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圆锥曲线考点分类练习


[真 题 回 放] 考查角度 1 圆锥曲线的方程与性质

x2 y2 1.(2014· 全国卷Ⅱ)设 F1,F2 分别是椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)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. 3 (1)若直线 MN 的斜率为4,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]
2 2 ? b? b 3 (1)根据 c= a2-b2及题设知 M?c, a ?, a =4,2b2=3aC. ? ? 2c

将 b2=a2-c2 代入 2b2=3ac, c 1 c 解得a=2,a=-2(舍去). 1 故 C 的离心率为2. (2)由题意,原点 O 为 F1F2 的中点,MF2∥y 轴, 所以直线 MF1 与 y 轴的交点 D(0,2)是线段 MF1 的中点, b2 故 a =4,即 b2=4A.① 由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|. 设 N(x1,y1),由题意知 y1<0,则 3 ? ?x1=- c, ?2(-c-x1)=c, 2 ? 即? ?-2y1=2, ? ?y1=-1.

9c2 1 代入 C 的方程,得4a2+b2=1.② 9(a2-4a) 1 将①及 c= a -b 代入②得 4a2 +4a=1.
2 2

解得 a=7,b2=4a=28,故 a=7,b=2 7. 考查角度 2 直线与圆锥曲线的位置关系

2.(2014· 全国卷Ⅰ)已知点 P(2,2),圆 C:x2+y2-8y=0,过点 P 的动直线 l 与圆 C 交于 A,B 两点,线段 AB 的中点为 M,O 为坐标原点. (1)求 M 的轨迹方程; (2)当|OP|=|OM|时,求 l 的方程及△ POM 的面积. [解] (1)圆 C 的方程可化为 x2+(y-4)2=16,所以圆心为 C(0,4),半径为 4.

→ → 设 M(x,y),则CM=(x,y-4),MP=(2-x,2-y). → → 由题设知CM· MP=0,故 x(2-x)+(y-4)(2-y)=0, 即(x-1)2+(y-3)2=2. 由于点 P 在圆 C 的内部, 所以 M 的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2. (2)由(1)可知 M 的轨迹是以点 N(1,3)为圆心, 2为半径的圆. 由于|OP|=|OM|,故 O 在线段 PM 的垂直平分线上. 又 P 在圆 N 上,从而 ON⊥PM. 1 因为 ON 的斜率为 3,所以 l 的斜率为-3, 1 8 故 l 的方程为 y=-3x+3. 4 10 4 10 又|OM|=|OP|=2 2,O 到 l 的距离为 5 ,|PM|= 5 ,所以△ POM 的面 16 积为 5 . 考查角度 3 圆锥曲线的综合问题

x2 y2 2 3. (2015· 全国卷Ⅱ)已知椭圆 C: 点(2, 2) a2+b2=1(a>b>0)的离心率为 2 , 在 C 上. (1)求 C 的方程;

(2)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.证明:直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值. [解] a2-b2 2 4 2 (1)由题意有 a = 2 ,a2+b2=1,

解得 a2=8,b2=4. x2 y2 所以 C 的方程为 8 + 4 =1. (2)设直线 l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1), B(x2,y2),M(xM,yM). x2 y2 将 y=kx+b 代入 8 + 4 =1,得 (2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故 xM= x1+x2 -2kb b xM+b= 2 . 2 =2k2+1,yM=k· 2k +1
M

yM 1 于是直线 OM 的斜率 kOM=x =-2k, 1 即 kOM· k=-2. 所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.

通过近三年的高考题,可以得到以下规律: 1.直线与圆锥曲线是高考的必考内容,尤其是定点、定值问题,最值或范 围问题,探索性问题是高考的热点. 2.直线与圆锥曲线问题作为次压轴题一般设置两问,第一问求曲线或直线 方程,难度稍小;第二问解决直线与圆锥曲线问题,计算较复杂,难度也较大. 3.直线与圆锥曲线问题命题方式较综合,常考查数形结合、函数与方程思 想,“设而不求”是直线与圆锥曲线问题的解题特色. [知 识 必 备] 1.直线与圆锥曲线的位置关系 (1)直线与椭圆的位置关系的判定方法: 将直线方程与椭圆方程联立,消去一个未知数,得到一个一元二次方程.若 Δ>0,则直线与椭圆相交;若 Δ=0,则直线与椭圆相切;若 Δ<0,则直线与椭圆

相离. (2)直线与双曲线的位置关系的判定方法: 将直线方程与双曲线方程联立,消去 y(或 x),得到一个一元方程 ax2+bx+c =0(或 ay2+by+c=0). ①若 a≠0,当 Δ>0 时,直线与双曲线相交;当 Δ=0 时,直线与双曲线相切; 当 Δ<0 时,直线与双曲线相离. ②若 a=0 时,直线与渐近线平行,与双曲线有一个交点. (3)直线与抛物线的位置关系的判定方法: 将直线方程与抛物线方程联立,消去 y(或 x),得到一个一元方程 ax2+bx+c =0(或 ay2+by+c=0). ①当 a≠0 时,用 Δ 判定,结论同上. ②当 a=0 时,直线与抛物线的对称轴平行,只有一个交点. 2.有关弦长问题 有关弦长问题,应注意运用弦长公式及根与系数的关系,“设而不求”;有关 焦点弦长问题,要重视圆锥曲线定义的运用,以简化运算. (1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1,y1),P2(x2,y2),则所得弦长 |P1P2|= 1+k2|x2-x1|或 |P1P2|= 1 1+k2|y2-y1|,其中求 |x2-x1|与|y2-y1|时通常

使用根与系数的关系,即作如下变形: |x2-x1|= (x1+x2)2-4x1x2, |y2-y1|= (y1+y2)2-4y1y2. (2)当斜率 k 不存在时,可求出交点坐标,直接运算(利用两点间距离公式). 3.弦的中点问题 有关弦的中点问题,应灵活运用“点差法”,“设而不求法”来简化运算. 4.定点、定值问题 (1)定点问题:在解析几何中, 有些含参数的直线或曲线,不论参数如何变 化,其都过某定点,称为定点问题.

(2)定值问题:在解析几何中,有些几何量,如斜率、距离、面积、比值等 基本量和动点坐标或动线中的参变量无关,称为定值问题.

命题热点 1

轨迹方程及直线与圆锥曲线的位置关系问题

【例 1】 (2015· 开封高三冲刺模拟)已知点 P 是圆 F1: (x+1)2+y2=16 上任 意一点(F1 是圆心), 点 F2 与点 F1 关于原点对称. 线段 PF2 的中垂线 m 分别与 PF1、 PF2 交于 M、N 两点. (1)求点 M 的轨迹 C 的方程; (2)直线 l 经过 F2,与抛物线 y2=4x 交于 A1,A2 两点,与 C 交于 B1,B2 两 点.当以 B1B2 为直径的圆经过 F1 时,求|A1A2|. [尝试解答] =|MP|, 从而|MF1|+|MF2|=|MF1|+|MP|=|PF1|=4>|F1F2|, ∴点 M 的轨迹是以 F1,F2 为焦点的椭圆, 其中长轴 2a=4,得到 a=2,焦距 2c=2,则短半轴 b= 3, x2 y2 椭圆方程为: 4 + 3 =1. 3? 3? ? ? (2)当直线 l 与 x 轴垂直时,B1?1,2?,B2?1,-2?,又 F1(-1,0), ? ? ? ? → → 此时B1F1· B2F1≠0,所以以 B1B2 为直径的圆不经过 F1.不满足条件; 当直线 l 不与 x 轴垂直时,设 l:y=k(x-1), y=k(x-1), ? ? 由?x2 y2 + =1, ? ?4 3 即(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0, (1)由题意得,F1(-1,0),F2(1,0),圆 F1 的半径为 4,且|MF2|

因为焦点在椭圆内部,所以恒有两个交点. 4k2-12 8k2 设 B1(x1,y1),B2(x2,y2),则 x1+x2= ,x x = , 3+4k2 1 2 3+4k2 → → 因为以 B1B2 为直径的圆经过 F1,所以B1F1· B2F1=0,又 F1(-1,0), 所以(-1-x1)(-1-x2)+y1y2=0,即(1+k2)x1x2+(1-k2)(x1+x2)+1+k2=0.

2 ?y =4x, 9 ? 所以解得 k =7,由 得 k2x2-(2k2+4)x+k2=0, ?y=k(x-1) 2

因为直线 l 与抛物线有两个交点,所以 k≠0, 2k2+4 4 设 A1(x3,y3),A2(x4,y4),则 x3+x4= k2 =2+k2,x3x4=1, 4 64 所以|A1A2|=x3+x4+p=2+k2+2= 9 . 解题要诀 1.求轨迹方程的关注点 (1)求轨迹方程时,先看轨迹的形状能否预知,若能预先知道轨迹为圆锥曲 线,则可考虑用定义法或待定系数法求解. (2)当曲线上动点的坐标受到另外一些点的坐标制约时,可以用相关点法, 利用相关点法求解曲线方程需要注意两个方面:一是准确定位,即确定联动点, 动点的轨迹可能与多个动点相关,但要抓住与其一起联动的点;二是找准关系, 即根据已知准确求出动点与其联动点的坐标之间的关系, 然后代入联动点所在曲 线方程求解. 2.解决直线与圆锥曲线的位置关系问题,一般设出直线方程,将直线方程 与圆锥曲线方程联立,消去一个未知数,得到关于一个未知数的二次方程,利用 韦达定理,找突破口.注意设直线方程时,一定要讨论直线的斜率是否存在.若 直线 l 过 x 轴上一点(a,0)时,可设其方程为 x=ty+a,这样可避免对直线 l 斜率 存在性的讨论. [跟踪训练] (2015· 山西四校三模)已知点 A(1,0),点 P 是圆 C:(x+1)2+y2=8 上的任意 一点,线段 PA 的垂直平分线与直线 CP 交于点 E. (1)求点 E 的轨迹方程; (2)若直线 y=kx+m 与点 E 的轨迹有两个不同的交点 P 和 Q,且原点 O 总 在以 PQ 为直径的圆的内部,求实数 m 的取值范围. [解] |CA|, x2 ∴E 的轨迹是以 C、A 为焦点的椭圆,其轨迹方程为: 2 +y2=1. (1)由题意知 |EP| = |EA|, |CE|+ |EP|= 2 2 , ∴|CE|+ |EA|= 2 2 > 2 =

?y=kx+m, (2)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则将直线与椭圆的方程联立:? 2 2 ?x +2y =2, 消去 y,得:(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0,∵Δ>0, ∴m2<2k2+1,① 2m2-2 4km x1+x2=- 2 ,x x = , 2k +1 1 2 2k2+1 → → 因为 O 在以 PQ 为直径的圆的内部,故OP· OQ<0,即 x1x2+y1y2<0, 而 y1y2=(kx1+m)(kx2+m)= m2-2k2 , 2k2+1

2m2-2 m2-2k2 由 x1x2+y1y2= 2 + <0, 2k +1 2k2+1 2k2+2 2 ? 6 6? 得:m < 3 ,∴m2<3,且满足①式 m 的取值范围,故 m∈?- , ?. 3? ? 3
2

命题热点 2

圆锥曲线中的定点、定值问题

【例 2】 已知椭圆 C 的焦点为 F1(- 2,0),F2( 2,0),且椭圆 C 的下顶 3 2 点到直线 x+y-2=0 的距离为 2 . (1)求椭圆 C 的方程; (2)若一直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 相交于 A,B(A,B 不是椭圆 C 的顶点) 两点,以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的上顶点,求证:直线 l 过定点,并求出该定 点的坐标. [尝试解答] (1)因为椭圆 C 的焦点为 F1(- 2,0),

x2 y2 F2( 2,0),故设椭圆 C 的方程为a2+b2=1(a>b>0), 由题意得 |-b-2| 3 2 = ,解得 b=1. 2 2

所以 a= 3, x2 2 所以椭圆 C 的方程为 3 +y =1. (2)椭圆 C 的上顶点为 Q(0,1),

y=kx+m, ? ? 由?x2 2 +y =1 ? ?3

x2 消去 y 得 3 +(kx+m)2=1,

?1 ? 即?3+k2?x2+2kmx+m2-1=0, ? ? 因为直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点, 1 1 ?1 ? 所以 Δ=4k2m2-4?3+k2?(m2-1)=4k2-3m2+3>0, ? ? 即 3k2-m2+1>0. 设 A,B 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 3(m2-1) 6 km 则 x1+x2=- ,x x = , 1+3k2 1 2 1+3k2 2m 所以 y1+y2=k(x1+x2)+2m= , 1+3k2 y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2 = = 3k2(m2-1) 6k2m2 - +m2 1+3k2 1+3k2 m2-3k2 . 1+3k2

因为以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的上顶点 Q(0,1),所以 AQ⊥BQ, 所以 x1x2+(y1-1)(y2-1)=0, 即 x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=0, 3(m2-1) m2-3k2 2m 所以 + - +1=0, 1+3k2 1+3k2 1+3k2 化简得 2m2-m-1=0, 1 所以 m=1 或 m=-2. 当 m=1 时,直线 l:y=kx+1 过定点 Q(0,1),与已知矛盾; 1 当 m=-2时,满足 3k2-m2+1>0, 1? 1 ? 此时直线 l:y=kx-2过定点?0,-2?, ? ? 1? ? 所以直线 l 过定点?0,-2?. ? ?

解题要诀 1.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. 2.定值问题的求解策略 在解析几何中,有些几何量与参数无关,这就是“定值”问题,解决这类问题 常通过取特殊值, 先确定“定值”是多少, 再进行证明, 或者将问题转化为代数式, 再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关, 令其系数等于零即可 得到定值. [跟踪训练] x2 (2015· 濮阳模拟)如图 201, 已知椭圆 C:4 +y2=1, A、 B 是四条直线 x=± 2, y=± 1 所围成的两个顶点. → → → (1)设 P 是椭圆 C 上任意一点,若OP=mOA+nOB,求证:动点 Q(m,n)在 定圆上运动,并求出定圆的方程; (2)若 M、N 是椭圆 C 上两个动点,且直线 OM、ON 的斜率之积等于直线 OA、OB 的斜率之积,试探求△ OMN 的面积是否为定值,说明理由.

图 201 [解] (1)易求 A(2,1),B(-2,1).

x2 0 2 设 P(x0,y0),则 4 +y0 =1. → → → ?x0=2(m-n) 由OP=mOA+nOB,得? , ?y0=m+n 所以 4(m-n)2 2 2 2 1 2 2 1 + ( m + n ) = 1 , 即 m + n = , 故点 Q ( m , n ) 在定圆 x + y =2上. 4 2

y1y2 1 (2)设 M(x1,y1),N(x2,y2),则x x =-4.
1 2 2 2 2 2 2 2 2 平方得 x1 x2=16y2 1y2=(4-x1)(4-x2),即 x1+x2=4.

因为直线 MN 的方程为(x2-x1)y-(y2-y1)x+x1y2-x2y1=0, 所以 O 到直线 MN 的距离为 d= |x1y2-x2y1| , (x2-x1)2+(y2-y1)2

1 1 1 2 2 2 所以△ OMN 的面积 S=2|MN|· d=2|x1y2-x2y1|=2 x2 1y2+x2y1-2x1x2y1y2 1 =2
2 x2 x1 2? ? ? 1 2 2 1 2 2 2? 1 - ?1- 4 ?+x2 ? x1 + x x = x +x =1. 2 4? ? ? ? ? 2 1 2 2 1 2

故△ OMN 的面积为定值 1. 命题热点 3 【例 3】 圆锥曲线中的最值、范围问题 x2 y2 (2015· 宿州三模)已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)上的动点 P 到两

个焦点的距离之和为 6,且到右焦点距离的最小值为 3-2 2. (1)求椭圆 C 的方程; → → (2)若直线 l 和椭圆 C 交于 M、N 两点,A 为椭圆的右顶点,AM· AN=0,求 △ AMN 面积的最大值. [尝试解答] (1)由已知得:2a=6,∴a=3,a-c=3-2 2,c=2 2,b=1,

x2 ∴椭圆 C 的方程为: 9 +y2=1. (2)设 lAM:y=k(x-3)不失一般性,设 k>0, → → 1 ∵AM· AN=0,则 lAN:y=-k(x-3), ?y=k(x-3), 由? 2 ?(9k2+1)x2-54k2x+81k2-9=0, 2 ?x +9y =9 ∵点 A(3,0)在 AM 上,设 M(x1,y1), 81k2-9 27k2-3 6 ∴3x1= 2 ,∴x1= 2 ,∴|AM|= 1+k2|3-x1|= 1+k2· 2 , 9k +1 9k +1 9k +1 1 用- k替换 k 得:|AN|= 1 6 2 6k 1+k2· = 1 + k ·2 . 9 k +9 2+1 k

18k(1+k2) 18k(1+k2) 1 1 36k 2 ∴S = 2|AM|· |AN|= 2 (1 + k )· 2 = = (k +9)(9k2+1) 9k4+82k2+9 9(k2+1)2+64k2 18 18 3 = 2 ≤ =8, 9(k +1) 64k 2 9× 64 + 2 k k +1 当且仅当 64k2=9(k2+1)2,即:k= 解题要诀 1.与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 (1)数形结合法:根据待求值的几何意义,充分利用平面图形的几何性质求 解. (2)构建函数法:先引入变量,构建以待求量为因变量的函数,再求其最值, 常用基本不等式或导数法求最值(注意:有时需先换元再求最值). 2.与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法 (1)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解. (2)构建不等式法: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. (3)构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域. [跟踪训练] (2015· 青岛二模)已知抛物线 C1:y2=2px(p>0)的焦点为 F,抛物线上存在一 点 G 到焦点的距离为 3,且点 G 在圆 C:x2+y2=9 上. (1)求抛物线 C1 的方程; x2 y2 (2)已知椭圆 C2:m2+n2=1(m>n>0)的一个焦点与抛物线 C1 的焦点重合, 1 1 若椭圆 C2 上存在关于直线 l:y=4x+3对称的两个不同的点,求椭圆 C2 的离心 率 e 的取值范围. p ? x0+2=3, ? (1)设点 G 的坐标为(x0,y0),由题意可知?x2+y2=9, 0 0 ? 2 ?y0=2px0, 4+ 7 3 3 成立.∴Smax=8.

[解]

解得:x0=1,y0=± 2 2,p=4,所以抛物线 C1 的方程为:y2=8x.

(2)由(1)得抛物线 C1 的焦点 F(2,0), ∵椭圆 C2 的一个焦点与抛物线 C1 的焦点重合, ∴椭圆 C2 半焦距 c=2,m2-n2=c2=4,① 1 1 设 M(x1,y1),N(x2,y2)是椭圆 C2 上关于直线 l:y=4x+3对称的两点,MN: y=-4x+λ, x2 y2 ? ? 2+ 2=1, 由?m n ?(16m2+n2)x2-8m2λx+m2λ2-m2n2=0,(*) ? ?y=-4x+λ 则 Δ=64m4λ2-4(16m2+n2)(m2λ2-m2n2)>0,得:16m2+n2-λ2>0,② 8m2λ 对于(*),由根与系数的关系得:x1+x2= , 16m2+n2 ∴y1 + y2 = - 4(x1 + x2) + 2λ =
2 λn2 ? ? 4λm ?16m2+n2,16m2+n2?. ? ?

2λn2 , 则 MN 中 点 Q 的 坐 标 为 16m2+n2

16m2+n2 1 1 λn2 1 4λm2 1 将其代入直线 l: y=4x+3得: 2 = × + , ∴λ=- 12 , 16m +n2 4 16m2+n2 3 ③ 2 629 由①②③消去 λ,可得:2<m< 17 , c 2 629 ∵椭圆 C2 的离心率 e=m=m,∴ 37 <e<1. 命题热点 4 圆锥曲线中的存在性问题

x2 y2 【例 4】 (2015· 揭阳二模)已知椭圆 C: a2+b2=1(a>b>0)的焦点分别为 F1(- → → 3,0)、F2( 3,0),P 为椭圆 C 上任一点,PF1· PF2的最大值为 1. (1)求椭圆 C 的方程; (2)已知点 A(1,0),试探究是否存在直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 交于 D、E 两 点,且使得|AD|=|AE|?若存在,求出 k 的取值范围;若不存在,请说明理由. [审题指导] (1)设 P(x,y),运用向量的数量积的坐标表示,结合点满足椭

圆方程,运用椭圆的性质,即可得到最大值 1,可得 a=2,b=1,进而得到椭圆 方程;

x2 (2)假设存在直线 l 满足题设,设 D(x1,y1),E(x2,y2),将 y=kx+m 代入 4 + y2=1,运用根与系数的关系和判别式大于 0,结合两点的距离公式,可得 k,m 的关系式,消去 m,解不等式即可得到 k 的范围. [尝试解答] (1)设 P(x,y),由 F1(- 3,0)、F2( 3,0),得

→ → PF1=(- 3-x,-y),PF2=( 3-x,-y). → → ∴PF1· PF2=-( 3+x)( 3-x)+y2=x2+y2-3, x2? x2 y2 2 2? 1 - ? 由 2+ 2=1 得 y =b , a2? a b ? ? → → x2? 3 ? ∴PF1· PF2=x2+b2?1-a2?-3=a2x2+b2-3, ? ? → → → → ∵0≤x2≤a2,∴当 x2=a2,即 x=± a 时,PF1· PF2有最大值,即(PF1· PF2)max x2 =3+b2-3=1,∴b2=1,a2=c2+b2=4,∴所求椭圆 C 的方程为 4 +y2=1. (2)假设存在直线 l 满足题设,设 D(x1,y1),E(x2,y2), x2 将 y=kx+m 代入 4 +y2=1 并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 由 Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=-16(m2-4k2-1)>0,得 4k2+1>m2, ① 8km 又 x1+x2=- ,由|AD|=|AE|可得 1+4k2
2 2 (x1-1)2+y2 1=(x2-1) +y2?(x1-x2)(x1+x2-2)+(y1-y2)(y1+y2)=0?x1+x2

-2+

y1-y2 (y +y )=0, x1-x2 1 2

8km ?(1+k2)(x1+x2)+2km-2=0?-(1+k2) +2km-2=0, 1+4k2 1+4k2 化简得 m=- 3k ,② ?1+4k ? ?, 将②代入①得,4k +1>? ? 3k ?
2 2 2

5 5 化简得 9k2>4k2+1,解得 k> 5 或 k<- 5 .

? 5? 所 以存在直线 l ,使 得 |AD| = |AE| ,此时 k 的取值范围为 ?-∞,- ? 5 ? ? ? 5 ? ∪? ,+∞?. ?5 ? 解题要诀 解析几何中的探索性问题,从类型上看,主要是存在类型的相关题型.解决 问题的一般策略是先假设结论成立,然后进行演绎推理或导出矛盾,即可否定假 设或推出合理结论,验证后肯定结论,对于“存在”或“不存在”的问题,直接用条 件证明或采用反证法证明.解答时,不但需要熟练掌握圆锥曲线的概念、性质、 方程及不等式、判别式等知识,还要具备较强的审题能力、逻辑思维能力以及运 用数形结合的思想分析问题和解决问题的能力. [跟踪训练] 如图 202,抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,抛物线上一定点 Q(1,2).

图 202 (1)求抛物线 C 的方程及准线 l 的方程; (2)过焦点 F 的直线(不经过 Q 点)与抛物线交于 A,B 两点,与准线 l 交于点 M,记 QA,QB,QM 的斜率分别为 k1,k2,k3,问是否存在常数 λ,使得 k1+k2 =λk3 成立,若存在 λ,求出 λ 的值;若不存在,说明理由. [解] (1)把 Q(1,2)代入 y2=2px,得 2p=4,

所以抛物线方程为 y2=4x,准线 l 的方程:x=-1. (2)由条件可设直线 AB 的方程为 y=k(x-1),k≠0. 由抛物线准线 l:x=-1,可知 M(-1,-2k). 又 Q(1,2),所以 k3= 即 k3=k+1. 把直线 AB 的方程 y=k(x-1),代入抛物线方程 y2=4x,并整理,可得 k2x2 -2(k2+2)x+k2=0, 2+2k =k+1, 1+1

设 A(x1,y1),B(x2,y2), 由根与系数的关系,知 2k2+4 x1+x2= k2 ,x1x2=1. 又 Q(1,2),则 k1= 2-y1 2-y2 ,k2= . 1-x1 1-x2

因为 A,F,B 共线,所以 kAF=kBF=k, 即 y1 y2 = =k. x1-1 x2-1 2-y1 2-y2 2(x1+x2-2) y1 y2 + = + - = 2k - 1-x1 1-x2 x1-1 x2-1 x1x2-(x1+x2)+1

所 以 k1 + k2 =

2 ?2k +4 ? 2? 2 -2? ? k ? =2k+2, 2 2k +4 1- k2 +1

即 k1+k2=2k+2. 又 k3=k+1,可得 k1+k2=2k3. 即存在常数 λ=2, 使得 k1+k2=λk3 成立.

x2 y2 1.(2015· 黄山二模)已知椭圆a2+b2=1(a>b>0)的上、下顶点分别为 A、B, 3 已知点 B 在直线 l:y=-1 上,且椭圆的离心率 e= 2 . (1)求椭圆的标准方程; (2)设 P 是椭圆上异于 A、B 的任意一点,PQ⊥y 轴,Q 为垂足,M 为线段 → → PQ 的中点,直线 AM 交直线 l 于点 C,N 为线段 BC 的中点,求OM· NM的值. [解] =1, x2 y2 (1)∵a2+b2=1(a>b>0)的下顶点为 B, 且点 B 在直线 l: y=-1 上, ∴b

c 3 x2 2 2 2 2 2 又∵e=a= 2 ,a -c =b =1,∴a =4,∴椭圆的标准方程为 4 +y =1. x2 0 (2)设 P(x0,y0),x0≠0,则 Q(0,y0),且 4 +y2 0=1, ?x0 ? ∵M 为线段 PQ 的中点,∴M? 2 ,y0?, ? ? 2(y0-1) ∵A(0,1),∴直线 AM 的方程为:y= x x+1, 0 ? x0 ? 令 y =- 1 ,得 C ?1-y ,-1? , ∵B(0 ,- 1) , N 为线段 BC 的中点, ? 0 ? → ?x0 → → x0 ? x0 ? ? → ?x0 ? ∴N?2(1-y ),-1?, ∵NM=? 2 -2(1-y ),y0+1?, OM=? 2 ,y0?, ∴OM· NM= ? ? ? 0 ? ? 0 ? x0 ? x0?x0 x2 x2 x2 x2 0 0 0 0 2 2 ? 2 -2(1-y )?+y0(y0+1)= - + y + y = + y - +y =1-(1 0 2? 4 4(1-y0) 0 0 4 4(1-y0) 0 0 ? +y0)+y0=0. x2 y2 2.(2015· 鹰潭二模)如图 203,已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的离心率为 3 以椭圆 C 的左顶点 T 为圆心作圆 T: (x+2)2+y2=r2(r>0), 设圆 T 与椭圆 C 2, 交于点 M 与点 N.

图 203 (1)求椭圆 C 的方程; (2)设点 P 是椭圆 C 上异于 M,N 的任意一点,且直线 MP,NP 分别与 x 轴 交于点 R,S,O 为坐标原点,求|OR|+|OS|的最小值. [解] c 3 (1)依题意,得 a=2,e=a= 2 ,

∴c= 3,b= a2-c2=1, x2 故椭圆 C 的方程为 4 +y2=1. (2)点 M 与点 N 关于 x 轴对称, 设 M(x1,y1),N(x1,-y1),P(x0,y0),

y0-y1 则直线 MP 的方程为:y-y0= (x-x0), x0-x1 令 y=0,得 xR= 同理:xS= 故 xRxS= x1y0-x0y1 , y0-y1

x1y0+x0y1 , y0+y1

2 2 2 x2 1y0-x0y1 .(**) 2 y0 -y 2 1

又点 M 与点 P 在椭圆上,
2 2 2 2 故 x0 =4(1-y0 ),x1 =4(1-y1 ),

代入(**)式,得: xRxS=
2 2 2 2 2 4(1-y2 1)y0-4(1-y0)y1 4(y0-y1) = =4, 2 2 y0 -y2 y0 -y2 1 1

所以|OR|· |OS|=|xR|· |xS|=|xR· xS|=4,|OR|+|OS|≥2 |OR|· |OS|=4, 当且仅当|OR|=|OS|=2 时,取得等号.则|OR|+|OS|的最小值为 4.


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