点式 轴和平行于坐标轴的直线) xy＋＝1(a，b分别为直线的横、纵截距，且a≠0，b≠0，不能表示坐标轴、平行于ab截距式 坐标轴和过原点的直线) 一般式 Ax＋By＋C＝0(其中A，B不同时为0) 2．点到直线的距离及两平行直线间的距离 |Ax0＋By0＋C|(1)点P(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离为d＝.
A2＋B2
|C1－C2|
(2)两平行线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离为d＝2. 2A＋B3．圆的方程
(1)圆的标准方程：(x－a)＋(y－b)＝r.
(2)圆的一般方程：x＋y＋Dx＋Ey＋F＝0(D＋E－4F>0)．
2
2
2
2
2
2
2
(3)圆的直径式方程：(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(圆的直径的两端点是A(x1，
y1)，B(x2，y2))．
4．直线与圆位置关系的判定方法
(1)代数方法(判断直线与圆方程联立所得方程组的解的情况)：Δ>0⇔相交，Δ<0⇔相离，Δ＝0⇔相切．
(2)几何方法(比较圆心到直线的距离与半径的大小)：设圆心到直线的距离为d，则d 5．圆与圆的位置关系 已知两圆的圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2，则 (1)当|O1O2|＞r1＋r2时，两圆外离； (2)当|O1O2|＝r1＋r2时，两圆外切； (3)当|r1－r2|＜|O1O2|＜r1＋r2时，两圆相交； (4)当|O1O2|＝|r1－r2|时，两圆内切； (5)当0≤|O1O2|＜|r1－r2|时，两圆内含． (二) 二级结论要用好 1．直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0与直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0的位置关系 (1)平行⇔A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0； (2)重合⇔A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1＝0； (3)相交⇔A1B2－A2B1≠0； (4)垂直⇔A1A2＋B1B2＝0. [针对练1] 若直线l1：mx＋y＋8＝0与l2：4x＋(m－5)y＋2m＝0垂直，则m＝________. 解析：∵l1⊥l2，∴4m＋(m－5)＝0，∴m＝1. 答案：1 2．若点P(x0，y0)在圆x＋y＝r上，则圆过该点的切线方程为：x0x＋y0y＝r. [针对练2] 过点(1，3)且与圆x＋y＝4相切的直线l的方程为____________． 解析：∵点(1，3)在圆x＋y＝4上， ∴切线方程为x＋3y＝4，即x＋3y－4＝0. 答案：x＋3y－4＝0 (三) 易错易混要明了 1．易忽视直线方程的几种形式的限制条件，如根据直线在两坐标轴上的截距相等设方程时，忽视截距为0的情况，直接设为＋＝1；再如，忽视斜率不存在的情况直接将过定点P(x0，y0)的直线设为y－y0＝k(x－x0)等． [针对练3] 已知直线过点P(1,5)，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为 2 2 2 2 2 2 2 2 xyaa __________________． 解析：当截距为0时，直线方程为5x－y＝0； 当截距不为0时，设直线方程为＋＝1，代入P(1,5)，得a＝6，∴直线方程为x＋y－6＝0. 答案：5x－y＝0或x＋y－6＝0 2．讨论两条直线的位置关系时，易忽视系数等于零时的讨论导致漏解，如两条直线垂直时，一条直线的斜率不存在，另一条直线斜率为0.如果利用直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0与 xyaal2：A2x＋B2y＋C2＝0垂直的充要条件A1A2＋B1B2＝0，就可以避免讨论． [针对练4] 已知直线l1：(t＋2)x＋(1－t)y＝1与l2：(t－1)x＋(2t＋3)y＋2＝0互相垂直，则t的值为________． 解析：∵l1⊥l2，∴(t＋2)(t－1)＋(1－t)(2t＋3)＝0，解得t＝1或t＝－1. 答案：－1或1 |C1－C2| 3．求解两条平行线之间的距离时，易忽视两直线系数不相等，而直接代入公式22， A＋B导致错解． [针对练5] 两平行直线3x＋2y－5＝0与6x＋4y＋5＝0间的距离为________． 5 解析：把直线6x＋4y＋5＝0化为3x＋2y＋＝0，故两平行线间的距离d＝ 21513 . 26 1513答案： 26 4．易误认为两圆相切即为两圆外切，忽视两圆内切的情况导致漏解． [针对练6] 已知两圆x＋y－2x－6y－1＝0，x＋y－10x－12y＋m＝0相切，则m＝________. 解析：由x＋y－2x－6y－1＝0，得(x－1)＋(y－3)＝11，由x＋y－10x－12y＋m＝0，得(x－5)＋(y－6)＝61－m.当两圆外切时，有解得m＝25＋1011；当两圆内切时，有－ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 －5－52 3＋2 2 2 ＝ －＋ － 2 ＋ 2 － 2 ＝61－m＋11， ＝|61－m－11|，解得 m＝25－1011. 答案：25±1011 [课时跟踪检测] A组——10＋7提速练 一、选择题 1．已知直线l：y＝k(x＋3)和圆C：x＋(y－1)＝1，若直线l与圆C相切，则k＝( ) A．0 C.3 或0 3 B.3 D.3或0 |－1＋3k| 22 解析：选D 因为直线l与圆C相切，所以圆心C(0,1)到直线l的距离d＝＝1，解得k＝0或k＝3，故选D. k2＋－ 2 2．(2018·宁波十校高三5月适应性考试)已知直线l过圆(x－1)＋(y－2)＝1的圆心，当原点到直线l距离最大时，直线l的方程为( ) A．y＝2 C．x－2y＋3＝0 B．x－2y－5＝0 D．x＋2y－5＝0 22 解析：选D 设圆心为M，则M(1,2)． 当l与OM垂直时，原点到l的距离最大．作出示意图如图， 1∵kOM＝2，∴l的斜率为－. 2 1 ∴直线l的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋2y－5＝0. 2 3．直线l：y＝kx＋1与圆O：x＋y＝1相交于A，B两点，则“k＝1”是“|AB|＝2”的( ) A．充分不必要条件 C．充要条件 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2 2 2 2 解析：选A 依题意，注意到|AB|＝2＝|OA|＋|OB|等价于圆心O到直线l的距离等于 21，即有22k＋－ 2 ＝2 ，k＝±1.因此，“k＝1”是“|AB|＝2”的充分不必要2 条件． 4．若三条直线l1：4x＋y＝3，l2：mx＋y＝0，l3：x－my＝2不能围成三角形，则实数m的取值最多有( ) A．2个 C．4个 B．3个 D．6个 解析：选C 三条直线不能围成三角形，则至少有两条直线平行或三条直线相交于同一1 点．若l1∥l2，则m＝4；若l1∥l3，则m＝－；若l2∥l3，则m的值不存在；若三条直线相 45 交于同一点，则m＝1或－.故实数m的取值最多有4个，故选C. 3 5．(2018·温州模拟)在直角坐标系xOy中，已知点A(0，－1)，B(2,0)，过A的直线 交x轴于点C(a,0)，若直线AC的倾斜角是直线AB倾斜角的2倍，则a＝( ) 1A. 4C．1 3 B. 44 D. 3 解析：选B 设直线AC的倾斜角为β，直线AB的倾斜角为α， 2tan α 即有tan β＝tan 2α＝. 2 1－tanα11 又tan β＝，tan α＝， a212×213 所以＝，解得a＝. a14 1－4 6．与直线x＋y－2＝0和曲线x＋y－12x－12y＋54＝0都相切的半径最小的圆的标准方程是( ) A．(x＋2)＋(y－2)＝2 B．(x－2)＋(y＋2)＝2 C．(x＋2)＋(y＋2)＝2 D．(x－2)＋(y－2)＝2 解析：选D 由题意知，曲线方程为(x－6)＋(y－6)＝(32)，过圆心(6,6)作直线x＋y－2＝0的垂线，垂线方程为y＝x，则所求的最小圆的圆心必在直线y＝x上，又圆心(6,6)|6＋6－2|52－32到直线x＋y－2＝0的距离d＝＝52，故最小圆的半径为＝2，圆心 22坐标为(2,2)，所以所求圆的标准方程为(x－2)＋(y－2)＝2. 7．(2018·长沙模拟)若直线(2λ－1)x＋(λ＋2)y＋λ＋2＝0(λ∈R)被圆C：(x－1)＋y＝4所截得的弦为MN，则|MN|的最小值是( ) A.2 C．22 B．2 D．4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 解析：选C 直线方程(2λ－1)x＋(λ＋2)y＋λ＋2＝0(λ∈R)可化为λ(2x＋y＋1) 2x＋y＋1＝0， ＋(－x＋2y＋2)＝0(λ∈R)，若 －x＋2y＋2＝0， 2 2 x＝0， 则 y＝－1， 所以直线恒过圆C：(x－1)＋y＝4内的定点P(0，－1)，当直线(2λ－1)x＋(λ＋2)y＋λ＋2＝0(λ∈R)与直线 CP垂直时，|MN|最小，此时|MN|＝2r2－|CP|2＝24－ 2 2 2 2 ＝22.故选C. 8．(2018·合肥质检)设圆x＋y－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0,3)且与圆C 交于A，B两点，若|AB|＝23，则直线l的方程为( ) A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0 B．3x＋4y－12＝0或x＝0 C．4x－3y＋9＝0或x＝0 D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0 解析：选B 由题可知，圆心C(1,1)，半径r＝2.当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝0，计算出弦长为23，符合题意；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋3，由弦长为23可知，圆心到该直线的距离为1，从而有3 所以直线l的方程为y＝－x＋3，即3x＋4y－12＝0. 4 综上，直线l的方程为x＝0或3x＋4y－12＝0，故选B. 9．两个圆C1：x＋y＋2ax＋a－4＝0(a∈R)与C2：x＋y－2by－1＋b＝0(b∈R)恰有三条公切线，则a＋b的最小值为( ) A．32 C．6 B．－32 D．－6 2 2 2 2 2 2 2 |k＋2| 3 ＝1，解得k＝－，4k2＋1 解析：选B 两个圆恰有三条公切线，则两圆外切，两圆的标准方程为圆C1：(x＋a) 2 2 2 2 2 ＋y＝4，圆C2：x＋(y－b)＝1，所以C1(－a,0)，C2(0，b)，|C1C2|＝a＋b＝2＋1＝3，即a＋b＝9. 2 2 a＋b2≤a＋b，得(a＋b)2≤18，所以－32≤a＋b≤32，当且仅当“a＝b”时等 由22 号成立．所以a＋b的最小值为－32. 10．若圆(x－3)＋(y＋5)＝r上有且只有两个点到直线4x－3y－2＝0的距离等于1，则半径r的取值范围是( ) A．(4,6) C．(4,5) B．[4,6] D．(4,5] 2 2 2 22 |m＋2|解析：选A 设直线4x－3y＋m＝0与直线4x－3y－2＝0之间的距离为1，则有＝ 51，m＝3或m＝－7.圆心(3，－5)到直线4x－3y＋3＝0的距离等于6，圆心(3，－5)到直线4x－3y－7＝0的距离等于4，因此所求圆半径的取值范围是(4,6)，故选A. 二、填空题 11．直线l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)恒过定点________，P(1，1)到直线l的距离的最大值为________． y－3＝0， 解析：直线l：x＋λy＋2－3λ＝0(λ∈R)，即λ(y－3)＋x＋2＝0，令 x＋2＝0，x＝－2， 解得 y＝3， 2 ∴直线l恒过定点(－2,3)．不妨记Q(－2,3)，则P(1,1)到直线l的距离 －13 2 2 2 的最大值为|PQ|＝答案：(－2,3) ＋2＝13. 2 12．若直线l1：y＝x＋a和直线l2：y＝x＋b将圆(x－1)＋(y－2)＝8分成长度相等的四段弧，则a＋b＝________. 解析：由题意得直线l1和l2截圆所得弦所对的圆心角相等，均为90°，因此圆心到两直线的距离均为＝18. 答案：18 13．已知点M(2,1)及圆x＋y＝4，则过M点的圆的切线方程为________，若直线ax－ 2 2 2 2|1－2＋a||1－2＋b|2222 r＝2，即＝＝2，得a＋b＝(22＋1)＋(1－22)222 y＋4＝0与该圆相交于A，B两点，且|AB|＝23，则a＝________. 解析：若过点M的圆的切线斜率不存在，则切线方程为x＝2，经验证满足条件．若切|－2k＋1| 线斜率存在，可设切线方程为y＝k(x－2)＋1，由圆心到直线的距离等于半径得＝ k2＋133 2，解得k＝－，故切线方程为y＝－(x－2)＋1，即3x＋4y－10＝0.综上，过M点的圆的 44切线方程为x＝2或3x＋4y－10＝0. 由 4 a2＋1 ＝4－3，得a＝±15. 答案：x＝2或3x＋4y－10＝0 ±15 14．已知⊙C的方程为x－2x＋y＝0，直线l：kx－y＋x－2k＝0与⊙C交于A，B两点，当|AB|取最大值时，k＝________；当△ABC的面积最大时，k＝________. 解析：圆的方程可化为(x－1)＋y＝1，圆心C(1,0)，半径为1，当直线过圆心时，弦 2 2 2 2 AB为直径，|AB|最大，此时k＝1.设∠ACB＝θ，则S△ABC＝×1×1×sin θ＝sin θ，当 θ＝90°时，△ABC的面积最大，此时圆心到直线的距离为解得k＝0或k＝6. 答案：1 0或6 15．已知圆O：x＋y＝r与圆C：(x－2)＋y＝r(r>0)在第一象限的一个公共点为P，过点P作与x轴平行的直线分别交两圆于不同两点A，B(异于P点)，且OA⊥OB，则直线OP2 2 2 2 2 2 1 212 2，由d＝2 |1－k| k＋ 2 ＋1 ＝ 2，2 的斜率是________，r＝________. 解析：两圆的方程相减得，4x－4＝0，则点P的横坐标x＝1.易知P为AB的中点，因为OA⊥OB，所以|OP|＝|AP|＝|PB|，所以△OAP为等边三角形，所以∠APO＝60°，因为AB∥x轴，所以∠POC＝60°，所以直线OP的斜率为3.设P(1，y1)，则y1＝3，所以P(1，3)，代入圆O，解得r＝2. 答案：3 2 16．(2018·浦江模拟)设A是直线y＝x－4上一点，P，Q是圆C：x＋(y－2)＝17上不同的两点，若圆心C是△APQ的重心．则△APQ面积的最大值为________． 解析：如图，∵圆心C是△APQ的重心，∴AC⊥PQ， 设C到PQ的距离为x，则PQ＝217－x， 则A到PQ的距离为3x， 12 ∴S△PAQ＝×217－x×3x 2 17－x＋x51 ＝317－x·x≤3·＝. 22 22 2 2 2 2 当且仅当17－x＝x，即x＝51 ∴△APQ面积的最大值为. 251答案： 2 2 34 时等号成立． 2 17．定义：若平面点集A中的任一个点(x0，y0)，总存在正实数r，使得集合{(x， y)|x－x0 2＋ 2 y－y0 2 2 x－x0 2 ＋y－y0 2 答案：②④ B组——能力小题保分练 1．若a，b是正数，直线2ax＋by－2＝0被圆x＋y＝4截得的弦长为23，则t＝a1＋2b取得最大值时a的值为( ) 1A. 2C.3 4 B.3 2 2 2 2 3 D. 4 24a＋b2 2 解析：选D 因为圆心到直线的距离d＝，则直线被圆截得的弦长L＝2r－d22 ＝24－ 4112222 3，所以4a＋b＝4.则t＝a1＋2b＝·(22a)·1＋2b≤2＝24a＋b2222 21 ××[2 2 2 2a2 ＋1＋2b22 ]＝ 142 ·[8a＋1＋2(4－4a)]＝ 22 942 ，当且仅当 8a＝1＋2b，2 2 4a＋b＝4 3 时等号成立，此时a＝，故选D. 4 2 2 2．已知直线x＋y－k＝0(k>0)与圆x＋y＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且3――→―→→ 有|OA＋OB|≥|AB|，那么k的取值范围是( ) 3 A．(3，＋∞) C．[2，22) B．[2，＋∞) D．[3，22) 3――→―→→ 解析：选C 当|OA＋OB|＝|AB|时，O，A，B三点为等腰三角形AOB的三个顶点， 3|k| 其中OA＝OB＝2，∠AOB＝120°，从而圆心O到直线x＋y－k＝0(k>0)的距离为1，即＝ 23――→―→→22 1，解得k＝2；当k>2时，|OA＋OB|>|AB|，又直线与圆x＋y＝4有两个不同的 3|k| 交点，故<2，即k<22.综上，k的取值范围为[2，22)． 2 3．已知圆C：(x－1)＋y＝r(r>0)．设条件p：0 2 2 2 2 2 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2 解析：选C 圆C：(x－1)＋y＝r的圆心(1,0)到直线x－3y＋3＝0的距离d＝ |1－3×0＋3|1＋－3 2 2 ＝2. 当2－r>1，即0 1A.－∞， 4 1 B.－∞， 8 2 2 1C.0， 41 D.0， 8 2 2 解析：选B 把圆的方程化为标准方程得，(x＋1)＋(y－2)＝4，∴圆心坐标为(－1,2)，根据题意可知，圆心在直线ax－by＋1＝0上，把圆心坐标代入直线方程得，－a－2b＋1＝0，1112112 即a＝1－2b，则ab＝(1－2b)b＝－2b＋b＝－2b－＋≤，当b＝时，ab有最大值， 484881故ab的取值范围为－∞，. 8 5．已知点A(3,0)，若圆C：(x－t)＋(y－2t＋4)＝1上存在点P，使|PA|＝2|PO|，其中O为坐标原点，则圆心C的横坐标t的取值范围为________． 解析：设点P(x，y)，因为|PA|＝2|PO|，所以 2 2 2 2 x－ 2 ＋y＝2x＋y，化简得(x222 ＋1)＋y＝4，所以点P在以M(－1,0)为圆心，2为半径的圆上．由题意 知，点P(x，y)在圆C上，所以圆C与圆M有公共点，则1≤|CM|≤3，即1≤ t＋ 为 2 ＋t－ 2 ≤3，开方得1≤5t－14t＋17≤9.不等式5t－14t＋16≥0的解集 22 442 R；由5t－14t＋8≤0，得≤t≤2.所以圆心C的横坐标t的取值范围为，2. 55 4答案：，2 5 6．设点M(x0,1)，若在圆O：x＋y＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范 2 2 围是________． 解析：由题意可知M在直线y＝1上运动，设直线y＝1与圆x＋y2 2 ＝1相切于点P(0,1)．当x0＝0即点M与点P重合时，显然圆上存在点 N(±1，0)符合要求；当x0≠0时，过M作圆的切线，切点之一为点P， 此时对于圆上任意一点N，都有∠OMN≤∠OMP，故要存在∠OMN＝45°， 只需∠OMP≥45°.特别地，当∠OMP＝45°时，有x0＝±1.结合图形可知，符合条件的x0的取值范围为[－1,1]． 答案：[－1,1] 第二讲 小题考法——圆锥曲线的方程与性质 考点(一) 圆锥曲线的定义与标准方程 [典例感悟] [典例] (1)已知双曲线－y＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，且满 3足|PF1|＋|PF2|＝25，则△PF1F2的面积为( ) A．1 C.5 B.3 1 D. 2 程的求法. 主要考查圆锥曲线的定义及其应用、标准方x2 2 12 (2)已知椭圆的中心在原点，离心率e＝，且它的一个焦点与抛物线y＝－4x的焦点重 2合，则此椭圆方程为( ) A.＋＝1 43C.＋y＝1 2 x2y2x2 B.＋＝1 86 D.＋y＝1 4 x2y2x2 22 [解析] (1)在双曲线－y＝1中，a＝3，b＝1，c＝2.不妨设P点在双曲线的右支 3上，则有|PF1|－|PF2|＝2a＝23，又|PF1|＋|PF2|＝25，∴|PF1|＝5＋3，|PF2|＝5－1222 3.又|F1F2|＝2c＝4，而|PF1|＋|PF2|＝|F1F2|，∴PF1⊥PF2，∴S△PF1F2＝×|PF1|×|PF2| 21 ＝×(5＋3)×(5－3)＝1.故选A. 2 x2 2 x2y2 (2)由题可知椭圆的焦点在x轴上，所以设椭圆的标准方程为2＋2＝1(a>b>0)，而抛物 ab c12222 线y＝－4x的焦点为(－1,0)，所以c＝1，又离心率e＝＝，解得a＝2，b＝a－c＝3， a2 所以椭圆方程为＋＝1.故选A. 43 [答案] (1)A (2)A [方法技巧] 1．圆锥曲线的定义 (1)椭圆：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a＞|F1F2|)； (2)双曲线：||MF1|－|MF2||＝2a(2a＜|F1F2|)； (3)抛物线：|MF|＝d(d为M点到准线的距离)． [注意] 应用圆锥曲线定义解题时，易忽视定义中隐含条件导致错误． 2．求解圆锥曲线标准方程的思路方法 (1)定型，即指定类型，也就是确定圆锥曲线的类型、焦点位置，从而设出标准方程． (2)计算，即利用待定系数法求出方程中的a，b或p.另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y＝2px或x＝2py(p≠0)，椭圆常设为mx＋ny＝1(m>0，n>0)，双曲线常设为mx－ny＝1(mn>0)． [演练冲关] 2 2 2 2 2 2 2 2 x2y2 x2y2 1．已知双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0)的焦距为45，渐近线方程为2x±y＝0，则双曲 ab线的方程为( ) A.－＝1 416C. －＝1 1664 x2y2 B.－＝1 164 D.－＝1 6416 x2x2 y2 x2y2y2 x2y2 解析：选A 易知双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0)的焦点在x轴上，所以由渐近线方程为 ab2x±y＝0，得＝2，因为双曲线的焦距为45，所以c＝25.结合c＝a＋b，可得a＝2， ba222 b＝4，所以双曲线的方程为－＝1. 4 16 x2y2 x2y2 2．(2018·杭二中高三期中)过双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的右焦点F的直线l：yab＝3x－43与双曲线C只有一个公共点，则双曲线C的焦距为________，C的离心率为________． x2y2bx2 解析：双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，因为过双曲线C：2－ abaa y2 ＝1(a>0，b>0)的右焦点F的直线l：y＝3x－43与双曲线C只有一个公共点，所以b2 ba＝3，0＝3c－43， 2. 答案：8 2 3．已知抛物线x＝4y的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，过P作PA⊥l于点A，当∠AFO＝30°(O为坐标原点)时，|PF|＝________. 解析：法一：令l与y轴的交点为B，在Rt△ABF中，∠AFB＝30°，|BF|＝2，所以|AB|2323142＝.设P(x0，y0)，则x0＝±，代入x＝4y中，得y0＝，所以|PF|＝|PA|＝y0＋1＝. 3333 法二：如图所示，∠AFO＝30°， ∴∠PAF＝30°， 又|PA|＝|PF|， ∴△APF为顶角∠APF＝120°的等腰三角形， 243而|AF|＝＝， cos 30°3|AF|4 ∴|PF|＝＝. 334答案： 3 考点(二) 圆锥曲线的几何性质 近线的应用以及抛物线的有关性质. [典例感悟] [典例] (1)(2018·浙江名师预测卷)设抛物线C：y＝2px(p>0)的焦点为F，点M在抛物线C上，|MF|＝5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则抛物线C的方程为( ) A．y＝4x或y＝8x C．y＝4x或y＝16x 2 2 2 2 2 2 又因为a＋b＝c，所以a＝2，b＝23，c＝4，所以2c＝8，e＝＝ 222 ca 主要考查椭圆、双曲线的离心率的计算、双曲线渐 B．y＝2x或y＝8x D．y＝2x或y＝16x 2 2 22 x2y2 (2)(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心， abb为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若∠MAN＝60°，则C的离 心率为________． [解析] (1)因为抛物线C的方程为y＝2px(p>0)， 2 所以焦点F，0. 2 设M(x，y)，由抛物线的性质可得|MF|＝x＋＝5， 2所以x＝5－. 2 5 因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得圆心横坐标为，又由已知可得圆的 25 半径也为，故可知该圆与y轴相切于点(0,2)，故圆心纵坐标为2，则点M的纵坐标为4， 2所以M5－，4.将点M的坐标代入抛物线方程，得p－10p＋16＝0，所以p＝2或p＝8， 2所以抛物线C的方程为y＝4x或y＝16x，故选C. (2)双曲线的右顶点为A(a,0)，一条渐近线的方程为y＝x，即bx－ay＝0，则圆心A|ba－a×0|ab到此渐近线的距离d＝＝.又因为∠MAN＝60°，圆的半径为b，所以b·sin cb2＋a260°＝，即 2 2 ppp p 2 baabc3bab223＝，所以e＝＝. 2c33 23 [答案] (1)C (2) 3 [方法技巧] 1．椭圆、双曲线的离心率(离心率范围)的求法 求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值． 2．双曲线的渐近线的求法及用法 (1)求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得． (2)用法：①可得或的值；②利用渐近线方程设所求双曲线的方程． [演练冲关] cabaabx2y2 1．已知双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线的夹角为60°，则双曲线C的离 ab心率为( ) A.2 B.3 23 C.3或 323 D.或2 3 解析：选D ∵两条渐近线的夹角为60°，且两条渐近线关于坐标轴对称，∴＝tan 30°＝ 3b或＝tan 60°＝3. 3abab3b2c2－a22123bb2c2－a22由＝，得2＝2＝e－1＝，∴e＝(舍负)；由＝3，得2＝2＝e－1a3aa33aaa＝3，∴e＝2(舍负)．故选D. x2y2 2．(2017·全国卷Ⅰ)设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点．若C上存在点M3m满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是( ) A．(0,1]∪[9，＋∞) C．(0,1]∪[4，＋∞) B．(0，3 ]∪[9，＋∞) D．(0，3 ]∪[4，＋∞) 解析：选A 当0＜m＜3时，焦点在x轴上，要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，则 a3 ≥tan 60°＝3，即≥3，解得0＜m≤1.当m＞3时，焦点在y轴上，要使C上存在bm点M满足∠AMB＝120°，则≥tan 60°＝3，即(0,1]∪[9，＋∞)． 3．如图，抛物线y＝4x的一条弦AB经过焦点F，取线段OB的中点D，延长OA至点C，使|OA|＝|AC|，过点C，D作y轴的垂线，垂足分别为点E，G，则|EG|的最小值为________． 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则y3＝2y1， 2 abm≥3，解得m≥9.故m的取值范围为3 y4＝y2，|EG|＝y4－y3＝y2－2y1.因为AB为抛物线y2＝4x的焦点弦，所以y1y2＝－4，所以 1841 |EG|＝y2－2×－＝y2＋≥22y2y22以|EG|的最小值为4. 答案：4 考点(三) 圆锥曲线与圆、直线的综合问题 [典例感悟] 锥曲线与圆相结合的问题. 主要考查直线与圆锥曲线的位置关系以及圆1818 y2×＝4，当且仅当y2＝，即y2＝4时取等号，所2y22y2 1 212 [典例] (1)已知直线y＝kx＋t与圆x＋(y＋1)＝1相切且与抛物线C：x＝4y交于不同的两点M，N，则实数t的取值范围是( ) A．(－∞，－3)∪(0，＋∞) B．(－∞，－2)∪(0，＋∞) C．(－3,0) D．(－2,0) (2)已知双曲线C：mx＋ny＝1(mn<0)的一条渐近线与圆x＋y－6x－2y＋9＝0相切，则C的离心率为( ) 5A. 3525C.或 316 5 B. 455 D.或 34|t＋1|1＋k2 2 2 2 2 2 222 [解析] (1)因为直线与圆相切，所以 2 ＝1，即k＝t＋2t.将直线方程代入抛物 2 22 线方程并整理得x－4kx－4t＝0，于是Δ＝16k＋16t＝16(t＋2t)＋16t>0，解得t>0或t<－3.故选A. (2)圆x＋y－6x－2y＋9＝0的标准方程为(x－3)＋(y－1)＝1，则圆心为M(3,1)，半径r＝1.当m<0，n>0时，由mx＋ny＝1得－＝1，则双曲线的焦点在y轴上，不妨设 11 － 2 2 2 2 2 2 y2nx2 ma|3a－b| 双曲线与圆相切的渐近线方程为y＝x，即ax－by＝0，则圆心到直线的距离d＝2＝ba＋b24222222 1，即|3a－b|＝c，平方得9a－6ab＋b＝c＝a＋b，即8a－6ab＝0，则b＝a，平方得 316255c5 b2＝a2＝c2－a2，即c2＝a2，则c＝a，离心率e＝＝；当m>0，n<0时，同理可得e＝ 993a35 ，故选D. 4 [答案] (1)A (2)D [方法技巧] 处理圆锥曲线与圆相结合问题的注意点 (1)注意圆心、半径和平面几何知识的应用，如直径所对的圆周角为直角，构成了垂直关系；弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形等． (2)注意圆与特殊线的位置关系，如圆的直径与椭圆长轴(短轴)，与双曲线的实轴(虚轴)的关系；圆与过定点的直线、双曲线的渐近线、抛物线的准线的位置关系等． [演练冲关] x2y2 1．已知双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，P是 ab双曲线C右支上一点，且|PF2|＝|F1F2|，若直线PF1与圆x＋y＝a相切，则双曲线的离心率为( ) 4 A. 3C．2 5 B. 3 D．3 2 2 2 解析：选B 取线段PF1的中点为A，连接AF2，又|PF2|＝|F1F2|，则 AF2⊥PF1，∵直线PF1与圆x2＋y2＝a2相切，∴|AF2|＝2a，∵|PF2|＝|F1F2| 12 ＝2c，∴|PF1|＝2a＋2c，∴|PA|＝·|PF1|＝a＋c，则在Rt△APF2中，4c2522 ＝(a＋c)＋4a，化简得(3c－5a)(a＋c)＝0，则双曲线的离心率为. 3 2．已知椭圆C：9x＋y＝m(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，则直线OM与直线l的斜率之积为( ) A．－9 1C．－ 9 9 B．－ 2 D．－3 2 2 2 解析：选A 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将 x1＋x2kby＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝－2，yM＝kxM2k＋9 ＋b＝ 9byM9 ，故直线OM的斜率kOM＝＝－，所以kOM·k＝－9，即直线OM与直线l的斜率k＋9xMk2 之积为－9. [必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 圆锥曲线的定义、标准方程和性质 名称 椭圆 |PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|) 双曲线 ||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|) 抛物线 |PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于定义 M y2＝2px(p>0) 标准方程 x2y2＋＝1(a>b>0) a2b2x2y2－＝1(a>0，b>0) a2b2 图形 轴 长轴长2a，短轴长2b 实轴长2a，虚轴长2b 几何性质 离心率 ce＝＝ ab21－2ace＝＝ ab21＋2ae＝1 (0 x2y2 设椭圆方程是2＋2＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)，点P的坐标是(x0，y0)． ab(1)三角形的三个边长是|PF1|＝a＋ex0，|PF2|＝a－ex0，|F1F2|＝2c，e为椭圆的离心率． α2 (2)如果△PF1F2中∠F1PF2＝α，则这个三角形的面积S△PF1F2＝c|y0|＝btan . 2sin∠F1PF2 (3)椭圆的离心率e＝. sin∠F1F2P＋sin∠F2F1P2．双曲线焦点三角形的2个结论 x2y2 P(x0，y0)为双曲线2－2＝1(a>0，b>0)上的点，△PF1F2为焦点三角形． ab(1)面积公式 1bS△PF1F2＝c|y0|＝r1r2sin θ＝(其中|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，∠F1PF2＝θ)． 2θ tan 2(2)焦半径 若P在右支上，|PF1|＝ex0＋a，|PF2|＝ex0－a； 若P在左支上，|PF1|＝－ex0－a，|PF2|＝－ex0＋a. 3．抛物线y＝2px(p>0)焦点弦AB的4个结论 (1)xA·xB＝； 4(2)yA·yB＝－p； (3)|AB|＝ 2p(α是直线AB的倾斜角)； 2sinα 22 2 p2 (4)|AB|＝xA＋xB＋p. 4．圆锥曲线的通径 2b(1)椭圆通径长为； 2 a2b(2)双曲线通径长为； 2 a(3)抛物线通径长为2p. 5．圆锥曲线中的最值 (1)椭圆上两点间的最大距离为2a(长轴长)． (2)双曲线上两点间的最小距离为2a(实轴长)． (3)椭圆焦半径的取值范围为[a－c，a＋c]，a－c与a＋c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到抛物线准线的距离最短． (三) 易错易混要明了 1．利用椭圆、双曲线的定义解题时，要注意两种曲线的定义形式及其限制条件．如在双曲线的定义中，有两点是缺一不可的：其一，绝对值；其二，2a＜|F1F2|.如果不满足第一个条件，动点到两定点的距离之差为常数，而不是差的绝对值为常数，那么其轨迹只能是双曲线的一支． [针对练1] △ABC的顶点A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的内切圆圆心在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是________． 解析：如图，设内切圆的圆心为P，过点P作AC，BC的垂线PD， PF，垂足分别为D，F，则|AD|＝|AE|＝8，|BF|＝|BE|＝2，|CD|＝|CF|， ∴|CA|－|CB|＝|AD|－|BF|＝6. 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，方程为－＝1(x>3)． 916 答案：－＝1(x>3) 916 2．解决椭圆、双曲线、抛物线问题时，要注意其焦点的位置． [针对练2] 若椭圆 1 ＋＝1的离心率为，则k的值为________． k＋892 2 2 2 x2y2 x2y2 x2y2 c2a2－b2k－11 解析：当焦点在x轴上时，a＝8＋k，b＝9，e＝2＝2＝＝，解得k＝4. aak＋84c2a2－b21－k15 当焦点在y轴上时，a＝9，b＝8＋k，e＝2＝2＝＝，解得k＝－. aa944 2 2 2 5 答案：4或－ 4 3．直线与圆锥曲线相交的必要条件是它们构成的方程组有实数解，消元后得到的方程 中要注意：二次项的系数是否为零，判别式Δ≥0的限制．尤其是在应用根与系数的关系解决问题时，必须先有“判别式Δ≥0”；在解决交点、弦长、中点、斜率、对称或存在性问题时都应在“Δ>0”下进行． [课时跟踪检测] A组——10＋7提速练 一、选择题 1．(2018·浙江高考)双曲线－y＝1的焦点坐标是( ) 3A．(－2，0)，(2，0) C．(0，－2)，(0，2) B．(－2,0)，(2,0) D．(0，－2)，(0,2) x2 2 解析：选B ∵双曲线方程为－y＝1， 3∴a＝3，b＝1，且双曲线的焦点在x轴上， ∴c＝a＋b＝3＋1＝2， 即得该双曲线的焦点坐标为(－2,0)，(2,0)． 2 2 2 2 x2 2 x2y213 2．双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的离心率e＝，则它的渐近线方程为( ) ab2 3 A．y＝±x 29 C．y＝±x 4 2 B．y＝±x 34 D．y＝±x 9 x2y213c213b2 解析：选A 由双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的离心率e＝，可得2＝，∴2＋ ab2a4a13b33 1＝，可得＝，故双曲线的渐近线方程为y＝±x. 4a22 x2y2 3．(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以 ab线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0相切，则C的离心率为( ) A.6 32 3 B.3 3 C. 1 D. 3 2 2 2 解析：选A 以线段A1A2为直径的圆的方程为x＋y＝a，由圆心到直线bx－ay＋2ab＝0的距离d＝ 2abb2＋a2 ＝a，得a＝3b，所以C的离心率e＝ 22 b261－2＝. a3 y2x2 4．(2018·温州适应性测试)已知双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的离心率e∈(1,2]，则其 ab 经过第一、三象限的渐近线的倾斜角的取值范围是( ) πA.0， 6 C. π B.0， 3ππ D.， 32 π，π 62 y2x2c解析：选C 因为双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的离心率e∈(1,2]，所以1<≤2，所以 abac2b2a21a3222 1<2≤4，又c＝a＋b，所以0<2≤3，所以2≥，所以≥. aab3b3 y2x2a因为2－2＝1(a>0，b>0)经过第一、三象限的渐近线的方程为y＝x，设其倾斜角为α， abb则tan α＝≥ ab3πππ，又α∈0，，所以α∈，，故选C. 2362 2 5．(2017·全国卷Ⅱ)过抛物线C：y＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为( ) A.5 C．23 解析：选C 由题意，得F(1,0)， 则直线FM的方程是y＝3(x－1)． 由 B．22 D．33 y＝3x－ y2＝4x， ， 1 得x＝或x＝3. 3 由M在x轴的上方，得M(3,23)， 由MN⊥l，得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4. 又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°， 因此△MNF是边长为4的等边三角形， 所以点M到直线NF的距离为4×3 ＝23. 2 x2y2 6．已知F1，F2分别是椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆C上存在点P使 ab∠F1PF2为钝角，则椭圆C的离心率的取值范围是( ) A. 2 ，1 2 2 2 1 B.，1 21 D.0， 2 C.0，解析：选A 法一：设P(x0，y0)，由题意知|x0| PF1―→·PF2―→<0有解，即(－c－x0，－y0)·(c－x0，－y0)<0，化简得c>x0＋y0，即c>(x0 b22c222222222222 ＋y)，又y＝b－2x0，0≤x0 0min 20 2 c212 c>b，又b＝a－c，所以e＝2>，解得e>，又0 2 2 2 2 2 2 是 2 ，1. 2 法二：椭圆上存在点P使∠F1PF2为钝角⇔以原点O为圆心，以c2 为半径的圆与椭圆有四个不同的交点⇔b c2 值范围是 2 ，1. 2 2 7．已知抛物线C：y＝4x的焦点为F，准线为l.若射线y＝2(x－1)(x≤1)与C，l分别|PQ| 交于P，Q两点，则＝( ) |PF| A.2 C.5 B．2 D．5 2 解析：选C 由题意，知抛物线C：y＝4x的焦点F(1,0)，设准线l：x＝－1与x轴的交点为F1.过点P作直线lx＝－1， 的垂线，垂足为P1(图略)，由 y＝x－ ，x≤1， 得点Q |PQ||PQ||QF|25 的坐标为(－1，－4)，所以|FQ|＝25.又|PF|＝|PP1|，所以＝＝＝＝5， |PF||PP1||FF1|2故选C. x2y2 8．(2018·沈阳模拟)已知双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2， ab点M与双曲线C的焦点不重合，点M关于F1，F2的对称点分别为A，B，线段MN的中点在双曲线的右支上，若|AN|－|BN|＝12，则a＝( ) A．3 C．5 B．4 D．6 解析：选A 如图，设MN的中点为P. ∵F1为MA的中点，F2为MB的中点，∴|AN|＝2|PF1|，|BN|＝2|PF2|，又|AN|－|BN|＝12，∴|PF1|－|PF2|＝6＝2a，∴a＝3.故选A. π 9．设AB是椭圆的长轴，点C在椭圆上，且∠CBA＝，若AB＝4，BC＝2，则椭圆的 4两个焦点之间的距离为( ) A.C.46 343 3 26 B. 323 D. 3 x2y2 解析：选A 不妨设椭圆的标准方程为2＋2＝1(a>b>0)，如图， abπ 由题意知，2a＝4，a＝2，∵∠CBA＝，BC＝2，∴点C的坐标为(－ 41142 1,1)，∵点C在椭圆上，∴2＋2＝1，∴b＝， 2b3 482646222 ∴c＝a－b＝4－＝，c＝，则椭圆的两个焦点之间的距离为2c＝. 3333 x2y2 10．过双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两 ab3 点，与双曲线的渐近线交于C，D两点，若|AB|≥|CD|，则双曲线离心率e的取值范围为( ) 5 5A.，＋∞ 35C.1， 3 5 B.，＋∞ 45 D.1， 4 b2b2x2y2b2解析：选B 将x＝c代入2－2＝1得y＝±，不妨取Ac，，Bc，－，所以|AB| aabaa 2b＝. 2 a将x＝c代入双曲线的渐近线方程y＝±x，得y＝±，不妨取Cc，，Dc，－， aababca bc bc 2bc所以|CD|＝. a32b32bc392921622222 因为|AB|≥|CD|，所以≥×，即b≥c，则b≥c，即c－a≥c，即c≥a， 5a5a52525252552 所以e≥，所以e≥，故选B. 164 二、填空题 12 11．过抛物线y＝x的焦点F作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A，B两点，则|AB| 4＝________. 2 解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，题中的抛物线x＝4y的焦点坐标是F(0,1)， 2 x＝4y，3 直线AB的方程为y＝x＋1，即x＝3(y－1)．由 3x＝3y－ 2 ， 消去x得3(y－ 10222 1)＝4y，即3y－10y＋3＝0，Δ＝(－10)－4×3×3>0，y1＋y2＝，则|AB|＝|AF|＋|BF| 316 ＝(y1＋1)＋(y2＋1)＝y1＋y2＋2＝. 3 16答案： 3 x2y2 12．(2018·浙江高考猜题卷)已知双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，若 ab直线l：y＝k(x－2 018)与双曲线C的右支有且仅有一个交点，则a－b＝_______；k的取值范围是________． a2＋b2 解析：因为双曲线的离心率e＝2，所以＝2，从而可得a＝b，即a－b＝0， a故双曲线的渐近线方程为x±y＝0，其斜率为±1，易知直线l必过定点(2 018,0)，且直线 l：y＝k(x－2 018)与双曲线C的右支有且仅有一个交点，所以由数形结合可知－1≤k≤1， 即k的取值范围是[－1,1]． 答案：0 [－1,1] 13．已知椭圆C：＋y＝1的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满足0<＋y0<1，则|PF1| 22＋|PF2|的取值范围是________． 解析：由点P(x0，y0)满足0<＋y0<1，可知P(x0，y0)一定在椭圆内(不包括原点)，因 2为a＝2，b＝1，所以由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|<2a＝22，又|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|＝2，故|PF1|＋|PF2|的取值范围是[2,22)． 答案：[2,22) 14．已知点A(4,4)在抛物线y＝2px(p>0)上，F为抛物线的焦点，过A作该抛物线准线的垂线，垂足为E，则p＝________，∠EAF的角平分线所在的直线方程为________． 解析：把A(4,4)代入抛物线方程，得p＝2.由抛物线的性质得|AE|＝|AF|，连接EF，则△EAF为等腰三角形．设EF的中点为B，则直线AB为∠EAF的角平分线所在的直线．由 2 x2 2 x20 2 x20 2 F(1,0)，E(－1,4)，得B(0,2)，则kAB＝ 4－211 ＝，则直线AB的方程为y＝x＋2，故∠EAF4－022 的角平分线所在的直线方程为x－2y＋4＝0. 答案：2 x－2y＋4＝0 15．已知椭圆的方程为＋＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A，B两点，F2是椭圆的 94右焦点，则△ABF2的周长的最小值为________，△ABF2的面积的最大值为________． 解析：设F1是椭圆的左焦点．如图，连接AF1.由椭圆的对称性，结合椭圆的定义知|AF2|＋|BF2|＝2a＝6，所以要使△ABF2的周长最小，必有|AB|＝2b＝4，所以△ABF2的周长的最小值为10.S△ABF2 1 ＝S△AF1F2＝×2c×|yA|＝5|yA|≤25，所以△ABF2面积的最大值为25. 2 答案：10 25 ―→―→2 16．已知抛物线y＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足PA＋FB111―→ ＋FC＝0，则＋＋＝________. x2y2 kABkACkBCp→―→―→p由―解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F，0，PA＋FB＝－FC，得x1－，y122ppy＋y＋y＝0.因为k＝y2－y1＝2p，k＝y3－y1＝2p， ＋x2－，y2＝－x3－，y3，123ABAC22x2－x1y1＋y2x3－x1y1＋y3y3－y22p111y1＋y2y3＋y1y2＋y3y1＋y2＋y3 kBC＝＝，所以＋＋＝＋＋＝＝0. x3－x2y2＋y3kABkACkBC2p2p2pp答案：0 y2 17．如图，已知F1，F2分别是双曲线x－2＝1(b＞0)的左、右焦 b2 点，过点F1的直线与圆x＋y＝1相切于点T，与双曲线的左、右两支分别交于A，B，若|F2B|＝|AB|，则b的值是________． 解析：法一：因为|F2B|＝|AB|，所以结合双曲线的定义，得|AF1|＝|BF1|－|AB|＝|BF1|－|BF2|＝2，连接OT，在Rt△OTF1中，|OT|＝1，|OF1|＝c，|TF1|＝b，所以cos∠F2F1A＝， 22 bc(－c＋2b)24b11sin∠F2F1A＝，所以A－c＋2×，2×，将点A的坐标代入双曲线得－22＝2 2 c cc ccb4 1，化简得b－4b＋5b－4b－4＝0，得(b－2b－2)(b－2b＋3b－2b＋2)＝0，而b－2b2 2 2 2 2 2 654324323 ＋3b－2b＋2＝b(b－1)＋b＋1＋(b－1)＞0，故b－2b－2＝0，解得b＝1±3(负值舍去)，即b＝1＋3. 法二：因为|F2B|＝|AB|，所以结合双曲线的定义，得|AF1|＝|BF1|－|AB|＝|BF1|－|BF2|＝2，连接AF2，则|AF2|＝2＋|AF1|＝4.连接OT，在Rt△OTF1中，|OT|＝1，|OF1|＝c，|TF1| 222 b|F1F2|＋|AF1|－|AF2| ＝b，所以cos∠F2F1A＝.在△AF1F2中，由余弦定理得，cos∠F2F1A＝ c2|F1F2|·|AF1| c2－322＝，所以c－3＝2b，又在双曲线中，c2＝1＋b2，所以b－2b－2＝0，解得b＝1±3(负 2c值舍去)，即b＝1＋3. 答案：1＋3 B组——能力小题保分练 x2y2 1．双曲线2－2＝1(a，b>0)的离心率为3，左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右 ab支上一点，∠F1PF2的角平分线为l，点F1关于l的对称点为Q，|F2Q|＝2，则双曲线的方程为( ) A．－y＝1 2C．x－＝1 3 2 x2 2 B．x－＝1 2 D．－y＝1 3 2 y2 y2x2 2 解析：选B ∵∠F1PF2的角平分线为l，点F1关于l的对称点为Q，∴|PF1|＝|PQ|，P， F2，Q三点共线，而|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PQ|－|PF2|＝2a，即|F2Q|＝2＝2a，解得a＝1.cy22222 又e＝＝3，∴c＝3，∴b＝c－a＝2，∴双曲线的方程为x－＝1.故选B. a2 x2y2 2．(2018·浙江高考原创卷)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的左焦点F1关于直线y＝ ab－3c的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是( ) A.3－1 B.3＋1 23 3 C．2－3 D.解析：选C ∵左焦点F1关于直线y＝－3c的对称点为Q，∴|F1Q|＝23c. 设椭圆的右焦点为F2，则|F1F2|＝2c. 由椭圆定义知，|F2Q|＝2a－|F1Q|＝2a－23c. 在Rt△F1QF2中，|F1F2|＋|F1Q|＝|F2Q|， 即(2c)＋(23c)＝(2a－23c)， ∴c＋23ac－a＝0，故e＋23e－1＝0， ∴e＝2－3(负值舍去)．故选C. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x2y2 3.过椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆 abC于另一点B，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F.若 12 13A.， 4412C.， 23 2 B.，1 31 D.0， 2 a2－c2|BF|a2－c21 解析：选C 由题图可知，|AF|＝a＋c，|BF|＝，于是k＝＝.又 a|AF|aa＋c3 11a－c11112 解析：抛物线C：y＝4x的焦点为F(1,0)， 由题意可知l1，l2的斜率存在且不为0. 不妨设直线l1的斜率为k， 1 则l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－(x－1)， 2 2 2 2 ky＝4x，由 y＝kx－ 2 消去y，得kx－(2k＋4)x＋k＝0， 2222 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 2k＋44∴x1＋x2＝2＝2＋2， 2 kk由抛物线的定义可知， 44 |AB|＝x1＋x2＋2＝2＋2＋2＝4＋2. kk同理得|DE|＝4＋4k， 411222 ∴|AB|＋|DE|＝4＋2＋4＋4k＝8＋42＋k≥8＋8＝16，当且仅当2＝k，即k＝±1 2 kk k时取等号， 故|AB|＋|DE|的最小值为16. 答案：16 5．已知抛物线C：y＝4x的焦点为F，直线y＝3(x－1)与C交于A，B(A在x轴上方)―→―→ 两点．若AF＝mFB，则m的值为________． 解析：由题意知F(1,0)，由 2 y＝3x－y2＝4x， ， 1x＝，3解得 23y＝－，3 11 x2＝3， y2＝23. 23―→―→1 由A在x轴上方，知A(3,23)，B，－，则AF＝(－2，－23)，FB＝ 3323―→―→2 －，－，因为AF＝mFB，所以m＝3. 33 答案：3 y2 6．(2018·浙江高考原创卷)已知双曲线x－2＝1(b＞0)的右焦点为F，过点F作一条 b2 25 渐近线的垂线，垂足为M.若点M的纵坐标为，则双曲线的离心率是________． 5 25 解析：∵点M的纵坐标为， 5∴点M在渐近线y＝x上． bay2 ∵双曲线方程为x－2＝1， b2 ∴a＝1，F(c,0)，渐近线方程为y＝±bx. 则|FM|＝ 2 2 |bc|1＋b2 2 ， 2 ∵c＝a＋b＝1＋b，∴|FM|＝b. ∵△OMF为直角三角形， ∴OM＝OF－FM＝c－b＝a. ∴OM×FM＝OF×yM， 即cyM＝ab，∴cyM＝b. 25422 ∵yM＝，∴b＝c. 55又∵c＝a＋b， 122 ∴a＝c，∴e＝5. 5答案：5 第三讲 大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 题型(一) 2 2 2 22 2 2 2 2 2 最值问题 主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦长问题以及最值的求解. [典例感悟] [典例1] (2018·温州中学高三模拟)已知椭圆的焦点坐标为F1(－1,0)，F2(1,0)，过 F2且垂直于长轴的直线交椭圆于P，Q两点，|PQ|＝3. (1)求椭圆的方程； (2)过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，则△F1MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时直线l的方程；若不存在，请说明理由． x2y2 [解] (1)设椭圆的方程为2＋2＝1(a＞b＞0)， ab由焦点坐标可得c＝1， 2b由|PQ|＝3，可得＝3， 2 a又a＝b＋c， ∴a＝2，b＝3， 故椭圆的方程为＋＝1. 43 (2)存在．如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨令y1＞0，y2＜0，设△F1MN的内切圆的半径为R，由椭圆的定义可知△F1MN的周长＝4a＝8， 1 ∴S△F1MN＝(|MN|＋|F1M|＋|F1N|)R＝4R， 2∴S△F1MN最大时，R最大． 222 x2y2 S△F1MN＝|F1F2|(y1－y2)＝y1－y2， 由题意知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1， 12 x＝my＋1，22由xy＋＝143 消去x，得(3m＋4)y＋6my－9＝0， 22 －3m＋6m＋1－3m－6m＋1解得y1＝，y2＝， 22 3m＋43m＋412m＋1 则S△F1MN＝y1－y2＝. 2 3m＋4令t＝m＋1，t≥1， 12t12 则S△F1MN＝2＝， 3t＋11 3t＋ 2 2 22t 1 令f(t)＝3t＋，易知f(t)在[1，＋∞)上单调递增，有f(t)≥f(1)＝4， t12 ∴S△F1MN≤＝3，即当t＝1，m＝0时，(S△F1MN)max＝3， 439 ∴Rmax＝，∴所求内切圆面积的最大值为π， 416此时直线l的方程为x＝1. [备课札记] [方法技巧] 最值问题的求解思路 (1)建立目标函数，然后根据目标函数的特征选择相应的方法进行求解． (2)构建不等式，利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解，且大多会用到基本不等式． [演练冲关] 1．(2018·浙江新高考研究卷)已知动圆O1过定点A(2,0)，且在y轴上截得弦MN的长为4. (1)求动圆圆心O1的轨迹C的方程； (2)若B(x0，y0)是动圆圆心的轨迹C上的动点，点P，Q在y轴上，圆N：(x－2)＋y＝4内切于△BPQ，求△BPQ面积的最小值及此时点B的坐标． 解：(1)如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意知，|O1A|＝|O1M|， 当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点， ∵|O1M|＝|O1A|， ∴ x＋4＝22 2 2 x－ 2 ＋y， 2 化简得y＝4x(x≠0)． 又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y＝4x， ∴动圆圆心的轨迹C的方程为y＝4x. (2)设B(x0，y0)，P(0，p)，Q(0，q)，设p＞q. 则直线PB的方程为y－p＝ 2 2 y0－px， x0 化简得(y0－p)x－x0y＋x0p＝0， ∵圆心(2,0)到直线PB的距离是2， ∴ y0－p＋x0p| ＝2， y0－p2＋x20 2 2 2 22 ∴4(y0－p)＋4x0＝4(y0－p)＋4x0p(y0－p)＋x0p， ∵x0＞4，上式化简后，得(x0－4)p＋4y0p－4x0＝0， 同理，(x0－4)q＋4y0q－4x0＝0， ∴p＋q＝－ 4y04x0 ，pq＝－， x0－4x0－4 2 2 p－q＝ －4y02－4－4x0＝4 x0－4x0－4 4x0 ， x0－4 22x0＋y0－4x0 . x0－2 ∵B(x0，y0)是抛物线上的一点， ∴y0＝4x0，p－q＝2 114x0∴S△BPQ＝(p－q)x0＝××x0＝222x0－4当且仅当x0－4＝ 16 ， x0－4 x0－＋ 16 ＋8≥32， x0－4 即x0＝8，y0＝±42时取等号， ∴△BPQ面积的最小值为32，此时点B的坐标为(8，±42). 题型(二) 范围问题 [典例感悟] [典例2] (2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上． (1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴； (2)若P是半椭圆x＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范 4围． 2 2 主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的几何性质，参数多与直线方程或圆锥曲线方程相关. y2 1212[解] (1)证明：设P(x0，y0)，Ay1，y1，By2，y2. 44 因为PA，PB的中点在抛物线上， 12 y＋x04y＋y02所以y1，y2为方程＝4·2， 2 即y－2y0y＋8x0－y0＝0的两个不同的实根． 所以y1＋y2＝2y0， 因此PM垂直于y轴． y1＋y2＝2y0， (2)由(1)可知2 y1y2＝8x0－y0， 22 12232 所以|PM|＝(y1＋y2)－x0＝y0－3x0， 84|y1－y2|＝2 y2. 0－4x0 13223 因此△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y0－4x0). 242因为x＋＝1(x0<0)， 4 所以y0－4x0＝－4x0－4x0＋4∈[4,5]， 1510 所以△PAB面积的取值范围是62，. 4 [备课札记] [方法技巧] 圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，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建立两个参数之间的等量关系． (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围． (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围． [演练冲关] 2 2 2 0 y20 y2x22 2．已知F1，F2分别为椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的上、下焦点，F1是抛物线C2：x＝4yab5 的焦点，点M是C1与C2在第二象限的交点， 且|MF1|＝. 3 (1)求椭圆C1的方程； (2)与圆x＋(y＋1)＝1相切的直线l：y＝k(x＋t)，kt≠0交椭圆C1于A，B，若椭圆 2 2 C1上一点P满足OA＋OB＝λOP，求实数λ的取值范围． 解：(1)由题知F1(0,1)，所以a－b＝1， 52 又由抛物线定义可知|MF1|＝yM＋1＝，得yM＝， 33 2 2 ―→―→―→ 262 于是易知M－，， 33 从而|MF2|＝ 262227－＋＋1＝， 333 2 由椭圆定义知2a＝|MF1|＋|MF2|＝4， 得a＝2，故b＝3， 从而椭圆C1的方程为＋＝1. 43 (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， ―→―→―→ 则由OA＋OB＝λOP知，x1＋x2＝λx0，y1＋y2＝λy0， 且＋＝1，① 43 |kt＋1|22 又直线l：y＝k(x＋t)，kt≠0与圆x＋(y＋1)＝1相切，所以有＝1， 2 1＋k2t由k≠0，可得k＝2(t≠±1，t≠0)．② 1－ty＝kx＋t，联立22 4x＋3y＝12， 2 2 y2x2 y2x200 2 22 消去y得(4＋3k)x＋6ktx＋3kt－12＝0. 则Δ>0恒成立， 6kt3kt－12且x1＋x2＝－2，x1x2＝2， 4＋3k4＋3k8kt所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2kt＝2， 4＋3k2 22 2 －6kt，所以得P2 ＋3kλλ 8kt， 2＋3k 2 代入①式得 2 12kt222＋＋3kλλ 22 42 16kt2 ＋3k22 2 ＝1， 4kt所以λ＝2. 4＋3k又将②式代入得，λ＝ 2 4 122＋1＋1tt2 t，t≠0，t≠±1， 121121 易知2＋2＋1>1，且2＋2＋1≠3， tt t 442 所以λ∈0，∪，4， 33 所以λ的取值范围为λ 23 . | －2<λ<2，且λ≠0，且λ≠±3 题型(三) 证明问题 [典例感悟] 及直线或圆锥曲线中的一些数量关系. 主要考查点、直线、曲线等几何元素中的位置关系以12 [典例3] (2017·北京高考)已知抛物线C：y＝2px过点P(1,1)．过点0，作直线l2 与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点． (1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A为线段BM的中点． 12 [解] (1)由抛物线C：y＝2px过点P(1,1)，得p＝， 2所以抛物线C的方程为y＝x. 11抛物线C的焦点坐标为，0，准线方程为x＝－. 44 1 (2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1， 2 2 y1)，N(x2，y2)． 1y＝kx＋，2由 y2＝x 消去y，得4kx＋(4k－4)x＋1＝0. 22 1－k1则x1＋x2＝2，x1x2＝2. k4k因为点P的坐标为(1,1)， 所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1)． 直线ON的方程为y＝x，点B的坐标为x1，因为y1＋ y2 x2 y2x1 . x2 y2x1y1x2＋y2x1－2x1x2 －2x1＝ x2x2 ＝ kx1＋1x＋kx2＋1x－2xx2112 22 x2 k－ x1x2＋x2 k－ 1 x2＋x12 ＝ ＝所以y1＋ x2 11－k2＋24k2k＝0， y2x1 ＝2x1. x2 故A为线段BM的中点． [备课札记] [方法技巧] 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 (1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)． (2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． [演练冲关] 3.(2018·丽水、衢州、湖州高三联考)已知F1，F2是椭圆C：＋2 x2 y2＝1的左、右焦点，A，B是椭圆C上的两点，且都在x轴上方，且AF1∥BF2，设AF2，BF1 的交点为M. 11 (1)求证：＋为定值； |AF1||BF2|(2)求动点M的轨迹方程． 解：(1)证明：如图所示， 延长AF1交椭圆于点B1. 由椭圆的对称性可知|B1F1|＝|BF2|， 11 所以只需证明＋为定值． |AF1||B1F1| 因为F1，F2是椭圆C：＋y＝1的左、右焦点， 2所以F1(－1,0)，F2(1,0)． x＋2y＝2， 设直线AF1的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B1(x2，y2)，与椭圆方程联立 x＝my－1， 2 2 x2 2 化简可得(m＋2)y－2my－1＝0，① 所以|AF1|＝1＋m|y1|，|B1F1|＝1＋m|y2|， 111111111y1－y2＋－所以＋＝2＝＝， |AF1||B1F1|m＋1|y1||y2|m2＋1y1y2m2＋1y1y2根据根与系数的关系y1＋y2＝－，y1y2＝， 2 2 22 bacay1－y2＝可得y1y2 y1＋y22－4y1y2 ＝ y1y22 2 b24c－a2a＝c2a2 b2－4ac， c2 由化简的方程①，可知，a＝m＋2，b＝－2m，c＝－1， 所以 y1－y2＝ 4m2＋ y1y2 1 1 1 m2＋ ＝ m2＋m2＋m2＋1 ， ＝22. y1－y2＝ 所以＋＝2|AF1||B1F1|m＋1y1y2 即 1 ＋＝22. |AF1||BF2|1 (2)设直线AF2，BF1的方程分别为x＝k1y＋1，x＝k2y－1， 联立 x＝k1y＋1， x＝k2y－1， k＋kx＝k－k，所以M点的坐标为2 y＝k－k.12 21 2 1 设直线AF1，BF2的方程分别为x＝my－1，x＝my＋1， 则k1＝ xA－1myA－22xB＋1myB＋22 ＝＝m－，k2＝＝＝m＋， yAyAyAyByByByAyB2211所以k1＋k2＝m－＋m＋＝2m＋2－， yByA k2－k1＝m＋－m＋＝＋. yByAyByA由(1)可知，yA＝－m＋ 则yB＝所以k1＋k2 2222 m＋ m2＋ m2＋m2＋2 ， ， m2＋2 m＋2 ＝2m＋2 m2＋－m＋ ＝2m＋2(m＋2)·＝2m＋4m＝6m， 2 2 2 m2＋2 －m＋ m2＋ 2m m＋－m2 k2－k1＝2 2 m2＋2 ＋2 m＋－mm2＋2 2 m＋＋m ＝42 m＋1. k＋kx＝k－k＝4所以2 y＝k－k＝412 21 2 1 3m＝，222 m＋122 m＋11 ＝，2 2 m＋122 m＋1 2 6m2 所以M点的轨迹方程为＋＝1(y>0)． 9188 [课时跟踪检测] x2y2 x2y2 1.设椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点为A，B，Cab是椭圆上关于原点对称的两点(B，C均不在x轴上)，线段AC的中点为D，且B，F，D三点共线． (1)求椭圆E的离心率； (2)设F(1,0)，过F的直线l交E于M，N两点，直线MA，NA分别与直线x＝9交于P，Q两点．证明：以PQ为直径的圆过点F. 解：(1)法一：由已知A(a,0)，F(c,0)，设B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，则D a－x0，－y0， 22 ―→―→ ∵B，F，D三点共线，∴BF∥BD， 3y0―→―→a－3x0 ，－又BF＝(c－x0，－y0)，BD＝， 223a－3x0 ∴－y0(c－x0)＝－y0·， 221∴a＝3c，从而e＝. 3 1 法二：连接OD，AB(图略)，由题意知，OD是△CAB的中位线，∴OD綊AB， 2∴△OFD∽△AFB. OFOD1c1∴＝＝，即＝， AFAB2a－c2 1解得a＝3c，从而e＝. 3(2)证明：∵F的坐标为(1,0)， ∴c＝1，从而a＝3，∴b＝8. ∴椭圆E的方程为＋＝1. 98设直线l的方程为x＝ny＋1， 2 x2y2 x＝ny＋1，22由xy＋＝198 消去x得，(8n＋9)y＋16ny－64＝0， 22 －16n－64∴y1＋y2＝2，y1y2＝2， 8n＋98n＋9其中M(ny1＋1，y1)，N(ny2＋1，y2)． ∴直线AM的方程为＝∴P9， yx－3 ， y1ny1－2 6y16y2，同理Q9，， ny1－2ny2－2 6y16y2―→―→ 从而FP·FQ＝8，·8， ny1－2ny2－2＝64＋ 36y1y2 ny1y2－2ny1＋y2＋4 2 2 －8n＋9 ＝64＋ 22 －64n32n＋2＋42 8n＋98n＋9 ＝64＋ －36 ＝0. ∴FP⊥FQ，即以PQ为直径的圆恒过点F. 112 2．(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x＝y，点A－，， 24B，，抛物线上的点P(x，y)－ 垂足为Q. (1)求直线AP斜率的取值范围； (2)求|PA|·|PQ|的最大值． 解：(1)设直线AP的斜率为k， 1 41 k＝＝x－， 12x＋ 239 1 3 x2－13因为－ 所以－1 即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)． (2)设直线AP的斜率为k. 11则直线AP的方程为y－＝kx＋， 4211 即kx－y＋k＋＝0， 24 93 因为直线BQ与直线AP垂直，所以直线BQ的方程为x＋ky－k－＝0， 4211 kx－y＋k＋＝0，24联立93 x＋ky－k－＝0，42 2 －k＋4k＋3解得点Q的横坐标xQ＝. k2＋ 122 因为|PA|＝ 1＋kx＋＝ 1＋k(k＋1)， 2|PQ|＝1＋k(xQ－x)＝－2 k－ 3 k＋k2＋1 2 ， 所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1). 令f(k)＝－(k－1)(k＋1)， 因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)， 1 令f′(k)＝0，得k＝或k＝－1(舍去)， 2 11所以f(k)在区间－1，上单调递增，，1上单调递减， 22127 因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值. 216 2 3 x2y2 3．(2018·浙江重点中学12月高三期末热身联考)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的长 ab1轴长是短轴长的2倍，且椭圆过点3，. 2 (1)求椭圆C的方程； (2)若椭圆上有相异的两点A，B.A，O，B三点不共线，O为坐标原点，且直线AB，OA， OB的斜率满足k2AB＝kOA·kOB(kAB>0)． (ⅰ)求证：|OA|＋|OB|为定值； (ⅱ)设△AOB的面积为S，当S取得最大值时，求直线AB的方程． 解：(1)由题意可知，a＝2b， 2 2 x2y2 故椭圆方程可化为2＋2＝1， 4bb1∵椭圆过点3，， 2∴ 31 2＋2＝1， 4b4b解得b＝1(负值舍去)，∴a＝2， ∴椭圆C的方程为＋y＝1. 4 (2)设直线AB的方程为y＝kABx＋m(kAB>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵kAB＝kOA·kOB(kAB>0)， ∴kAB＝ 22 x2 2 y1y2kABx1＋mkABx2＋m＝， x1x2x1x2 2 化简得kABm(x1＋x2)＋m＝0， ∵A，O，B三点不共线，∴m≠0， ∴kAB(x1＋x2)＋m＝0，① y＝kABx＋m，2 由x2 ＋y＝14 消去y，整理，得(1＋4kAB)x＋8kAB·mx＋4(m－1)＝0， 222 8kmx＋x＝－，1＋4k由根与系数的关系可得m－ xx＝.1＋4kAB1 2 2 AB2 122 AB ② Δ＝16(1＋4kAB－m)>0，③ 22 8kABm2＋m＝0(k>0)， 将②代入①中得kAB－AB1＋4kAB x1＋x2＝－2m，1 解得kAB＝，则 2m2－，x1x2＝ ④ 323232222222 (ⅰ)证明：|OA|＋|OB|＝x1＋y1＋x2＋y2＝x1＋x2＋2＝[(x1＋x2)－2x1x2]＋2， 44432222 将④代入得|OA|＋|OB|＝×[4m－2×2(m－1)]＋2＝5. 4(ⅱ)设点O到直线AB的距离为d， 11|m|12 则S＝|AB|·d＝1＋kAB|x1－x2|·＝2 221＋kAB21 由③及kAB＝可得m∈(－2，0)∪(0，2)， 2则S＝2－m|m|＝ 2 x1＋x2 2 －4x1x2|m|＝2－m|m|. 2 －m2 2－m＋mm≤＝1， 2 2 22 当且仅当m＝±1时，等号成立． 11 ∴S取最大值时，直线的AB方程为y＝x＋1或y＝x－1. 22 x2y2 4．(2018·宝鸡质检)已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率 abe＝，点P为椭圆上的一个动点，△PF1F2面积的最大值为43. (1)求椭圆的方程； ―→―→ (2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四个点，AC与BD相交于点F1，AC·BD＝0，求―→―→ |AC|＋|BD|的取值范围． 解：(1)由题意得，当点P是椭圆的上、下顶点时，△PF1F2的面积取得最大值， 1 此时S△PF1F2＝|F1F2|·|OP|＝bc， 2所以bc＝43， 12 c1 因为e＝＝，所以b＝23，a＝4， a2 所以椭圆方程为＋＝1. 1612(2)由(1)得，F1的坐标为(－2,0)， ―→―→ 因为AC·BD＝0，所以AC⊥BD， ―→―→ ①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时，易得|AC|＋|BD|＝6＋8＝14. ②当直线AC的斜率k存在且k≠0时， 设其方程为y＝k(x＋2)，A(x1，y1)，C(x2，y2)， x2y2 y＝kx＋，2 由xy2 ＋＝1，1612 2 得(3＋4k)x＋16kx＋16k－48＝0， 2222 －16k16k－48则x1＋x2＝2，x1x2＝2. 3＋4k3＋4k―→2 |AC|＝1＋k|x1－x2|＝2 k2＋ 2 3＋4kk， 1 此时直线BD的方程为y＝－(x＋2)． 1 y＝－x＋k同理由xy16＋12＝1， 2 2 ， ＋ ―→ 可得|BD|＝ k2＋ 2 4＋3k， ―→―→|AC|＋|BD|＝ 2 k2＋ 2 3＋4k―→ k2＋ 2 4＋3k＝k2＋ ＋3k168t2 2 2 ＋4k＝ 2 ， 令t＝k＋1，则|AC|＋|BD|＝ ―→ t＋t－ 168 (t>1)，因为t－112＋2 tt－11t>1,0<2≤， t4 168―→―→96所以|AC|＋|BD|＝∈，14. t－1712＋2 t―→―→96综上，|AC|＋|BD|的取值范围是，14. 7 5．设抛物线C：y＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于P，Q两点，且|PQ|＝8，线段PQ的中点到y轴的距离为3. (1)求抛物线C的方程； (2)若点A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C上相异的两点，满足x1＋x2＝2，且AB的中垂线交x轴于点M，求△AMB的面积的最大值及此时直线AB的方程． 2 解：(1)设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，则PQ的中点坐标为由题意知 xP＋xQ，yP＋yQ. 22 xP＋xQ 2 ＝3，∴xP＋xQ＝6， 又|PQ|＝xP＋xQ＋p＝8，∴p＝2， 故抛物线C的方程为y＝4x. (2)当AB垂直于x轴时，显然不符合题意， 所以可设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0)， y＝kx＋b， 由2 y＝4x 22 2 消去y并整理， 2 得kx＋(2kb－4)x＋b＝0， 4－2kb2∴x1＋x2＝＝2，得b＝－k， 2 kk2∴直线AB的方程为y＝k(x－1)＋. k∵AB中点的横坐标为1， 2∴AB中点的坐标为1，. k 13 可知AB的中垂线的方程为y＝－x＋， kk∴M点的坐标为(3,0)． ∵直线AB的方程为kx－ky＋2－k＝0， |3k＋2－k|2k＋1 ∴M到直线AB的距离d＝＝. |k|k4＋k2kx－ky＋2－k＝0， 由2 y＝4x2 2 2 2 22 2 2 得y－ky＋2－k＝0， 4 k2 22 48－4k∴y1＋y2＝，y1y2＝2， kk∴|AB|＝ 41＋k k－1 1＋2|y1－y2|＝. 2 1 22 kk设△AMB的面积为S， 1则S＝41＋2 k 设 11－2. k1 1－2＝t，则0≤t<1， k∴S＝4t(2－t)＝－4t＋8t，S′＝－12t＋8， 232 由S′＝0，得t＝ 6(负值舍去)， 3 166 即k＝±3时，Smax＝， 9 此时直线AB的方程为3x±3y－1＝0. 6.已知抛物线y＝2px(p>0)的焦点为F，P为抛物线上的点(第一象限)，直线l与抛物线相切于点P. (1)过P作PM垂直于抛物线的准线于点M，连接PF，求证：直线 2 l平分∠MPF； (2)若p＝1，过点P且与l垂直的直线交抛物线于另一点Q，分别|AB||AB|交x轴、y轴于A，B两点，求＋的取值范围． |AP||AQ| 解：(1)证明：设P(x0，y0)，则y0＝2px0，因为点P不是抛物线的顶点，所以直线l的斜率存在，设为k，则k＝， 所以切线l：y－y0＝(x－x0)，即y0y＝p(x＋x0)． 设切线l与x轴交于点C， 则C(－x0,0)，所以|FC|＝x0＋， 2 由抛物线的定义得|PF|＝|PM|＝x0＋，所以|PF|＝|FC|， 2所以∠PCF＝∠FPC＝∠MPC， 因而直线l平分∠MPF. (2)由(1)及已知得，过点P且与l垂直的直线的斜率为－＝－y0，因而其方程为y－ 2 py0 py0 ppy0py0＝－y0(x－x0)， 则A(x0＋1,0)，B(0，x0y0＋y0)． y＝2x，由 y－y0＝－y0 2 x－x0 22 得y＋y－2(x0＋1)＝0， y0 2 由y0和yQ为方程的两个根得，y0＋yQ＝－， y0 －2－y0－ 因而yQ＝＝ 2 y0 x0＋ y0 . |AB||AB||yB||yB||x0y0＋y0||x0y0＋y0|所以＋＝＋＝＋＝2x0＋1， |AP||AQ||yP||yQ||y0|－x0＋ y0 因为x0>0，所以2x0＋1>1， |AB||AB|所以＋的取值范围为(1，＋∞)． |AP||AQ| 第四讲 大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 题型(一) 定点问题 [典例感悟] 线的交点在定曲线上. 主要考查直线、曲线过定点或两条直x2 [典例1] (2018·宁波“十校”高三5月联考)已知椭圆E：2＋ay232 ，且点P2，为椭圆E上一点．点2＝1(a>b>0)的离心率e＝ b22A，B为椭圆E的上下顶点，动点M在第一象限内且坐标为(m,2)，过M作直线MA，MB分别交椭圆E于C，D两点． (1)求椭圆E的标准方程； (2)问直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． [解] (1)由e＝＝ ca3222 ，a＝b＋c，得a＝2b.① 2 12 把2， 22 代入椭圆方程，得a2＋b2＝1.② 2 联立①②，解得a＝2，b＝1， ∴椭圆E的标准方程为＋y＝1. 4 (2)由题意知，A(0,1)，B(0，－1)，则直线MA的方程为y＝＋1，直线MB的方程为y3x＝－1， x2 2 xmmxy＝＋1，m联立x4＋y＝1， 2 2 3xy＝－1，mx4＋y＝1， 2 2 得xC＝ －8m24m，xD＝2， 2 m＋4m＋36 2 2 ＋36－8mm－424m，－m∴C2，2，D22， m＋4m＋4m＋36m＋36 －8myD－yCm2－12m2－412－m2x－∴kCD＝＝，则直线CD的方程为y－2＝2， xD－xC－16mm＋416mm＋412－m1 即y＝x＋， 16m2 2 1∴直线CD过定点0，. 2 [备课札记] [方法技巧] 动线过定点问题的两大类型及解法 (1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将 t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)． (2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． [演练冲关] 1.如图，过顶点在原点、对称轴为y轴的抛物线E上的点A(2,1)作斜率分别为k1，k2的直线，分别交抛物线E于B，C两点． (1)求抛物线E的标准方程和准线方程； (2)若k1＋k2＝k1k2，证明：直线BC恒过定点． 解：(1)设抛物线E的标准方程为x＝ay，a>0， 将A(2,1)代入得，a＝4. 所以抛物线E的标准方程为x＝4y，准线方程为y＝－1. (2)证明：由题意得，直线AB的方程为y＝k1x＋1－2k1，直线AC的方程为y＝k2x＋1－2k2， x＝4y，联立 y＝k1x＋1－2k1， 2 2 2 2 消去y得x－4k1x－4(1－2k1)＝0， 解得x＝2或x＝4k1－2， 因此点B(4k1－2，(2k1－1))， 同理可得C(4k2－2，(2k2－1))． 于是直线BC的斜率 22 k＝k1－k1－ 2 －－k2－k2－ 2 ＝ k1－k2 k1＋k2－k1－k2 ＝k1＋k2－1，又k1＋k2＝k1k2， 2 所以直线BC的方程为y－(2k2－1)＝(k1k2－1)·[x－(4k2－2)]， 即y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3. 故直线BC恒过定点(2，－3)． 题型(二) 定 值 问 题 主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查转化与化归思想和对定值问题的处理能力，常涉及式子、面积的定值问题. [典例感悟] 32 [典例2] 已知抛物线C：y＝2px(p>1)上的点A到其焦点的距离为，且点A在曲线x252 ＋y－＝0上． 2 (1)求抛物线C的方程； (2)M(x1，y1)，N(x2，y2)是抛物线C上异于原点的两点，Q(x0，y0)是线段MN的中点，点P是抛物线C在点M，N处切线的交点，若|y1－y2|＝4p，证明△PMN的面积为定值． [解] (1)设点A(xA，yA)， 3 ∵点A到抛物线焦点的距离为， 23p23p∴xA＝－，yA＝2pxA＝2p－， 222252 又点A在曲线x＋y－＝0上， 23p3p5 ∴－＋2p－－＝0， 22222 512 即p－p＋1＝0，解得p＝2或p＝(舍去)， 22∴抛物线C的方程为y＝4x. 2 y1y2(2)证明：由(1)知M，y1，N，y2，|y1－y2|＝8，设抛物线C在点M处的切线的 44y1斜率为k(k≠0)，则该切线的方程为y－y1＝kx－， 4 2 22 2 y1y－y1＝kx－4，联立方程得 y2＝4xky2－4y＋4y1－ky21＝0， 消去x，整理得 ∵M是切点，∴Δ＝16－4k(4y1－ky1)＝0， 222 即4－4ky1＋ky1＝0，解得k＝， 2 y1 ∴直线PM的方程为y－y1＝x－， 4 y1 2y21 2y1 即y＝x＋， y12 2y2 同理得直线PN的方程为y＝x＋， y222yy＝x＋，y2 联立方程得2yy＝x＋y2， 1 1 2 2 8 yyx＝，4解得y＋yy＝2， 121 2 ∴Py1y2，y1＋y2， 24 y1＋y2 2 ， ∵Q是线段MN的中点，∴y0＝∴PQ∥x轴，且x0＝ ＝2 x1＋x2y21＋y2 2 ， 2 2 11y1y21y1y2y1＋y2－x0－∴△PMN的面积S＝|PQ|·|y1－y2|＝·|y1－y2|＝·|y1－ 822424 y2|＝|y1－y2|3＝32， 即△PMN的面积为定值． [备课札记] [方法技巧] 求解定值问题的两大途径 (1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关． 1 16 (2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值． [演练冲关] x2y23 2．(2019届高三·湖南五市十校联考)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，过ab5 32 左焦点F且垂直于长轴的弦长为. 5 (1)求椭圆C的标准方程； 4 (2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为的直线l交椭圆C于A， 5 B两点，证明：|PA|2＋|PB|2为定值． 解：(1)由2b32 ＝，a5a＝b＋c， 22 2 2 c3e＝＝，a5 y2m2－ 25 2 a＝5， 可得b＝4， c＝3， 故椭圆C的标准方程为＋＝1. 25165 (2)证明：设直线l的方程为x＝y＋m， 4 代入＋＝1，消去x，并整理得25y＋20my＋8(m－25)＝0. 2516设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 4 则y1＋y2＝－m，y1y2＝ 5 2 2 x2 x2y2 22 ， 又易得|PA|＝(x1－m)＋y1＝4122 同理可得|PB|＝y2. 16 412 y1， 16 412241414m22 则|PA|＋|PB|＝(y1＋y2)＝[(y1＋y2)－2y1y2]＝－－ 1616165 2 2 m2－ 25 ＝41. 所以|PA|＋|PB|是定值． 题型(三) 存 在 性 问 题 分析问题和解决问题的能力. 主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查学生22 [典例感悟] [典例3] (2019届高三·浙江七校联考)已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的离心率为 2π ，直线l过椭圆右焦点F，且交椭圆于A，B两点，当直线l的倾斜角为时，|AB|22 ＝2. (1)求椭圆的标准方程； (2)在直线x＝2上是否存在点D，使得△DAB为正三角形？若存在，求出D点的坐标；若不存在，请说明理由． [解] (1)由题意得2b＝2，aa＝b＋c， 22 2 2 c2 ＝，a2 a＝2，解得b＝1， c＝1， ∴椭圆的标准方程为＋y＝1. 2(2)存在，理由如下： 设直线AB的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M. x＝my＋1，联立22 x＋2y＝2 2 2 x2 2 消去x，整理， 得(m＋2)y＋2my－1＝0， 则y1＋y2＝ －2m－14 ，y1y2＝2，x1＋x2＝2， 2 m＋2m＋2m＋2 . 2 2－m22m＋2 故M2，2，|AB|＝1＋m·|y1－y2|＝ m2＋2m＋2m＋2 假设存在点D(2，t)使得△DAB为正三角形， |mt－1| 则D到直线AB的距离d＝， 2 1＋mkDM＝－m， 由于△DAB为正三角形，则有3 d＝|AB|，2 m＋t＝－2m－3m， 即|mt－1|3m2＋1 ＝×22×2，22m＋21＋m解得m＝± 242，则t＝±. 25 23 42 ∴存在点D2，±满足题意． 5 [备课札记] [方法技巧] 求解存在性问题的思路及策略 (1)思路：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． (2)策略：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出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． [演练冲关] x2y2 3．(2018·惠州调研)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)， abF2(1,0)，点A1， 2 在椭圆C上． 2 (1)求椭圆C的标准方程； (2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线 y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足PM＝NQ？若存在，求出直线的方程；若 不存在，说明理由． 解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1， 因为A1， 53 ―→―→ 2 在椭圆C上， 2 所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝22， 因此a＝2，b＝a－c＝1， 故椭圆C的方程为＋y＝1. 2 (2)不存在满足条件的直线，证明如下： 设直线的方程为y＝2x＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 2 2 2 x2 2 Px3，，Q(x4，y4)， 3 5 y＝2x＋t，2由x2 ＋y＝12 2 消去x， 得9y－2ty＋t－8＝0， 2t所以y1＋y2＝， 9 且由Δ＝4t－36(t－8)>0，得－3 所以有y1－＝y4－y2， 3525 即y4＝y1＋y2－＝t－. 3937 又－3 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1,1]矛盾． 因此不存在满足条件的直线． 2 2 2 [思维流程] [技法指导] 圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步： 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出； 第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题 目中涉及的位置关系和数量关系； 第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中． 在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算. [典例] (2018·稽阳联谊学校高三联考)已知离心率为 3 的椭2 x2y23 圆C：2＋2＝1(a>b>0)过点P1，，与坐标轴不平行的直线l与 ab2 椭圆C交于A，B两点，其中M为A关于y轴的对称点，N(0，2)， O为坐标原点． (1)求椭圆C的方程； (2)分别记△PAO，△PBO的面积为S1，S2，当M，N，B三点共线时，求S1·S2的最大值． [解题示范] (1)∵＝ca3222 ，a＝b＋c，∴a＝2b， 2 x2y2 ∴椭圆C的方程可化为2＋2＝1. 4bb将点P1， 3 代入，得a＝2，b＝1， 2 ∴椭圆C的方程为＋y＝1. 4(2)设l：y＝kx＋m， x2 2 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则M(－x1，y1)． y＝kx＋m，2由x2 ＋y＝14 2 2 消去y， 得(4k＋1)x＋8kmx＋4m－4＝0， －8km4m－4∴x1＋x2＝2，x1x2＝2. 4k＋14k＋1∵M，N，B三点共线，∴kMN＝kBN， ∴ 2 2 y1－2y2－2＋＝0. x1x2 化简得8k(1－2m)＝0， ∴m＝2 或k＝0(舍去)． 2 设A，B两点到直线OP的距离分别为d1，d2， ∵lOP：3x－2y＝0，|OP|＝ 7， 2 |3x1－2y1||3x2－2y2|∴d1＝，d2＝， 77117|3x1－2y1| ∴S1＝×d1×|OP|＝×× 22271 ＝|3x1－2y1|， 4 S2＝d2|OP|＝|3x2－2y2|， 1∴S1·S2＝|(3x1－2y1)(3x2－2y2)| 1612 ＝|(2k－3)x1x2＋2(2k－3)(x1＋x2)＋2| 163k1 ＝－＋2. 44k＋13k33又∵2∈－，， 4k＋144 13＋1∴当k＝－时，S1·S2的最大值为. 24[思维升华] 解决解析几何问题的关键在于：通观全局，局部入手，整体思维．反映在解题上，就是把曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质． [应用体验] (2019届高三·河南名校联考)如图，设点A，B的坐标分别为(－2 3，0)，(3，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为－. 3(1)求点P的轨迹方程； (2)设点P的轨迹为C，点M，N是轨迹C上不同于A，B的两点，且满足AP∥OM，BP∥ 1214 ON，求证：△MON的面积为定值． 解：(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得， yy2 kAP·kBP＝·＝－(x≠±3)， 3x＋3x－3 化简得，点P的轨迹方程为＋＝1(x≠±3)． 32 (2)证明：由题意知，M，N是椭圆C上不同于A，B的两点，且AP∥OM，BP∥ON，则直线AP，BP的斜率必存在且不为0. x2y2 2 而且kOM·kON＝kAP·kBP＝－. 3 设直线MN的方程为x＝my＋t，代入椭圆方程＋＝1，得(3＋2m)y＋4mty＋2t－6 32＝0， 设M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 4mt2t－6 所以y1＋y2＝－2，y1y2＝2. 3＋2m3＋2m又kOM·kON＝ 2 x2y2 222 y1y2 x1x2 2 y1y22t－6 ＝2＝， my1y2＋mty1＋y2＋t23t2－6m22t－6222 所以22＝－，即2t＝2m＋3. 3t－6m3 11|t|－24t＋48m＋72又S△MON＝|t||y1－y2|＝， 2 223＋2m26t66 所以S△MON＝，即△MON的面积为定值. 2＝4t22 [课时跟踪检测] 2 222 x2y2 1．(2018·浙江高考名师预测卷二)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的一个焦点与抛物 ab线y＝82x的焦点相同，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点．M为椭圆上任意一点，△MF1F2面积的最大值为42. 2 (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C上的任意一点N(x0，y0)，从原点O向圆N：(x－x0)＋(y－y0)＝3作两条切线，分别交椭圆于A，B两点．试探究|OA|＋|OB|是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 解：(1)抛物线y＝82x的焦点为(22，0)， 由题意可得c＝22. 当点M位于椭圆短轴的端点处时，△MF1F2的面积最大， 1 即有×b×2c＝42，解得b＝2， 2所以a＝b＋c＝4＋8＝12， 2 2 2 2 2 2 2 2 故椭圆C的方程为＋＝1. 124 (2)设直线OA：y＝k1x，OB：y＝k2x，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 设过原点与圆(x－x0)＋(y－y0)＝3相切的切线方程为y＝kx， |kx0－y0|222 则有＝3，整理得(x0－3)k－2x0y0k＋y0－3＝0， 2 1＋k2x0y0y0－3 所以k1＋k2＝2，k1k2＝2. x0－3x0－3又因为点N在椭圆上，所以 2 2 2 x2y2 x20 12 ＋＝1， 4 y20 y210－3 所以可求得k1k2＝＝－. 2 12－3y0－33 将y＝k1x代入椭圆方程x＋3y＝12， 1212k12 得x＝2，则y1＝2. 1＋3k11＋3k1 21 22 2 1212k22 同理可得x＝2，y2＝2， 1＋3k21＋3k2 22 2 所以|OA|＋|OB|＝＝ ＋k1 22 22 ＋k1 ＋2 1＋3k1 2 2 ＋k2 2 1＋3k2 2 2 ＋3k2＋＋k2 22 ＋3k1＋3k2 2 ＋3k1 2 16[2＋k1＋k2 ＝22 2＋k1＋k2 2 2 ＝16. 所以|OA|＋|OB|的值为定值，且为16. y2x2 2.如图，曲线C由上半椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0，y≥0)和部分 ab抛物线C2：y＝－x＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为 3. 2 2 (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)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)在C2的方程中，令y＝0，可得x＝±1， ∴A(－1,0)，B(1,0)． 又A，B两点是上半椭圆C1的左、右顶点，∴b＝1. 设C1的半焦距为c，由＝ca3222 及a－c＝b＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1. 2 (2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x＝1(y≥0)． 4 由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)． 代入C1的方程，整理得(k＋4)x－2kx＋k－4＝0. 设点P的坐标为(xP，yP)，又直线l经过点B(1,0)， 2kk－4 ∴xP＋1＝2，xP＝2. k＋4k＋4 －8kk－4－8k从而yP＝2，∴点P的坐标为2，2. k＋4k＋4k＋4同理，由 y＝k 2 2 2 2 2 2 2 y2 2 x－ 2 ky2 ， y＝－x＋ 得点Q的坐标为(－k－1，－k－2k)． 2k―→―→ ∴AP＝2(k，－4)，AQ＝－k(1，k＋2)． k＋4依题意可知AP⊥AQ， －2k―→―→ ∴AP·AQ＝0，即2[k－4(k＋2)]＝0， k＋48 ∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－. 38 经检验，k＝－符合题意， 38 故直线l的方程为y＝－(x－1)． 3 2 x2y21 3.已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，右顶 ab2 5―→―→―→ 点为E，P为直线x＝a上的任意一点，且(PF＋PE)·EF＝2. 4 (1)求椭圆C的方程； (2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值． ―→5→a→5―― 解：(1)设Pa，t，F(c,0)，E(a,0)，则PF＝c－a，－t，PE＝－，－t，EF444＝(c－a,0)， ―→―→―→33所以(PF＋PE)·EF＝c－a，－2t·(c－a，0)＝2，即c－a·(c－a)＝2，又 22 c1 e＝＝， a2 所以a＝2，c＝1，b＝3， 从而椭圆C的方程为＋＝1. 43 x2y2 3(2)由(1)知A1，，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 2 设MN的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋＝1， 43得(4k＋3)x＋8kmx＋4m－12＝0， 8km4m－12 所以x1＋x2＝－2，x1x2＝2. 4k＋34k＋3 又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB， 33 y2－22 则kAM＋kAN＝0，即＋＝0， x1－1x2－1 2 2 2 2 x2y2 y1－ kx1＋m－3(x－1)＋kx2＋m－3(x－1)＝0， 21 22 1 即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝. 21 故直线MN的斜率为定值. 2 4．(2018·镇海中学5月模拟)已知抛物线C1，C2的方程分别为x＝2y，y＝2x. (1)求抛物线C1和抛物线C2的公切线l的方程； (2)过点G(a，b)(a，b为常数)作一条斜率为k的直线与抛物线C2：y＝2x交于P，Q两点，当弦PQ的中点恰好为点G时，试求k与b之间的关系． 解：(1)由题意可知，直线l的斜率显然存在，且不等于0， 设直线l的方程为y＝tx＋m. x＝2y，联立 y＝tx＋m， 2 2 2 2 2 消去y并整理得x－2tx－2m＝0， 2 因为直线l与抛物线C1相切， 所以Δ1＝(－2t)－4×(－2m)＝0，整理得t＋2m＝0.① y＝2x，同理，联立 y＝tx＋m， 2 2 得2tm＝1.② t＝－1， 由①②，解得1 m＝－，2 1 所以直线l的方程为y＝－x－. 2 (2)由题意知直线PQ的方程为y－b＝k(x－a)， y＝2x， 即y＝k(x－a)＋b.联立 y＝kx－a22 2 2 ＋b， 22 消去y得kx＋(－2ka＋2kb－2)x＋ka＋b－2kab＝0， 当k＝0时，直线PQ与抛物线C2：y＝2x只有一个交点，故k≠0， 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 2ka－2kb＋2 所以由根与系数的关系得x1＋x2＝， 2 22 2 kx1＋x2k2a－kb＋1所以＝. 2k2又y1＋y2＝k(x1－a)＋b＋k(x2－a)＋b 2ka－2kb＋2＝k(x1＋x2)－2ka＋2b＝－2ka＋2b 2 k2ka－2kb＋2－2ka＋2kb2＝＝， 22 kk所以 y1＋y21 ＝. 2k1 2 x＋x2＝a， 要满足弦PQ的中点恰好为点G(a，b)，根据中点坐标公式可知y＋y2＝b， 1 2 即 1k＝b， k2a－kb＋1 ＝a，k2 所以kb＝1. 故k与b之间的关系是互为倒数． 5．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为线y＝4x的焦点重合． (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积1 为，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由． 4 解：(1)由题意知椭圆的一个焦点为F(1,0)，则c＝1. 由e＝＝2 2 ，它的一个焦点恰好与抛物2 ca2 得a＝2，所以b＝1， 2 所以椭圆C的方程为＋y＝1. 2 (2)由(1)知A(0,1)，当直线BC的斜率不存在时， 设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)， 12x0 y0－1－y0－11－y211 kAB·kAC＝·＝2＝2＝≠， x0x0x0x024 2 0 x2 2 不合题意．故直线BC的斜率存在．设直线BC的方程为y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程，得： (1＋2k)x＋4kmx＋2(m－1)＝0，① 由Δ＝(4km)－8(1＋2k)(m－1)>0， 得2k－m＋1>0.② 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两根， 由根与系数的关系得， 4kmm－ x1＋x2＝－， 2，x1x2＝2 1＋2k1＋2k由kAB·kAC＝ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 y1－1y2－11 ·＝得： x1x24 4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2， 即(4k－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)＝0， 整理得(m－1)(m－3)＝0， 又因为m≠1，所以m＝3， 此时直线BC的方程为y＝kx＋3. 所以直线BC恒过一定点(0,3)． 第五讲 专题提能——“解析几何”专题提能课 提能点 失误1 222 2 一防止思维定式，实现“移花接木” 求圆锥曲线方程时忽视焦点的位置致误 [例1] 已知圆O：x＋y＝9，A(0,2)，P为动点，以线段AP为直径的圆内切于圆O，则动点P的轨迹方程是________． [解析] 设线段AP的中点为M，N为切点，连接OM，MN，则|OM|＋|MN|＝|ON|＝3. 取A关于x轴的对称点A1，连接A1P，则|A1P|＋|AP|＝2(|OM|＋|MN|)＝6， 又|AA1|＝4<6，所以点P的轨迹是以A(0,2)，A1(0，－2)为焦点的椭圆，且a＝3，c＝2， b2＝a2－c2＝5， 故动点P的轨迹方程为＋＝1. 95 y2x2 [答案] y2x2 9 ＋＝1 5 [微评] 本题易忽视椭圆的焦点在y轴上，从而写错轨迹方程．注意不管是用待定系数法还是定义法求圆锥曲线的方程，都要明确焦点的位置．另外，要正确运用a，b，c之间的等量关系式，否则会产生错解. 失误2 因求解圆锥曲线的综合问题时不能合理转化已知条件而受阻 x2y222[例2] 已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆C和抛物线y＝x交于M，ab2N两点，且直线MN恰好过椭圆C的右焦点F. (1)求椭圆C的标准方程； (2)经过点F的直线l和椭圆C交于A，B两点，交抛物线于C，D两点，P是抛物线的9 焦点，是否存在直线l，使得S△OCD＝S△PAB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说 7明理由． [解] (1)由＝ ca2222 和a＝b＋c，可设a＝2λ，则c＝2λ，b＝2λ，其中λ>0. 2 c2c12λ 由题意不妨设M(c，c)，代入椭圆方程，得2＋2＝1，即＋2＝1，解得λ＝2， ab22λ 从而a＝22，b＝2，c＝2. 故所求椭圆C的方程为＋＝1. 84 (2)假设存在满足条件的直线l，结合已知条件易知直线l的斜率存在且不为零，可设直线l为y＝k(x－2)，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)． x2y2 S△OCDS△OCD8S△OCD8|CD|9|CD|91由条件知P，0，F(2,0)，＝＝＝＝，故＝. S△PAB77S△OAB7|AB|7|AB|84 S△OAB8xy＋＝1，由84y＝kx－ 2 2 2 2 2 得(1＋2k)x－8kx＋8k－8＝0，Δ1＝32k＋32>0，x1＋x2＝ 22222 8k8k－82，x1x2＝2， 1＋2k1＋2k42＋k则|AB|＝1＋k|x1－x2|＝2 1＋2k由 y＝ky＝x22 2 . x－， 得kx－(4k＋1)x＋4k＝0， 2 2222 4k＋1 Δ2＝8k＋1>0，x3＋x4＝2，x3x4＝4， k 则|CD|＝1＋k|x3－x4|＝ ＋k|CD|9由＝，得|AB|8 2 2 ＋k＋8k2 2 ＋8k2 k29＝， 8 . k242＋k21＋2k1＋8k2 2 即 ＋2k4 2 k21＋k2 2 ＝92 ， 2 即81k(1＋k)＝2(1＋2k)(1＋8k)， 整理得17k＋9k－24k－2＝0， 即(k－1)(17k＋26k＋2)＝0，解得k＝±1. 故存在直线l：y＝x－2或y＝－x＋2满足题意． [微评] 求解本题第(2)问的常规思路是用关于k的代数式表示出△OCD，△PAB的面积，9 代入S△OCD＝S△PAB，判断所得方程是否有解．注意到此解法计算量较大，极易出错，甚至难 7以进行下去，故可先将面积比转化为弦长比，再进行计算，虽然转化过程较复杂，但计算量相对较小．在解答类似的综合问题时，一定要注意对已知条件进行转化，通过合理转化降低计算量，简化解题步骤. 失误3 因忽视直线的斜率是否存在而失分 2 4 2 6 4 2 22 x2y2[例3] 已知椭圆M：2＋＝1(a>0)的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点分别为A，B， a3 经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点． (1)求椭圆M的方程； (2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值． [解] (1)因为F(－1,0)为椭圆M的焦点，所以c＝1， 又b＝3，所以a＝2， 所以椭圆M的方程为＋＝1. 43 (2)法一：当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，此时△ABD与△ABC的面积相等，即|S1－S2|＝0. 当直线l的斜率存在时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆M的方程联立，消去y，得(3＋4k)x＋8kx＋4k－12＝0，Δ>0恒成立，且x1＋x28k＝－2， 3＋4k此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k| 2 2 2 2 2 x2y2 ＝ 12|k|12123 ≤＝3当且仅当k＝±时，取等号， 2＝ 3＋4k32212 ＋4|k||k|所以|S1－S2|的最大值为3. 法二：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，直线l的方程为x＝my－1，与椭圆M的方程联立，消 6m22 去x，得(3m＋4)y－6my－9＝0，Δ>0恒成立，且y1＋y2＝2， 3m＋4 故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝ 12|m| ＝2 3m＋4 124 3|m|＋ |m| ≤＝3，当且仅当m21212 23＝±时取等号，所以|S1－S2|的最大值为3. 3 [微评] (1)当直线l的斜率不存在时，可知直线方程为x＝－1；当直线l的斜率存在(显然k≠0)时，可设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．求解时一定要分直线l的斜率不存在与直线l的斜率存在两种情况作答，缺少任何一种情况，步骤都是不完整的． (2)本题可将直线方程巧设为x＝my－1，用含m的式子表示出|S1－S2|，并求其最大值．显然，此法无需考虑直线的斜率是否存在，是解决此类问题的最佳选择． 提能点 策略1 点差法：解决中点弦问题 22二灵活运用策略，尝试“借石攻玉” 在圆锥曲线中，有关弦的中点条件，可利用点差法求解，即对于圆锥曲线ax＋by＝1ax1＋by1＝1，来说，当两点M(x1，y1)，N(x2，y2)在曲线上时，一定满足22 ax2＋by2＝1， 2 2 从而两式相减 得 y2－y1ax2＋x1ax0 ＝－＝－，其中(x0，y0)是MN的中点． x2－x1by2＋y1by0 x2y2 [例1] 已知椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆E于A， abB两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则椭圆E的方程为( ) A.C. ＋＝1 4536＋＝1 2718 x2x2 y2y2 B.＋＝1 3627 D.＋＝1 189 1＝， 2 x2x2 y2 y2 0－－ [解析] 由题意知直线AB的斜率k＝ 3－1 设A(x，y)，B(x，y)，则xya＋b＝1， ② 1 1 2 2 2 22 222 x2y211 2＋2＝1， ①ab y1－y2b2x1＋x2 ①－②整理得＝－2·， x1－x2ay1＋y2b221b21 即k＝－2×＝，∴2＝. a－22a2 又a－b＝c＝9，∴a＝18，b＝9. ∴椭圆E的方程为＋＝1. 189[答案] D [微评] 本题利用“点差法”及“设而不求”思想求得a与b的关系，然后根据a－b＝c，求得椭圆方程. 策略2 联立方程法：解决对称问题 2 2 2 2 2 2 2 2 x2y2 圆锥曲线上存在两点，关于某条直线对称，求参数的取值范围，这类问题常见的解法是：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)是圆锥曲线上关于直线y＝kx＋b对称的两点，则PQ的方程为y＝－1 kx＋m，代入圆锥曲线方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，其中P，Q的横(或纵)坐标 即为方程的根，故Δ>0，从而求得k(或b)的取值范围． 32 [例2] 已知抛物线C：y＝x与直线l：y＝kx＋，要使C上存在关于直线l对称的两 4点，求实数k的取值范围． [解] 设C上的A(x1，y1)，B(x2，y2)两点关于直线l对称，线段AB的中点为M(x0，y0)， y1＝x1，则2 y2＝x2， 2 两式相减，得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2. ∵y1＋y2＝2y0，AB⊥l， ∴kAB＝ y1－y211k＝＝－，∴y0＝－. x1－x22y0k2 y0－3 4 313 代入y＝kx＋，得x0＝＝－－. 4k24k∵点M在抛物线内部，∴y0 不等式等价于(k＋1)(k－k＋3)<0， 2 k2 k 解得－1 策略3 参数法：解决定点问题 思路一：建立含参数的曲线方程(包括直线方程)，进行适当整理或选取合适坐标，确定该坐标满足方程且与参数无关． 思路二：(1)选择一个参数建立直线系方程．一般是将题目中给出的曲线方程(包括直线方程)中的常数当作变量，将变量x，y当作常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常数)． (2)根据直线系方程过定点时参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方 f程组 gx，y＝0，x，y＝0. (3)以(2)中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决． 12 [例3] 已知椭圆C：＋y＝1，过椭圆C的右顶点A的两条斜率之积为－的直线分别 44与椭圆交于点M，N.问：直线MN是否过定点D？若过定点D，求出点D的坐标；若不过定点，请说明理由． [解] 法一：当直线MN的斜率存在时， 设MN：y＝kx＋m， 代入椭圆方程得(1＋4k)x＋8kmx＋4m－4＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 8km4m－4 则x1＋x2＝－2，x1x2＝2. 1＋4k1＋4k根据已知可得 2 2 2 2 x2 y21 ·＝－， x1－2x2－24 y1 即4y1y2＋(x1－2)(x2－2)＝0， 即(1＋4k)x1x2＋(4km－2)(x1＋x2)＋4m＋4＝0， 2 4m－48km2＋4m2＋4＝0，即(4km－2)(－8km)＋8m2(1 所以(1＋4k)·2＋(4km－2)－ 1＋4k1＋4k 22 2 ＋4k)＝0，即m＋2km＝0，得m＝0或m＝－2k. 当m＝0时，直线y＝kx经过定点D(0,0)． 由于AM，AN的斜率之积为负值，故点M，N在椭圆上位于x轴两侧，直线MN与x轴的交点一定在椭圆内部，而当m＝－2k时，直线y＝kx－2k过定点(2,0)，故不可能． 11 当MN的斜率不存在时，点M，N关于x轴对称，此时AM，AN的斜率分别为，－，此22 22 时M，N恰为椭圆的上、下顶点，直线MN也过定点(0,0)． 综上可知，直线MN过定点D(0,0)． 法二：根据已知直线AM，AN的斜率存在且不为零，A(2,0)．设AM：y＝k(x－2)， 代入椭圆方程，得(1＋4k)x－16kx＋16k－4＝0， 16k－4 设M(x1，y1)，则2x1＝2， 1＋4k8k－2－4k即x1＝2，y1＝k(x1－2)＝2， 1＋4k1＋4k－4k8k－2 即M2，2. 1＋4k1＋4k 11 设直线AN的斜率为k′，则kk′＝－，即k′＝－， 44k4k12－8k把点M坐标中的k替换为－，得N2，2. 4k4k＋14k＋1 12k4k当M，N的横坐标不相等，即k≠±时，kMN＝＝2，直线MN的方程为y－2 21－4k4k＋18k2k2k2－ ，即y＝22·x－2x， 1－4k4k＋11－4k1 该直线恒过定点(0,0)．当k＝±时，M，N的横坐标为零，直线MN也过定点(0,0)． 2综上可知，直线MN过定点D(0,0)． [微评] 解决本题有两种方法，法一：以双参数表达直线MN的方程，求解双参数满足的关系；法二：以直线AM的斜率为参数，表达直线MN的方程． 提能点 1．数形结合思想——解决圆锥曲线的最值问题 [例1] (1)椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的 54周长最大时，△FMN的面积是( ) A. 5 585 5 2 2 2 2 2 22 2 2 2 三系统数学思想，实现“触类旁通” x2y2 65 B. 545 D. 5 C. (2)设P为双曲线x－＝1右支上一点，M，N分别是圆C1：(x＋4)＋y＝4和圆C2： 15(x－4)＋y＝1上的点，设|PM|－|PN|的最大值和最小值分别为m，n，则|m－n|＝( ) A．4 B．5 2 2 y2 22 C．6 D．7 [解析] (1)如图所示，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′. 因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大． 2b85此时|MN|＝＝， a5又c＝a－b＝5－4＝1， 18585 所以此时△FMN的面积S＝×2×＝.故选C. 255 (2)由题意得，圆C1：(x＋4)＋y＝4的圆心为(－4,0)，半径为 2 2 2 22 r1＝2；圆C2：(x－4)2＋y2＝1的圆心为(4,0)，半径为r2＝1. 设双曲线x－＝1的左、右焦点分别为F1(－4,0)，F2(4,0)．如 15图所示，连接PF1，PF2，F1M，F2N，则|PF1|－|PF2|＝2.又|PM|max＝|PF1| ＋r1，|PN|min＝|PF2|－r2，所以|PM|－|PN|的最大值m＝|PF1|－|PF2|＋r1＋r2＝5.又|PM|min＝|PF1|－r1，|PN|max＝|PF2|＋r2，所以|PM|－|PN|的最小值n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－1，所以|m－n|＝6.故选C. [答案] (1)C (2)C [微评] 数形结合确定临界位置，这是解决圆锥曲线最值问题常用思想，多涉及圆锥曲线定义的应用． 2．函数与方程思想——在圆锥曲线最值或范围问题中的应用 2 y2 x22 [例2] 已知椭圆C：2＋y＝1(a>1)，F1，F2分别是其左、右焦点，以F1F2为直径的圆 a与椭圆C有且仅有两个交点． (1)求椭圆C的方程； (2)设过点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与 x轴交于点P，点P横坐标的取值范围是－，0，求线段AB长度的取值范围． [解] (1)根据题意，因为以F1F2为直径的圆与椭圆C有且仅有两个交点， 所以b＝c＝1，即a＝b＋c＝2， 所以椭圆C的方程为＋y＝1. 2 (2)根据题意，过点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于A，B两点，即直线AB的斜率存在且不为0.设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，与＋y＝1联立，得(1＋2k)x＋4kx＋ 22k－2＝0. 2 2 2 14 x2 2 x2 2222 4k2k－2 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M，则x1＋x2＝－，xx＝1222，y1 1＋2k1＋2k2kk2k＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝2，2. 2，即M－ 1＋2k1＋2k1＋2k 2k1 所以线段AB的垂直平分线的方程为y－2， 2＝－x＋ 1＋2kk1＋2k 2 22 k2 设点P(xP，yP)，令y＝0，得xP＝－2. 1＋2kk2 121 因为xP∈－，0，所以0 1＋2k2 ＋k2 x1＋x2 2 －4x1x2]＝＋k2 －4k22－4×2k－2 21＋2k1＋2k 22 ＝21＋ 12. 1＋2k 21 因为0 3132所以<1＋<|AB|<22. 2<2，即 21＋2k2故线段AB长度的取值范围是 32 ，22. 2 [微评] (1)本题利用了函数与方程思想，首先由已知条件列出关于a，b的方程，求出 a，b的值；求AB长度的范围时，转化为关于k的函数，利用函数性质求解． (2)函数与方程思想在解决一些解析几何问题中经常用到，如求范围、最值问题． 提能点 临界法则 (1)与直线Ax＋By＋C＝0平行的直线系方程为Ax＋By＋D＝0(C≠D)；与直线Ax＋By＋C＝0垂直的直线系方程为Bx－Ay＋E＝0. (2)过直线l1：a1x＋b1y＋c1＝0与直线l2：a2x＋b2y＋c2＝0交点的直线系方程为a1x＋ 四关注临界问题，挖掘“学科潜力” b1y＋c1＋λ(a2x＋b2y＋c2)＝0. (3)过圆C1：x＋y＋D1x＋E1y＋F1＝0与圆C2：x＋y＋D2x＋E2y＋F2＝0的交点的圆系方程为x＋y＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x＋y＋D2x＋E2y＋F2)＝0. (4)过直线ax＋by＋c＝0与圆C：x＋y＋Dx＋Ey＋F＝0交点的圆系方程为x＋y＋Dx＋Ey＋F＋λ(ax＋by＋c)＝0. (5)圆(x－a)＋(y－b)＝R的参数方程为 x＝a＋Rcos θ， y＝b＋Rsin θ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (θ为参数)． x2y2 (6)椭圆2＋2＝1的参数方程为 abx＝acos θ， y＝bsin θ (θ为参数)． 2 [典例] 已知圆x＋y＋x－6y＋m＝0与直线x＋2y－3＝0相交于P，Q两点，O为坐标原点，若OP⊥OQ，求实数m的值． [解] 过直线x＋2y－3＝0与圆x＋y＋x－6y＋m＝0的交点的圆系方程为x＋y＋x－6y＋m＋λ(x＋2y－3)＝0，即x＋y＋(1＋λ)x＋2(λ－3)y＋m－3λ＝0.① 2 2 2 2 2 2 2 1＋λ，3－λ显然在直线x＋2y－3＝0依题意，O在以PQ为直径的圆上，则圆心－2 1＋λ上，则－＋2(3－λ)－3＝0，解得λ＝1.又O(0,0)满足方程①，则m－3λ＝0，故m2＝3. [微评] 利用直线与圆相交的圆系方程可以很好的解决这类题型，圆与圆相交的圆系方程问题也可以同样解决，只要能巧妙的构造圆系方程即可． [课时跟踪检测] A组——易错清零练 1．(2018·嘉兴模拟)已知直线l1：ax＋(a＋2)y＋1＝0，l2：x＋ay＋2＝0，其中a∈R，则“a＝－3”是“l1⊥l2”的( ) A．充分不必要条件 C．充要条件 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A 若l1⊥l2，则a＋a(a＋2)＝0，即a(a＋3)＝0，解得a＝0或a＝－3，所以“a＝－3”是“l1⊥l2”的充分不必要条件．故选A. x2y2π 2．已知双曲线Γ：2－2＝1(a>0，b>0)，过双曲线Γ的右焦点F，且倾斜角为的直ab2 线l与双曲线Γ交于A，B两点，O是坐标原点，若∠AOB＝∠OAB，则双曲线Γ的离心率为( ) A. 3＋7 23＋39 6 B.11＋33 2 C. 1＋17 D. 4 解析：选C 由题意可知AB是通径，根据双曲线的对称性和∠AOB＝∠OAB，可知△AOBb2a333222222 为等边三角形，所以tan∠AOF＝＝，整理得b＝ac，由c＝a＋b，得c＝a＋ac， c333 两边同时除以a，得e－ 22 33＋39e－1＝0，解得e＝.故选C. 36 3．过点P(2,1)作直线l，使l与双曲线－y＝1有且仅有一个公共点，这样的直线l4共有( ) A．1条 C．3条 B．2条 D．4条 x2 2 11 解析：选B 依题意，双曲线的渐近线方程是y＝±x，点P在直线y＝x上． 22①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝2，此时直线l与双曲线有且仅有一个公共点(2,0)，满足题意． ②当直线l的斜率存在时， 设直线l的方程为y－1＝k(x－2)， 即y＝kx＋1－2k， y＝kx＋1－2k， 由22 x－4y＝4， 2 2 消去y得x－4(kx＋1－2k)＝4， 2 22 即(1－4k)x－8(1－2k)kx－4(1－2k)－4＝0，(*) 12 若1－4k＝0，则k＝±， 2 11 当k＝时，方程(*)无实数解，因此k＝不满足题意； 2211 当k＝－时，方程(*)有唯一实数解，因此k＝－满足题意． 22 122222 若1－4k≠0，即k≠±，此时Δ＝64k(1－2k)＋16(1－4k)[(1－2k)＋1]＝0不成 2立，因此满足题意的实数k不存在． 综上所述，满足题意的直线l共有2条． x2y23 4．已知椭圆＋＝1的离心率等于，则m＝________. 4m2 解析：①当椭圆的焦点在x轴上时， 则a＝4，即a＝2.又e＝＝ 2 2 2 2 ca3， 2 2 所以c＝3，m＝b＝a－c＝4－(3)＝1. ②当椭圆的焦点在y轴上时， y2x22 椭圆的方程为＋＝1，则b＝4，即b＝2. m4 c3 又e＝＝，故 a2 2 b23b1 1－2＝，解得＝，即a＝2b， a2a2 所以a＝4，m＝a＝16.综上，m＝1或16. 答案：1或16 5．已知圆C1：(x＋3)＋y＝1和圆C2：(x－3)＋y＝9，动圆M同时与圆C1及圆C2外切，则动圆圆心M的轨迹方程为________． 解析：如图所示，设动圆M与圆C1及圆C2分别外切于A和B两点．连接MC1，MC2. 根据两圆外切的条件，得 |MC1|－|AC1|＝|MA|， |MC2|－|BC2|＝|MB|. 因为|MA|＝|MB|， 所以|MC1|－|AC1|＝|MC2|－|BC2|， 即|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝3－1＝2<6＝|C1C2|. 所以点M到两定点C1，C2的距离的差是常数． 又根据双曲线的定义，得动点M的轨迹为双曲线的左支(点M与C2的距离比与C1的距离大)， 2 2 2 2 x2y2 可设轨迹方程为2－2＝1(a>0，b>0，x<0)， ab其中a＝1，c＝3，则b＝8. 故动圆圆心M的轨迹方程为x－＝1(x<0)． 8答案：x－＝1(x<0) 8 B组——方法技巧练 1．已知点M(－3,2)是坐标平面内一定点，若抛物线y＝2x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( ) 7A. 25C. 2 B．3 D．2 2 2 2 2 y2 y2 1 解析：选C 抛物线的准线方程为x＝－，过Q作准线的垂 2线，垂足为Q′，如图．依据抛物线的定义，得|QM|－|QF|＝|QM|－|QQ′|，则当QM和QQ′共线时，|QM|－|QQ′|的值最小，最 15小值为－3－－＝. 22 2．已知圆C：(x－3)＋(y－1)＝1和两点A(－t,0)，B(t，0)(t＞0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则t的取值范围是( ) A．(0,2] C．[2,3] B．[1,2] D．[1,3] 2 2 解析：选D 依题意，设点P(3＋cos θ，1＋sin θ)， ―→―→ ∵∠APB＝90°，∴AP·BP＝0， ∴(3＋cos θ＋t)(3＋cos θ－t)＋(1＋sin θ)＝0， π2 得t＝5＋23cos θ＋2sin θ＝5＋4sinθ＋， 3π2 ∵sinθ＋∈[－1,1]，∴t∈[1,9]， 3∵t＞0，∴t∈[1,3]． 3．(2018·金华、台州、温州三市联考)已知双曲线C：－y＝1的左、右焦点分别为 3 2 x2 2 F1，F2，过点F2的直线与双曲线C的右支相交于P，Q两点，且点P的横坐标为2，则△PF1Q 的周长为( ) A.163 3143 3 B．53 C. D．43 解析：选A 易知双曲线C：－y＝1中，a＝3，b＝1，所以c＝a＋b＝2，则F1(－ 3412 2,0)，F2(2,0)．因为点P的横坐标为2，所以PQ⊥x轴．令x＝2，则y＝－1＝，则y＝ 33± 337322，即|PF2|＝，则|PF1|＝|PF2|＋|F1F2|＝，故△PF1Q的周长为|PF1|＋|QF1|＋333 x2 222163|PQ|＝，故选A. 3 4．已知圆O：x＋y＝1，圆M：(x－a)＋(y－a＋4)＝1.若圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，使得∠APB＝60°，则实数a的取值范围为( ) A.2－2 2 2 2 22，2＋ 22 B.2－ 22，2＋ 22 C．[2－2，2＋2] D.(2－2，2＋2) 解析：选A 圆O的半径为1，圆M上存在点P，过点P作圆O的两条切线，切点分别 为A，B，使得∠APB＝60°，则∠APO＝30°. 在Rt△PAO中，|PO|＝＝2， sin∠APO又圆M的半径为1，圆心坐标为M(a，a－4)， ∴|MO|－1≤|PO|≤|MO|＋1， ∵|MO|＝a＋a－∴ a＋a－解得2－ 2 2 2 2 AO， 2 2 －1≤2≤ a＋a－＋1， 22≤a≤2＋. 22 ∴实数a的取值范围为2－ 22，2＋. 22 5．(2018·宁波模拟)如图，F1，F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的交点，若AF1⊥BF1，且π ∠AF1O＝，则C1与C2的离心率之和为( ) 3 A．23 C．25 B．4 D．26 x2y2 解析：选A 设椭圆方程为2＋2＝1(a>b>0)，由双曲线和椭圆的对称性可知，A，B关 ab于原点对称， π 又AF1⊥BF1，且∠AF1O＝， 3故|AF1|＝|OF1|＝|OA|＝|OB|＝c， xyc3c22242 ∴A－，c，代入椭圆方程2＋2＝1，结合b＝a－c及e＝，整理可得，e－8eaba22 ＋4＝0， ∵0 2 22 x2y2 6．(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的右支与 ab焦点为F的抛物线x＝2py(p>0)交于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________． 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋，|BF|＝y2＋，|OF| 22 2 pp ＝， 2 由|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p. 22 pppx2x221 －y2－y12p2px2＋x1 kAB＝＝＝. x2－x1x2－x12p由xya－b＝1， 2 22 222 x2y211 2－2＝1，ab y2－y1b2x1＋x2b2x1＋x2b2x1＋x2x2＋x1 得kAB＝＝＝2·，则2·＝， x2－x1a2y1＋y2apap2pb21b2 ∴2＝，故＝， a2a2 ∴双曲线的渐近线方程为y＝±答案：y＝±2 x 2 C组——创新应用练 1．在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x＋y＝r(r＞0)交于A，B两点， 2 2 2 2x. 2 O为坐标原点，若圆上一点C满足OC＝OA＋OB，则r＝( ) A．210 C．25 B.10 D.5 ―→5―→3―→ 44 ―→5―→3―→ 解析：选B 已知OC＝OA＋OB， 4432―→―→ 两边平方化简得OA·OB＝－r， 53 所以cos∠AOB＝－， 5∠AOB5 所以cos＝， 25 |2| 又圆心O(0,0)到直线的距离为＝2， 2所以2 r＝ 5 ，解得r＝10. 5 x2y2 2．双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线将平面划分为“上、下、左、右”四个 ab区域(不含边界)，若点(2,1)在“右”区域内，则双曲线离心率e的取值范围是( ) A.1，5 2 B. 5 ，＋∞ 2 5C.1， 45 D.，＋∞ 4 x2y2b解析：选B 依题意，注意到题中的双曲线2－2＝1的渐近线方程为y＝±x，且“右” ababy＜x，a区域是由不等式组by＞－ax 2bb所确定，又点(2,1)在“右”区域内，于是有1＜，即 aa1 ＞，因此题中的双曲线的离心率e＝2 1＋∈ b25 ，＋∞. a2 x2y2 3．已知双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别为l1，l2，经过右焦点F垂直 ab―→―→ 于l1的直线分别交l1，l2于A，B两点．若|OA|，|AB|，|OB|成等差数列，且AF与FB反向，则该双曲线的离心率为( ) A.5 2 B.3 5 D. 2 C.5 解析：选C 设实轴长为2a，虚轴长为2b，令∠AOF＝α，则由题意知tan α＝，在|AB| △AOB中，∠AOB＝180°－2α，tan∠AOB＝－tan 2α＝，∵|OA|，|AB|，|OB|成等差 |OA|数列，∴设|OA|＝m－d，|AB|＝m，|OB|＝m＋d，∵OA⊥BF，∴(m－d)＋m＝(m＋d)，整理12tan α|AB|m4bb1得d＝m，∴－tan 2α＝－＝＝＝，解得＝2或＝－(舍去)，∴b＝2a，2 41－tanα|OA|33aa2 m4 2 2 2 bacc＝4a2＋a2＝5a，∴e＝＝5. ax2y2 4．已知F1，F2分别为椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点，P为椭圆上的一点．△F1PF2 ab中，∠F1PF2的外角平分线为l，点F2关于l的对称点为Q，F2Q交l于点R.当点P在椭圆上运动时，求点R的轨迹方程． 解：如图，直线l为∠F1PF2的外角平分线且点F2与点Q关于直线 l对称，由椭圆的光学性质知，F1，P，Q三点共线．根据对称性，|PQ| ＝|PF2|，所以|F1Q|＝|PF1|＋|PF2|＝2a.连接OR，因为O为F1F2的中 1222 点，R为F2Q的中点，所以|OR|＝|F1Q|＝a.设R(x，y)，则x＋y＝a(y≠0)，故点R的轨 2迹方程为x＋y＝a(y≠0)． 5．(2018·诸暨高三适应性考试)已知F是抛物线C：x＝2py(p>0)的焦点，过F的直线交抛物线C于不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1x2＝－1. (1)求抛物线C的方程； (2)过点B作x轴的垂线交直线AO(O是原点)于D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，AE中点为G. ①求点D的纵坐标； |GB|②求的取值范围． |GD| 解：(1)设直线AB的方程为y＝kx＋， 2 2 2 2 2 ppy＝kx＋，2联立 x2＝2py 消去y，化简得x－2pkx－p＝0， ∴x1x2＝－p＝－1，∴p＝1， ∴抛物线C的方程为x＝2y. (2)①∵直线OA的方程为y＝x＝x， x12∴Dx2，2 2 22 y1x1 x1x21，即Dx2，－. 22 1 即点D的纵坐标为－. 21 ②∵kDF＝－，∴kAE＝x2， x2 ∴直线AE的方程为y－y1＝x2(x－x1)． y－y1＝x2x－x1，联立x2 y＝2 x2 消去y，得－x2x－y1－1＝0， 2∴xE＝2x2－x1，∴G(x2,2y2＋y1＋1)， ∴G，B，D三点共线． ∴ |GB|y2＋y1＋1 ＝. |GD|3 2y2＋y1＋2 1 ∵y1·y2＝， 4 |GD|y11 ＝2－＝2－＝2－∈(1,2)． |GB|111 ＋y1＋1y1＋1＋4y122y1|GB|1∈，1. |GD|2 解析几何＋此前内容 (时间：120分钟 满分：150分) 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．椭圆＋＝1的焦距是( ) 86A．22 C．214 B．4 D．20 y1＋ ∴ 12 ∴ [阶段质量检测四 x2y2 解析：选A 由椭圆的方程＋＝1，知a＝8，b＝6，故c＝a－b＝2，所以焦距 862c＝22.故选A. 3 2．已知角α为第三象限角，且tan α＝，则sin α＋cos α＝( ) 47A．－ 51C. 5 1 B．－ 57 D. 5 x2y2 2222 3sin α＝cos α，4解析：选A 由题可得 sin2α＋cos2α＝1，3 sin α＝－，54cos α＝－，5 因为α是第三象限角，所以 7 故sin α＋cos α＝－.选A. 5 3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( ) A.C.22 316 3 B．6 D．4 解析：选A 由三视图可知，该几何体的直观图如图所示，所以该几11223 何体的体积V＝2－××2×2×1＝.故选A. 323 4．已知{an}是公差为d的等差数列，则“a1a8 A．充分不必要条件 C．充要条件 B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2 解析：选B 因为a1a8－a4a5＝a1(a1＋7d)－(a1＋3d)(a1＋4d)＝－12d≤0，所以a1a8 5．已知双曲线mx＋ny＝1(mn<0)的离心率为则该双曲线的一条渐近线方程为( ) A．y＝2x C．y＝3x 1 B．y＝x 2 D．y＝ 2 2 2 522，此双曲线上的点(x0，y0)满足y0>4x0，2 3x 2 2 解析：选A 因为双曲线上的点(x0，y0)满足y0>4x0，所以焦点在y轴上．设双曲线方程 y2x2 为2－2＝1(a>0，b>0)，则e＝ab1＋＝ ab2 5b1 ，得＝，所以渐近线方程为y＝±2x. 2a2 x2y2 6．已知O为坐标原点，点A，B在双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)上，且关于坐标原点 abO对称．若双曲线C上与点A，B横坐标不相同的任意一点P满足kPA·kPB＝3，则双曲线C的离心率为( ) A．2 C.10 B．4 D．10 解析：选A 设A(x1，y1)，P(x0，y0)(|x0|≠|x1|)，则B(－x1，－y1)，则kPA·kPB＝ 2 y0－y1y0＋y1y20－y1222222222222 ·＝22.因为点P，A在双曲线C上，所以bx0－ay0＝ab，bx1－ay1＝ab，x0－x1x0＋x1x0－x1 2 y2b2b20－y122222 两式相减可得22＝2，故2＝3，于是b＝3a.又因为c＝a＋b，所以双曲线C的离心率 x0－x1aae＝ 1＋＝2.故选A. ab2 7．已知AD与BC是三棱锥ABCD中相互垂直的棱，若AD＝BC＝6，且∠ABD＝∠ACD＝60°，则三棱锥ABCD的体积的最大值是( ) A．36 C．18 B．362 D．182 解析：选D 如图，过C作CF⊥AD，垂足为F，连接BF， ∵BC⊥AD，CF⊥AD，BC∩CF＝C，BC⊂平面BCF，CF⊂平面BCF， ∴AD⊥平面BCF， ∴V三棱锥ABCD ＝V三棱锥ABCF＋V三棱锥DBCF 11 ＝S△BCF·AF＋S△BCF·FD 3311 ＝S△BCF·(AF＋FD)＝S△BCF·AD. 33∵AD＝BC＝6，∴V三棱锥ABCD＝2S△BCF， ∴当△BCF的面积最大时，V三棱锥ABCD取得最大值， 易知当△BCF为等腰三角形时，S△BCF取得最大值，即V三棱锥ABCD取得最大值． 取BC的中点E，连接EF，当△BCF为等腰三角形时，EF⊥BC， 1 ∴2S△BCF＝2××BC×EF＝6EF， 2又∵EF＝CF－CE＝CF－9， ∴当CF最长时，V三棱锥ABCD最大， ∵∠ACD＝60°，AD＝6，AD⊥CF， ∴当AC＝CD时，CF取得最大值， 此时CF＝33，∴EF＝32，∴6EF＝182. ∴三棱锥ABCD体积的最大值为182.故选D. 2 2 2 x2y2 8．已知F1，F2是椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭 ab圆交于A，B两点，若△ABF1是锐角三角形，则该椭圆离心率e的取值范围是( ) A．(2－1，＋∞) B．(0，2－1) C．(2－1,1) D．(2－1，2＋1) c2y2 解析：选C 由题意可知，A，B的横坐标均为c，且A，B都在椭圆上，所以2＋2＝1， abb2b2b2从而可得y＝±，不妨令Ac，，Bc，－. aaa 由△ABF1是锐角三角形知∠AF1F2<45°， 所以tan ∠AF1F2<1， b2 AF2aa2－c22 所以tan∠AF1F2＝＝<1，故<1，即e＋2e－1>0，解得e>2－1或e<－2－ F1F22c2ac1，又因为椭圆中，0 2 019 n* －1 1 009 B．2 D．2 nn＋1 1 009 －3 －3 C．3×2－3 1 008 解析：选C ∵an＋1an＝2，∴an＋2an＋1＝2，∴ an＋2 ＝2，∴ 数列{an}的奇数项与偶数项an分别成等比数列，公比均为2.又∵a1a2＝2，a1＝1，∴a2＝2，∴S2 018＝(a1＋a3＋…＋a2 017)1－2 ＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝＋1－2 1 009 －21－2 1 009 ＝3×2 1 009 －3. 2 2 10．已知直线2ax＋by＝1(其中a，b是实数)与圆x＋y＝1相交于A，B两点，O是坐标原点，且△AOB是直角三角形，则点P(a，b)与点M(0,1)之间的距离的最大值为( ) A.2＋1 C.2 B．2 D.2－1 2 2 解析：选A 直线2ax＋by＝1(其中a，b是实数)与圆x＋y＝1相交于A，B两点，则依题意可知，△AOB是等腰直角三角形，坐标原点O到直线2ax＋by＝1的距离d＝ 12a＋b2 ＝2 222 ，即2a＋b＝2， 2 2 22－b2∴a＝(－2≤b≤2)，则|PM|＝a＋b－ 2 2 ＝ b22 －2b＋2＝ 2|b－2| ，2 ∴当b＝－2时，|PM|max＝ 2×|－2－2| ＝2＋1. 2 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分) 11．已知抛物线y＝2px过点A(1,2)，则p＝________，准线方程是________． 解析：由题可得，4＝2p，解得p＝2，所以准线方程为x＝－＝－1. 2答案：2 x＝－1 2 p 12．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若满足2bcos Acos C＝c－2acos Bcos C，则角C＝________，sin A＋sin B的最大值是________． 解析：由已知得2bcos Acos C＋2acos Bcos C＝c， 由正弦定理得2cos C(sin Bcos A＋sin Acos B)＝sin C， 即2cos Csin(A＋B)＝sin C， ∵A＋B＋C＝π，A，B，C∈(0，π)， ∴sin(A＋B)＝sin C>0， 1π∴2cos C＝1，cos C＝，∴C＝. 23 13π∴sin A＋sin B＝sin A＋sin(A＋C)＝sin A＋sin A＋cos A＝3sinA＋， 622π2π ∵C＝，∴0 πππ ∴当A＋＝，即A＝时，sin A＋sin B取得最大值，最大值是3，此时△ABC为 623正三角形． π 答案： 3 3 13．设圆C上的点A(2,6)关于直线x＋y－5＝0的对称点A′仍在圆C上，且圆C与直线3x＋4y－8＝0相交的弦长为25，则点A′的坐标为________，圆C的圆心坐标为________． 解析：设点A′(x0，y0)， ∵点A与A′关于直线x＋y－5＝0对称， x＋2y＋62＋2－5＝0，∴y－6x－2＝1， 0 0 00 2 x0＝－1， 解得 y0＝3， ∴点A′的坐标为(－1,3)． 设圆C的方程为(x－a)＋(y－b)＝r， 则(2－a)＋(6－b)＝r.① ∵点A(2,6)关于直线x＋y－5＝0的对称点A′(－1,3)在圆C上， ∴圆心(a，b)在直线x＋y－5＝0上，∴a＋b－5＝0，② 又直线3x＋4y－8＝0被圆截得的弦长为25， |3a＋4b－8| ∴r＝(5)＋.③ 25 2 22 2 22 2 2 72317 解由方程①②③组成的方程组，得a＝2，b＝3或a＝－，b＝， 4949 72317∴圆C的圆心坐标为(2,3)或－，. 494972317答案：(－1,3) (2,3)或－， 4949 14．已知抛物线C：y＝2px(p>0)和动直线l：y＝kx＋b(k，b是参变量，且k≠0，b≠0)相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，平面直角坐标系的原点为O，记直线OA，OB的斜率分别为kOA，kOB，且kOA·kOB＝3恒成立，则当k变化时，直线l经过的定点为________． y＝2px，解析：联立 y＝kx＋b 2 2 消去y，得kx＋(2kb－2p)x＋b＝0， 2 222 －2kb＋2pb∴x1＋x2＝，xx＝1222， kk∵kOA·kOB＝3，∴y1y2＝3x1x2， 2bp22 又∵y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝kx1x2＋kb(x1＋x2)＋b＝， k2bpb23pk∴＝3·2，解得b＝， kk323pk23p∴y＝kx＋＝kx＋. 3323p令x＝－，得y＝0， 3 2 23p ∴直线l过定点－，0. 323p 答案：－，0 3 15．向量a与b的夹角为90°，|a|＝|b|＝1，若|c－a|＋|c－2b|＝5，则|c＋2a|的最大值为________，最小值为________． 解析：因为|c－a|＋|c－2b|＝5，且 |a|＋|2b|＝5，a⊥b，所以向量c的终点在a和2b的终点的连线上(如图)，故|c＋2a|的取值范围为|SK―→|的长度变化．当SK⊥FG时，长度最短，连接SG，由11SF·OG65 SF·OG＝FG·SK，得SK＝＝.又SF＝3，SG＝22，所以22FG5当a＝c时，SK最长，为3. 答案：3 65 5 2 2 ―→―→2 16．已知F为抛物线y＝x的焦点，点A，B在该抛物线上，且位于x轴的两侧，OA·OB＝2(其中O为坐标原点)，则△AFO与△BFO面积之和的最小值是________． 解析：法一：设直线lAB：x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)， y＝x，联立 x＝my＋t2 ⇒y－my－t＝0， 2 ∴y1＋y2＝m，y1y2＝－t， ∵点A，B位于x轴两侧， ∴y1y2＝－t<0，∴t>0. ―→―→22 又OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(y1y2)＋y1y2＝t－t＝2， 解得t＝2或t＝－1(舍去)． 11m＋82 ∴S△AFO＋S△BFO＝|OF|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝≥， 2884∴△AFO与△BFO面积之和的最小值为法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． ―→―→2 ∵OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(y1y2)＋y1y2＝2， ∴y1y2＝－2或y1y2＝1(舍去)． 112211222 ∴S△AFO＋S△BFO＝|y1－y2|＝y1＋y2－2y1y2＝ |y1|＋|y2|＋4≥2|y1y2|＋4＝. 88884答案： 2 4 2. 4 2x2y22 17．已知双曲线C1：2－2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，抛物线C2：y＝ ab2px(p>0)的焦点与双曲线C1的一个焦点重合，C1与C2在第一象限相交于点P，且|F1F2|＝|PF1|，则双曲线C1的离心率为________． 解析：由题意可知，F1(－c,0)，F2(c,0)．设点P(x0，y0)，过点P作抛物线C2：y＝2px(p>0)准线的垂线，垂足为A，连接PF2.根据双曲线的定义和|F1F2|＝|PF1|＝2c，可知|PF2|＝2c－2a.由抛物线的定义可知|PF2|＝|PA|＝x0＋c＝2c－2a，则x0＝c－2a.由题意可知＝c，又 2点P在抛物线C2上，所以y0＝2px0＝4c·(c－2a)，在Rt△F1AP中，|F1A|＝|PF1|－|PA|＝(2c)－(2c－2a)＝8ac－4a即y0＝8ac－4a，所以8ac－4a＝4c(c－2a)，化简可得c－4ac＋a＝0，即e－4e＋1＝0，又e>1，所以e＝2＋3. 答案：2＋3 三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 2 2 2 2 2, 2 2 2 2 2 2 2 2 p2 ππ218．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝2cosωx－－cos2ωx－＋m(ω>0)的46最小正周期为π. (1)求函数f(x)的单调递增区间； ππ(2)当x∈0，时，函数f(x)的最大值为2，求f的值． 28 ππ2解：(1)f(x)＝2cosωx－－cos2ωx－＋m 46πππ＝1＋cos2ωx－－cos 2ωxcos－sin 2ωxsin＋m 266＝1＋sin 2ωx－ 31 cos 2ωx－sin 2ωx＋m 22 13 ＝sin 2ωx－cos 2ωx＋m＋1 22π＝sin2ωx－＋m＋1. 3∵函数f(x)的最小正周期为π， 2π ∴T＝＝π，∴ω＝1， 2ωπ∴f(x)＝sin2x－＋m＋1. 3 πππ 令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 232π5π 解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z， 1212 π5π∴函数f(x)的单调递增区间为kπ－，kπ＋，k∈Z. 1212 5π5π，π上单调递减， (2)由(1)知，f(x)在0，上单调递增，12122 ∴f(x)max＝f解得m＝0. π∴f(x)＝sin2x－＋1， 3 5π＝1＋m＋1＝2， 12 πππ∴f＝sin－＋1 843 ππππ ＝sincos－cossin＋1 4343 ＝ 2－6＋4 . 4 x2y2 19．(本小题满分15分)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，且长 ab3 轴长为8，T为椭圆上任意一点，直线TA，TB的斜率之积为－. 4 (1)求椭圆C的方程； ―→―→ (2)设O为坐标原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求OP·OQ＋―→―→ MP·MQ的取值范围． 解：(1)设T(x，y)，由题意知A(－4,0)，B(4，0)， 设直线TA的斜率为k1，直线TB的斜率为k2，则k1＝3yy3 由k1k2＝－，得·＝－， 4x＋4x－44整理得＋＝1. 1612 故椭圆C的方程为＋＝1. 1612 (2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋2，点P，Q的坐标分别为(x1， ，k2＝. x＋4x－4 yyx2y2 x2y2 y1)，(x2，y2)，直线PQ与椭圆方程联立， xy＋＝1， 得1612y＝kx＋2， 2 2 2 消去y，得(4k＋3)x＋16kx－32＝0. 22 16k32所以x1＋x2＝－2，x1x2＝－2. 4k＋34k＋3 ―→―→―→―→2 从而，OP·OQ＋MP·MQ＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k)x1x2＋－80k－528 2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋2. 24k＋34k＋3 52―→―→―→―→ 所以－20 ―→―→―→―→ 当直线PQ的斜率不存在时，OP·OQ＋MP·MQ的值为－20. 52―→―→―→―→综上，OP·OQ＋MP·MQ的取值范围为－20，－. 3 20．(本小题满分15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝4，a2＝7，且当n≥3时， Sn＋Sn－2＝2Sn－1＋3，数列{bn}为等比数列，b1＋b2＝8(b4＋b5)，a5·b4＝1. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)证明：数列{anbn}的前n项和Tn<7. 解：(1)由已知可得当n≥3时，Sn－Sn－1＝(Sn－1－Sn－2)＋3， 即an＝an－1＋3， 又a2＝a1＋3， 所以数列{an}是以a1＝4为首项，3为公差的等差数列， 所以an＝4＋3(n－1)＝3n＋1. 设等比数列{bn}的公比为q， 则由已知可得 b4＋b51 ＝， b1＋b28 113 即q＝，解得q＝. 82又a5＝3×5＋1＝16， 11 所以b4＝＝， a516故bn＝b4qn－4 11n－41＝×＝n. 1622 3n＋1 (2)证明：由(1)知anbn＝n. 2 所以Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋an－1bn－1＋anbn＝ 3×1＋13×2＋13×3＋1 ＋＋＋…＋123222 n－ 2 n－1＋13n＋1 ＋n，① 2 13×1＋13×2＋13×3＋1Tn＝＋＋＋…＋2342222①－②得 1433333n＋1Tn＝＋2＋3＋…＋n－1＋n－n＋1 222222231n－1 21－223n＋1 ＝2＋－n＋1 121－213n＋13＝2＋1－n－1－n＋1 22273n＋7＝－n＋1， 223n＋7 所以Tn＝7－n. 2 n－ 2 n＋13n＋1 ＋n＋1，② 2 3n＋7 因为n>0，所以Tn<7. 2 21．(本小题满分15分)已知动圆C过定点F2(1,0)，并且内切于定圆F1：(x＋1)＋y＝16. (1)求动圆圆心C的轨迹方程； (2)若y＝4x上存在两个点M，N，(1)中曲线上有两个点P，Q，并且M，N，F2三点共线， 2 2 2 P，Q，F2三点共线，PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值． 解：(1)设动圆的半径为r，则|CF2|＝r，|CF1|＝4－r，∴|CF1|＋|CF2|＝4>|F1F2|， 由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，a＝2，c＝1， ∴b＝3，故动圆圆心C的轨迹方程是＋＝1. 43 (2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|＝4，|PQ|＝4，四边形 x2y2 PMQN的面积S＝8. y＝kx－ 当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，联立2 y＝4x， ， 消 去y，得kx－(2k＋4)x＋k＝0， 4x1＋x2＝2＋2， k设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2＝1，∴|MN|＝1＋k· 22222 42＋22－4＝4＋4. kk2 k1 ∵PQ⊥MN，∴直线PQ的方程为y＝－(x－1)， 联立xy4＋3＝1 2 2 2 2 y＝－x－ k1 ， 2 消去y， 得(3k＋4)x－8x＋4－12k＝0. 8 x＋x＝，3k＋4 设P(x，y)，Q(x，y)，则4－12kxx＝，3k＋4 3 4 23 3 4 4 2 34 2 ∴|PQ|＝ 1＋2·1 k282－4×4－12k＝3k＋42 3k＋4 2 k2＋ 2 3k＋4 . 114∴四边形PMQN的面积S＝|MN|·|PQ|＝·2＋4·22k k2＋ 2 3k＋4k2＋ ＝24×2 kk2＋ 2 . 令k＋1＝t，t>1，上式S＝24·令2t＋1＝z(z>3)， 2t＋1则S＝81＋ t－t＋ 2 t2 t－ t＋ 21t＋33＝241 ＋t－t＋3 ， z4＝81＋z－33z－1＝81＋. 1×3z＋－1022z 1101∵z＋>(z>3)，∴3z＋－10>0，∴S>8. z3z综上可得，S≥8，即四边形PMQN的面积的最小值为8. x2y22 22．(本小题满分15分)已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)与抛物线y＝2px(p>0)的公共焦点为 abF2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|－1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|＝. (1)求抛物线的方程和椭圆的方程； (2)过抛物线上的点P作抛物线的切线y＝kx＋m，交椭圆于A，B两点，求此切线在x轴上的截距的取值范围． 解：(1)∵抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|－1， ∴点M到直线x＝－1的距离等于点M到焦点F2的距离， ∴直线x＝－1是抛物线y＝2px的准线，即－＝－1，解得p＝2， 2∴抛物线的方程为y＝4x. 可知椭圆的右焦点F2(1,0)， 设椭圆的左焦点为F1，则F1(－1,0)， 55 由抛物线的定义及|QF2|＝，得xQ＋1＝， 223 ∴xQ＝， 2 3又∵y＝4xQ，∴Q，±6， 2 2 Q 2 2 52 p75 由椭圆的定义得2a＝|QF1|＋|QF2|＝＋＝6， 22∴a＝3，又∵c＝1，∴b＝a－c＝8， ∴椭圆的方程为＋＝1. 98(2)显然k≠0，m≠0， y＝kx＋m，由2 y＝4x 2 2 2 x2y2 消去x，得ky－4y＋4m＝0， 2 由题意知Δ1＝16－16km＝0，得km＝1， 1 ∵k≠0，m≠0，∴k＝. my＝kx＋m，22由xy＋＝198 消去y，得(9k＋8)x＋18kmx＋9m－72＝0， 222 由题意知Δ2＝(18km)－4(9k＋8)(9m－72)>0， 即9k－m＋8>0， 1422 又∵k＝，∴m－8m－9<0，∴0 2 222 mm1 ∵切线在x轴上的截距为－，且k＝， km∴－＝－m， ∵0 2 2 mk2 mk 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容