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2015届高考数学一轮复习讲义直线和圆锥曲线常见题型


直线和圆锥曲线经常考查的一些题型
解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是: (1)直线的斜率不存在,直线的斜率存, (2)联立直线和曲线的方程组; (3)讨论类一元二次方程 (4)一元二次方程的判别式 (5)韦达定理,同类坐标变换 (6)同点纵横坐标变换 (7)x,y,k(斜率)的取值范围 (8)目标:弦长,中点,垂直,角度,向量,面积,范围等等 运用的知识: 1、中

点坐标公式: x ?

x1 ? x2 y ? y2 ,y ? 1 ,其中 x, y 是点 A( x1 , y1 ),B( x2 , y2 ) 的中点坐标。 2 2

2、弦长公式:若点 A( x1 , y1 ),B( x2 , y2 ) 在直线 y ? kx ? b(k ? 0) 上, 则 y1 ? kx1 ? b,y2 ? kx2 ? b ,这是同点纵横坐标变换,是两大坐标变换技巧之一,

AB ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? (kx1 ? kx2 ) 2 ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )[( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ]
或者 AB ? ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 ) ? ( x1 ?
2 2

1 k

1 2 1 x2 ) ? ( y1 ? y2 )2 ? (1 ? 2 )( y1 ? y2 ) 2 k k

? (1 ?

1 )[( y1 ? y2 )2 ? 4 y1 y2 ] 。 2 k

3、两条直线 l1 : y ? k1 x ? b1 , l2 : y ? k2 x ? b2 垂直:则 k1k2 ? ?1 两条直线垂直,则直线所在的向量 v1 ? v2 ? 0 4、韦达定理:若一元二次方程 ax2 ? bx ? c ? 0(a ? 0) 有两个不同的根 x1 , x2 ,则 x1 ? x2 ? ? 常见的一些题型: 题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 例题 1、已知直线 l : y ? kx ? 1 与椭圆 C :

? ?

b c , x1 x2 ? 。 a a

x2 y 2 ? ? 1 始终有交点,求 m 的取值范围 4 m

思路点拨: 直线方程的特点是过定点 (0, 1) , 椭圆的特点是过定点 (-2, 0) 和 (2, 0) , 和动点 (0, ? m), 且m ? 4 。

x2 y 2 ? ? 1 过动点 解:根据直线 l : y ? kx ? 1 的方程可知,直线恒过定点(0,1) ,椭圆 C : (0, ? m), 且m ? 4 , 4 m
如果直线 l : y ? kx ? 1 和椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1 始终有交点,则 m ? 1 ,且m ? 4 ,即1 ? m且m ? 4 。 4 m
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规律提示:通过直线的代数形式,可以看出直线的特点:

l : y ? kx ? 1 ? 过定点(0, 1 ) l : y ? k ( x ? 1) ? 过定点(?1 ,0)
l : y ? 2 ? k ( x ? 1) ? 过定点(?1,2)
证明直线过定点,也是将满足条件的直线整理成以上三种形式之一,再得出结论。 练习:1、过点 P(3,2) 和抛物线 y ? x 2 ? 3x ? 2 只有一个公共点的直线有( A.4 B.3 C.2 D.1 )条。

题型二:弦的垂直平分线问题 弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维,首先弄清楚哪个是弦,哪个是对称轴,用到的知识是:垂 直(两直线的斜率之积为-1)和平分(中点坐标公式) 。 例题 2、过点 T(-1,0)作直线 l 与曲线 N : y 2 ? x 交于 A、B 两点,在 x 轴上是否存在一点 E( x0 ,0),使得 ?ABE 是等边三角形,若存在,求出 x0 ;若不存在,请说明理由。 分析:过点 T(-1,0)的直线和曲线 N : y 2 ? x 相交 A、B 两点,则直线的斜率存在且不等于 0,可以设直线的方 程,联立方程组,消元,分析类一元二次方程,看判别式,运用韦达定理,得弦的中点坐标,再由垂直和中点, 写出垂直平分线的方程, 得出 E 点坐标, 最后由正三角形的性质: 中线长是边长的

3 倍。 运用弦长公式求弦长。 2

解:依题意知,直线的斜率存在,且不等于 0。 设直线 l : y ? k ( x ? 1) , k ? 0 , A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) 。 由?

? y ? k ( x ? 1) 消 y 整理,得 2 ?y ? x


k 2 x2 ? (2k 2 ?1) x ? k 2 ? 0
由直线和抛物线交于两点,得

? ? (2k 2 ?1)2 ? 4k 4 ? ?4k 2 ? 1 ? 0
即0 ? k ?
2

1 4



由韦达定理,得: x1 ? x2 ? ?

2k 2 ? 1 , x1 x2 ? 1 。 k2

2k 2 ? 1 1 , )。 则线段 AB 的中点为 (? 2k 2 2k
线段的垂直平分线方程为:
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1 1 1 ? 2k 2 y? ? ? (x ? ) 2k k 2k 2
令 y=0,得 x0 ?

1 1 1 1 ? ,则 E ( 2 ? , 0) 2 2k 2 2k 2

? ?ABE 为正三角形,

? E(

1 1 3 ? , 0) 到直线 AB 的距离 d 为 AB 。 2 2k 2 2

? AB ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2

?
d?

1 ? 4k 2 ? 1? k 2 k2
1? k 2 2k

3 1 ? 4k 2 1? k 2 2 ? ? 1? k ? 2k 2 2k
解得 k ? ? 此时 x0 ?

39 满足②式 13

5 。 3

思维规律:直线过定点设直线的斜率 k,利用韦达定理法,将弦的中点用 k 表示出来,再利用垂直关系将弦的垂 直平分线方程写出来,求出了横截距的坐标;再利用正三角形的性质:高是边长的

3 倍,将 k 确定,进而求出 2

x0 的坐标。
x2 ? y 2 ? 1 的左焦点为 F,O 为坐标原点。 例题 3、已知椭圆 2
(Ⅰ)求过点 O、F,并且与 x ? ?2 相切的圆的方程; (Ⅱ)设过点 F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 A、B 两点,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴交于点 G,求点 G 横 坐标的取值范围。

分析:第一问求圆的方程,运用几何法:圆心在弦的垂直平分线上,圆心到切线的距离等于圆心到定点的距 离;第二问,过定点的弦的垂直平分线如果和 x 轴相交,则弦的斜率存在,且不等于 0,设出弦 AB 所在的直
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线的方程,运用韦达定理求出弦中点的横坐标,由弦 AB 的方程求出中点的总坐标,再有弦 AB 的斜率,得到 线段 AB 的垂直平分线的方程,就可以得到点 G 的坐标。 解:(I) ∵a =2,b =1,∴c=1,F(-1,0),l:x=-2. ∵圆过点 O、F,∴圆心 M 在直线 x=设 M(2 2

1 上 2

1 1 3 , t ),则圆半径:r=|(- )-(-2)|= 2 2 2

由|OM|=r,得 (? ) ? t
2

1 2

2

?

3 ,解得 t=± 2 , 2

∴所求圆的方程为(x+

1 2 2 9 ) +(y± 2 ) = . 2 4

(II)由题意可知,直线 AB 的斜率存在,且不等于 0, 设直线 AB 的方程为 y=k(x+1)(k≠0), 代入

x2 2 +y =1,整理得 2
2 2 2 2

(1+2k )x +4k x+2k -2=0 ∵直线 AB 过椭圆的左焦点 F, ∴方程一定有两个不等实根, 设 A(x1,y1),B(x2,y2),AB 中点 N(x0,y0),

4k 2 , 则 x1+x1=2k 2 ? 1 1 2k 2 x0 ? ( x1 ? x2 ) ? ? 2 , 2 2k ? 1
y0 ? k ( x0 ? 1) ? k 2k 2 ? 1

∴AB 垂直平分线 NG 的方程为

1 y ? y 0 ? ? ( x ? x0 ) k
令 y=0,得

xC ? x0 ? ky0 ? ?

2k 2 k2 ? 2k 2 ? 1 2 k 2 ? 1
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k2 1 1 ?? 2 ?? ? 2 2k ? 1 2 4k ? 2
∵ k ? 0,? ?

1 ? x c ? 0. 2 1 ,0 ) 。 2

∴点 G 横坐标的取值范围为( ?

技巧提示:直线过定点设直线的斜率 k,利用韦达定理,将弦的中点用 k 表示出来,韦达定理就是同类坐标变换 的技巧,是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的两大技巧之第一个技巧。再利用垂直关系将弦 AB 的垂直平分 线方程写出来,就求出了横截距的坐标(关于 k 的函数) 。直线和圆锥曲线中参数的范围问题,就是函数的值域 问题。 练习 1:已知椭圆 C :

1 3 x2 y2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 过点 (1, ) ,且离心率 e ? 。 2 2 2 a b 1 8

(Ⅰ)求椭圆方程;

N, (Ⅱ) 若直线 l : y ? kx ? m(k ? 0) 与椭圆交于不同的两点 M 、 且线段 MN 的垂直平分线过定点 G ( ,0) ,
求 k 的取值范围。

分析:第一问中已知椭圆的离心率,可以得到 a , b 的关系式,再根据“过点 (1, ) ”得到 a , b 的第 2 个关系式, 解方程组,就可以解出 a , b 的值,确定椭圆方程。 第二问,设出交点坐标,联立方程组,转化为一元二次方程,通过判别式得出 k , m 的不等式,再根据韦达定理, 得出弦 MN 的中点的横坐标,利用弦的直线方程,得到中点的纵坐标,由中点坐标和定点 G ( ,0) ,得垂直平分 线的斜率,有垂直平分线的斜率和弦的斜率之积为-1,可得 k , m 的等式,用 k 表示 m 再代入不等式,就可以求 出 k 的取值范围。 解: (Ⅰ)? 离心率 e ?

3 2

1 8

1 b2 1 3 2 2 ,? 2 ? 1 ? ? ,即 4b ? 3a (1) ; 2 a 4 4

又椭圆过点 (1, ) ,则

3 2

1 9 x2 y 2 2 2 ? ? 1 a ? 4 ? ? 1。 b ? 3 , ( 1 )式代入上式,解得 , ,椭圆方程为 a 2 4b 2 4 3

(Ⅱ)设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,弦 MN 的中点 A ( x0 , y0 ) 由?

? y ? kx ? m 2 2 2 得: (3 ? 4k ) x ? 8mkx ? 4m ?12 ? 0 , 2 2 ?3x ? 4 y ? 12
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? 直线 l : y ? kx ? m(k ? 0) 与椭圆交于不同的两点,
?? ? 64m2k 2 ? 4(3 ? 4k 2 )(4m2 ?12) ? 0 ,即 m2 ? 4k 2 ? 3 ??????(1)
由韦达定理得: x1 ? x2 ? ?

8mk 4m2 ? 12 , x x ? , 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2

则 x0 ? ?

4mk 4mk 2 3m , y ? kx ? m ? ? ?m? , 0 0 2 2 3 ? 4k 3 ? 4k 3 ? 4k 2

直线 AG 的斜率为: K AG

3m 2 24m , ? 3 ? 4k ? 4mk 1 ?32mk ? 3 ? 4k 2 ? ? 3 ? 4k 2 8
24m 3 ? 4k 2 ? k ? ? 1 m ? ? , 即 ,代入(1)式,可得 ?32mk ? 3 ? 4k 2 8k

由 直 线 AG 和 直 线 MN 垂 直 可 得 :

(

1 3 ? 4k 2 2 5 5 ) ? 4k 2 ? 3 ,即 k 2 ? ,则 k ? 。 或k ? ? 20 8k 10 10

老师支招:如果只说一条直线和椭圆相交,没有说直线过点或没给出直线的斜率,就直接设直线的方程为:

y ? kx ? m ,再和曲线联立,转化成一元二次方程,就能找到解决问题的门路。本题解决过程中运用了两大解题
技巧:与韦达定理有关的同类坐标变换技巧,与点的纵、横坐标有关的同点纵横坐标变换技巧。解决直线和圆锥 曲线的问题的关键就是充分、灵活的运用这两大解题技巧。 练习 2、设 F 1 、 F 2 分别是椭圆
x2 y 2 ? ? 1 的左右焦点.是否存在过点 A ( 5 , 0) 的直线 l 与椭圆交于不同的两点 C、 5 4

D,使得 F 2C ? F 2 D ?若存在,求直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 分析: 由 F 2C ? F 2 D 得, 点 C、 D 关于过 F 2 由直线 l 过的定点 A(5,0)不在
x2 y 2 ? ? 1的 5 4

的直线对称, 内部,可以设 组,得一元二 围,由韦达定 F1 的坐标,得 取值范围内。

直线 l 的方程为: y ? k ( x ? 5) ,联立方程 次方程,根据判别式,得出斜率 k 的取值范 理得弦 CD 的中点 M 的坐标,由点 M 和点 斜率为 ?

1 ,解出 k 值,看是否在判别式的 k

解:假设存在直线满足题意,由题意知,过 A 的直线的斜率存在,且不等于。设直线 l 的方程为:

y ? k ( x ? 5),(k ? 0) ,C ( x1 , y1 ) 、D ( x2 , y2 ) ,CD 的中点 M ( x0 , y0 ) 。
由?

? y ? k ( x ? 5) 2 2 2 2 得: (4 ? 5k ) x ? 50k x ? 125k ? 20 ? 0 , 2 2 4 x ? 5 y ? 20 ?

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又直线 l 与椭圆交于不同的两点 C、D,则 ?=(50k 2 ) 2 ? 4(4 ? 5 k 2)(125 k 2 ?20) ? 0 ,即 0 ? k ?
2

1 。 5

由韦达定理得: x1 ? x2 ?

50k 2 125k 2 ? 20 , x x ? , 1 2 4 ? 5k 2 4 ? 5k 2

则 x0 ?

20k x1 ? x2 25k 2 25k 2 ?20k 25k 2 ? , y ? k ( x ? 5) ? k ( ? 5) ? , M( ,? )。 0 0 2 2 2 2 4 ? 5k 2 2 4 ? 5k 4 ? 5k 4 ? 5k 4 ? 5k

又点 F2 (1,0) ,则直线 MF2 的斜率为 kMF2

20k 2 5k , ? 4 ?25k ? 25k 1 ? 5k 2 ?1 4 ? 5k 2 ?

5k 2 ? ?1 ,此方程无解,即 k 不存在,也就是不存在满足条件的直线。 根据 CD ? MF2 得: kMF2 ? k ? ?1,即 1 ? 5k 2
老师提醒:通过以上 2 个例题和 2 个练习,我们可以看出,解决垂直平分线的问题,即对称问题分两步:第一步, 有弦所在的直线和曲线联立,转化为一元二次方程(或类一元二次方程) ,通过判别式得不等式,由韦达定理得 出弦中点的坐标;第二步是利用垂直关系,得出斜率之积为-1,或者是利用中点坐标和对称轴直线的斜率,写出 垂直平分线的方程,就可以解决问题。需要注意的一点是,求出的参数一定要满足判别式。 题型三:动弦过定点的问题 圆锥曲线自身有一些规律性的东西,其中一些性质是和直线与圆锥曲线相交的弦有关系,对这样的一些性质,我 们必须了如指掌,并且必须会证明。随着几何画板的开发,实现了机器证明几何问题,好多以前我们不知道的、 了解不深入的几何或代数性质,都如雨后春笋般的出来了,其中大部分都有可以遵循的规律,高考出题人,也得 设计好思维,让我们在他们设好的路上“走”出来。下面我们就通过几个考题领略一下其风采。 例题 4、已知椭圆 C: (I)求椭圆的方程; (II) 若直线 l : x ? t (t ? 2) 与 x 轴交于点 T,点 P 为直线 l 上异于点 T 的任一点, 直线 PA1,PA2 分别与椭圆交于 M、 N 点,试问直线 MN 是否通过椭圆的焦点?并证明你的结论。 分析:第一问是待定系数法求轨迹方程;第二问中,点 A1、A2 的坐标都知道,可以设直线 PA1、PA2 的方程,直 线 PA1 和椭圆交点是 A1(-2,0)和 M,通过韦达定理,可以求出点 M 的坐标,同理可以求出点 N 的坐标。动点 P 在直线 l : x ? t (t ? 2) 上,相当于知道了点 P 的横坐标了,由直线 PA1、PA2 的方程可以求出 P 点的纵坐标,得到 两条直线的斜率的关系,通过所求的 M、N 点的坐标,求出直线 MN 的方程,将交点的坐标代入,如果解出的 t>2,就可以了,否则就不存在。 解: (I)由已知椭圆 C 的离心率 e ?

x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,且在 x 轴上的顶点分别为 A1(-2,0),A2(2,0)。 2 a b 2

c 3 , a ? 2 ,则得 c ? 3, b ? 1。 ? a 2

x2 ? y2 ? 1 从而椭圆的方程为 4
(II)设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,直线 A1M 的斜率为 k1 ,则直线 A1M 的方程为 y ? k1 ( x ? 2) ,由 ?

? y ? k1 ( x ? 2) 2 2 ?x ? 4 y ? 4

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消 y 整理得 (1 ? 4k12 ) x2 ? 16k2 x ? 16k12 ? 4 ? 0

? ?2和x1 是方程的两个根,
??2 x1 ? 16k12 ? 4 1 ? 4k12

4k1 2 ? 8k12 则 x1 ? , y1 ? , 2 1 ? 4k12 1 ? 4k1
即点 M 的坐标为 (

2 ? 8k12 4k1 , ), 1 ? 4k12 1 ? 4k12
2 8k2 ? 2 ?4k2 , ) 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

同理,设直线 A2N 的斜率为 k2,则得点 N 的坐标为 (

? y p ? k1 (t ? 2), y p ? k2 (t ? 2)
? k1 ? k2 2 ?? , k1 ? k2 t y ? y1 y2 ? y1 , ? x ? x1 x2 ? x1

? 直线 MN 的方程为:

? 令 y=0,得 x ?

4 x2 y1 ? x1 y2 ,将点 M、N 的坐标代入,化简后得: x ? t y1 ? y2 4 ?2 t

又? t ? 2 ,? 0 ?

? 椭圆的焦点为 ( 3,0)
4 4 3 ? ? 3 ,即 t ? t 3
故当 t ?

4 3 时,MN 过椭圆的焦点。 3

方法总结: 本题由点 A1(-2,0)的横坐标-2 是方程 (1 ? 4k12 ) x2 ? 16k2 x ? 16k12 ? 4 ? 0 的一个根, 结合韦达定理运 用同类坐标变换,得到点 M 的横坐标: x1 ?

2 ? 8k12 , 1 ? 4k12
4k1 ; 1 ? 4k12

再利用直线 A1M 的方程通过同点的坐标变换,得点 M 的纵坐标: y1 ?

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其实由 ?

? y ? k2 ( x ? 2) 2 2 消 y 整 理 得 (1? 4 k2 ) x2 ? 1 k 6 6 2 x? 1 k 2 ? 2 2 ?x ? 4 y ? 4

得 到 2 x2 ? ? 4 ,0

2 16k2 ?4 ,即 2 1 ? 4k2

x2 ?

2 ?4k2 8k2 ?2 , y2 ? 很快。 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

不过如果看到:将 ?2 x1 ?

16k12 ? 4 中的 k1用k2 换下来, x1 前的系数 2 用-2 换下来,就得点 N 的坐标 1 ? 4k12

(

2 8k2 ? 2 ?4k2 , ) ,如果在解题时,能看到这一点,计算量将减少,这样真容易出错,但这样减少计算量。 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

本题的关键是看到点 P 的双重身份:点 P 即

在直线 A1M 上也 MN 的 方 程

在直线 A2N 上,进而得到

k1 ? k2 2 ? ? ,由直线 k1 ? k2 t

y? x? x?

y ? x 1
1

?2 y 1 y 得直线与 x 轴的交点,即横截 ?2 x x 1
易得 x?



x2 y1 ? x1 y2 ,将点 M、N 的坐标代入,化简 y1 ? y2

4 ,由 t

4 4 3 4 3 ? 3 解出 t ? ,到此不要忘了考察 t ? 是否满足 t ? 2 。 t 3 3
另外:也可以直接设 P(t,y0),通过 A1,A2 的坐标写出直线 PA1,PA2 的直线方程,再分别和椭圆联立,通过韦 达定理求出 M、N 的坐标,再写出直线 MN 的方程。再过点 F,求出 t 值。 例题 5、 (07 山东理)已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,椭圆 C 上的点到焦点距离的最大值为 3;最小值为 1; (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程; (Ⅱ)若直线 l:y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点(A,B 不是左右顶点) ,且以 AB 为直径的圆过椭 圆 C 的右顶点。求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标。 分析:第一问,是待定系数法求椭圆的标准方程;第二问,直线 l:y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于 A,B 两点, 并且椭圆的右顶点和 A、B 的连线互相垂直,证明直线 l 过定点,就是通过垂直建立 k、m 的一次函数关系。 解(I)由题意设椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) a 2 b2

a ? c ? 3, a ? c ? 1 , a ? 2, c ? 1, b2 ? 3

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x2 y 2 ? ? ?1 4 3
(II)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由 ?

? y ? kx ? m 得 2 2 ?3x ? 4 y ? 12

(3 ? 4k 2 ) x2 ? 8mkx ? 4(m2 ? 3) ? 0 , ? ? 64m2k 2 ?16(3 ? 4k 2 )(m2 ? 3) ? 0 , 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0
x1 ? x2 ? ? 8mk 4(m2 ? 3) , x ? x ? (注意:这一步是同类坐标变换) 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2
2 2

3(m2 ? 4k 2 ) y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m ? (注意:这一步叫同点纵、横坐标 3 ? 4k 2
间的变换)

? 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), 且 k AD ? kBD ? ?1 ,
? y1 y ? 2 ? ?1 , y1 y2 ? x1x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 ? 0 , x1 ? 2 x2 ? 2

3(m2 ? 4k 2 ) 4(m2 ? 3) 16mk ? ? ? 4 ? 0, 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2
7m2 ? 16mk ? 4k 2 ? 0 ,解得
m1 ? ?2k , m2 ? ? 2k 2 2 ,且满足 3 ? 4k ? m ? 0 7

当 m ? ?2k 时, l : y ? k ( x ? 2) ,直线过定点 (2,0), 与已知矛盾;

2k 2 2 时, l : y ? k ( x ? ) ,直线过定点 ( , 0) 7 7 7 2 综上可知,直线 l 过定点,定点坐标为 ( , 0). 7
当m ? ? 名师经验:在直线和圆锥曲线的位置关系题中,以弦为直径的圆经过某个点,就是“弦对定点张直角” ,也就是 定点和弦的两端点连线互相垂直,得斜率之积为 ?1 ,建立等式。直线不过定点,也不知道斜率,设出

l:y ? kx ? m ,是经常用的一招,在第二讲中就遇到了这样设的直线。
2 练习:直线 l:y ? kx ? m 和抛物线 y ? 2 px 相交于 A、B,以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点,证明:直线

l:y ? kx ? m 过定点,并求定点的坐标。

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分析:以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点 O,则 OA ? OB,若设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 x1x2 ? y1 y2 ? 0 ,再通 过

y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k 2 x1x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m2















(k 2 ? 1) x1x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m2 ? 0 ,再通过直线和抛物线联立,计算判别式后,可以得到 x1 x2 , x1 ? x2 ,解出
k、m 的等式,就可以了。 解:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由 ?

? y ? kx ? m 得, ky 2 ? 2 py ? 2mp ? 0 , (这里消 x 得到的) 2 ? y ? 2 px

则 ? ? 4 p2 ? 8mkp ? 0 ??????(1) 由韦达定理,得: y1 ? y2 ? 则 x1 x2 ?

2p 2mp ,y1 y2 ? , k k

y1 ? m y2 ? m y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ? m2 ? ? , k k k2

? 以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点 O,则 OA ? OB,即 x1x2 ? y1 y2 ? 0 ,
可得

y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ? m2 ? y1 y2 ? 0 ,则 (1 ? k 2 )2mp ? 2 pm ? m2k ? 0 , 2 k

2 2 即 k 2mp ? m k ? 0 ,又 mk ? 0 ,则 m ? ?2kp ,且使(1)成立,

此时 l:y ? kx ? m ? kx ? 2kp ? k ( x ? 2 p) ,直线恒过点 (2 p, 0) 。 名师指点:这个题是课本上的很经典的题,例题 5、 (07 山东理)就是在这个题的基础上,由出题人迁移得到的, 解题思维都是一样的,因此只要能在平时,把我们腾飞学校老师讲解的内容理解透,在高考中考取 140 多分,应 该不成问题。 本题解决过程中,有一个消元技巧,就是直线和抛物线联立时,要消去一次项,计算量小一些,也运用了同类 坐标变换——韦达定理,同点纵、横坐标变换-------直线方程的纵坐标表示横坐标。其实解析几何就这么点知识, 你发现了吗? 题型四:过已知曲线上定点的弦的问题 若直线过的定点在已知曲线上,则过定点的直线的方程和曲线联立,转化为一元二次方程(或类一元二次方程) , 考察判断式后,韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标,进而解决问题。下面我们就通过例题领 略一下思维过程。

x2 y 2 ? ? 1 (a ? b ? 0) 上的三点,其中点 A (2 3,0) 是椭圆的右顶点, a 2 b2 ??? ? ???? ??? ? ??? ? 直线 BC 过椭圆的中心 O,且 AC ?BC ? 0 , BC ? 2 AC ,如图。
例题 6、已知点 A、B、C 是椭圆 E: (I)求点 C 的坐标及椭圆 E 的方程; (II)若椭圆 E 上存在两点 P、Q,使得直线 PC 与直线 QC 关于直线 x ? 3 对称,求直线 PQ 的斜率。

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解:(I) ? BC ? 2 AC ,且 BC 过椭圆的中心 O

??? ?

????

???? ???? ? OC ? AC

??? ? ??? ? ? AC ?BC ? 0
??ACO ?

?
2

又? A (2 3,0)

? 点 C 的坐标为 ( 3, 3) 。 ? A (2 3,0) 是椭圆的右顶点,
? a ? 2 3 ,则椭圆方程为:
x2 y 2 ? ?1 12 b2
将点 C ( 3, 3) 代入方程,得 b ? 4 ,
2

? 椭圆 E 的方程为

x2 y 2 ? ?1 12 4

(II)? 直线 PC 与直线 QC 关于直线 x ? 3 对称,

? 设直线 PC 的斜率为 k ,则直线 QC 的斜率为 ? k ,从而直线 PC 的方程为:
y ? 3 ? k ( x ? 3) ,即
y ? kx ? 3(1 ? k ) ,
由?

? ? y ? kx ? 3(1 ? k ) 消 y,整理得: 2 2 x ? 3 y ? 12 ? 0 ? ?

(1 ? 3k 2 ) x2 ? 6 3k (1 ? k ) x ? 9k 2 ?18k ? 3 ? 0 ? x ? 3 是方程的一个根,
? xP ? 3 ? 9k 2 ? 18k ? 3 1 ? 3k 2
第 12 页 共 64 页

即 xP ?

9k 2 ? 18k ? 3 3(1 ? 3k 2 )

同理可得:

xQ ?

9k 2 ? 18k ? 3 3(1 ? 3k 2 )

? yP ? yQ ? kxP ? 3(1 ? k ) ? kxQ ? 3(1 ? k ) = k ( xP ? xQ ) ? 2 3k


?12k 3(1 ? 3k 2 )

xP ? xQ ?

9k 2 ? 18k ? 3 9k 2 ? 18k ? 3 ? 3(1 ? 3k 2 ) 3(1 ? 3k 2 )



?36k 3(1 ? 3k 2 )

? kPQ ?

yP ? yQ xP ? xQ

?

1 3
1 。 3

则直线 PQ 的斜率为定值

方法总结:本题第二问中,由“直线 PC 与直线 QC 关于直线 x ? 3 对称”得两直线的斜率互为相反数,设直线 PC 的斜率为 k,就得直线 QC 的斜率为-k。利用 3 是方程

(1 ? 3k 2 ) x2 ? 6 3k (1 ? k ) x ? 9k 2 ?18k ? 3 ? 0 的根,易得点 P 的横坐标:

xP ? xQ ?

9k 2 ? 18k ? 3 ,再将其中的 k 用-k 换下来,就得到了点 Q 的横坐标: 3(1 ? 3k 2 ) 9k 2 ? 18k ? 3 ,这样计算量就减少了许多,在考场上就节省了大量的时间。 3(1 ? 3k 2 )

接下来,如果分别利用直线 PC、QC 的方程通过坐标变换法将点 P、Q 的纵坐标也求出来,计算量会增加许多。 直接计算 yP ? yQ 、 xP ? xQ ,就降低了计算量。总之,本题有两处是需要同学们好好想一想,如何解决此类问 题,一是过曲线上的点的直线和曲线相交,点的坐标是方程组消元后得到的方程的根;二是利用直线的斜率互为 相反数,减少计算量,达到节省时间的目的。 练习 1、已知椭圆 C: (I)求椭圆的方程; (II) 若直线 l : x ? t (t ? 2) 与 x 轴交于点 T,点 P 为直线 l 上异于点 T 的任一点, 直线 PA1,PA2 分别与椭圆交于 M、
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x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,且在 x 轴上的顶点分别为 A1(-2,0),A2(2,0)。 2 a b 2

N 点,试问直线 MN 是否通过椭圆的焦点?并证明你的结论。 解: (I)由已知椭圆 C 的离心率 e ?

c 3 , a ? 2 ,则得 c ? 3, b ? 1。 ? a 2

从而椭圆的方程为

x2 ? y2 ? 1 4

? y ? k1 (x ? 2) ? (II)设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,直线 A1M 的斜率为 k1 ,则直线 A1M 的方程为 y ? k1 ( x ? 2) ,由 ? x 2 2 ? ? y ?1 ?4
消 y 整理得 (1 ? 4k12 ) x2 ? 16k2 x ? 16k12 ? 4 ? 0

? ?2和x1 是方程的两个根
??2 x1 ? 16k12 ? 4 1 ? 4k12

4k1 2 ? 8k12 则 x1 ? , y1 ? , 2 1 ? 4k12 1 ? 4k1
即点 M 的坐标为 (

2 ? 8k12 4k1 , ) 1 ? 4k12 1 ? 4k12

同理,设直线 A2N 的斜率为 k2,则得点 N 的坐标为 (

2 8k2 ? 2 ?4k2 , ) 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

? y p ? k1 (t ? 2), y p ? k2 (t ? 2)
? k1 ? k2 2 ?? , k1 ? k2 t y ? y1 y2 ? y1 , ? x ? x1 x2 ? x1

? 直线 MN 的方程为:

? 令 y=0,得 x ?

4 x2 y1 ? x1 y2 ,将点 M、N 的坐标代入,化简后得: x ? t y1 ? y2
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又? t ? 2 ,? 0 ?

4 ?2 t

? 椭圆的焦点为 ( 3,0)
4 4 3 ? ? 3 ,即 t ? t 3
故当 t ?

4 3 时,MN 过椭圆的焦点。 3

方法总结: 本题由点 A1(-2,0)的横坐标-2 是方程 (1 ? 4k12 ) x2 ? 16k2 x ? 16k12 ? 4 ? 0 的一个根, 结合韦达定理得 到点 M 的横坐标:

x1 ?

4k1 2 ? 8k12 ,利用直线 A1M 的方程通过坐标变换,得点 M 的纵坐标: y1 ? ; 2 1 ? 4k12 1 ? 4k1
2 16k12 ? 4 8k2 ? 2 ?4k2 中的 换下来, 前的系数 2 用- 2 换下来,就得点 N 的坐标 k 用 k x ( , ) ,如 1 2 1 2 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k1

再将 ?2 x1 ?

果在解题时,能看到这一点,计算量将减少许多,并且也不易出错,在这里减少计算量是本题的重点。否则,大 家很容易陷入繁杂的运算中,并且算错,费时耗精力,希望同学们认真体会其中的精髓。 本题的关键是看到点 P 的双重身份:点 P 即在直线 A1M 上也在直线 A2N 上,进而得到

k1 ? k2 2 ? ? ,由直线 k1 ? k2 t

MN 的方程

y ? y1 y2 ? y1 x y ? x1 y2 得直线与 x 轴的交点,即横截距 x ? 2 1 ,将点 M、N 的坐标代入,化简易得 ? x ? x1 x2 ? x1 y1 ? y2

x?

4 4 4 3 4 3 ,由 ? 3 解出 t ? ,到此不要忘了考察 t ? 是否满足 t ? 2 。 t t 3 3

练习 2、 : (2009 辽宁卷文、理)已知,椭圆 C 以过点 A(1, (1) 求椭圆 C 的方程;

3 ) ,两个焦点为(-1,0) (1,0) 。 2

(2) E,F 是椭圆 C 上的两个动点,如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数,证明直线 EF 的斜率为定值, 并求出这个定值。

a ? b ?1 分析 : 第一问中,知道焦点,则
2 2

,再根据过 点 A ,通过解方程组,就可以求



2 a2 , b ,求出方程。

第二问中,设出直线 AE 的斜率 k,写出直线的方程,联立方程组,转化成一元二次方程,由韦达定理和点 A 的 坐标,可以求出点 E 的坐标,将点 E 中的 k,用-k 换下来,就可以得到点 F 的坐标,通过计算 yE-yF,xE-xF,就 可以求出直线 EF 的斜率了

x2 y2 ? ?1 2 2 a a ? 1 第 15 页 共 64 页

解: (Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为

,将点 A 的坐标代入方 , 。

1 9 ,解得 a 2 ? 4 ? ?1 2 2 a 4(a ? 1) 所以椭圆方程为 x2 y 2 ? ?1 4 3
程: (Ⅱ)设直线 AE 方程为: y ? k ( x ? 1) ?

a2 ?

1 ? 1 ? c2 4

(舍去)

3 x2 y 2 ? ? 1得 ,代入 2 4 3

3 (3 ? 4k 2 ) x 2 ? 4k (3 ? 2k ) x ? 4( ? k ) 2 ? 12 ? 0 2
3 2

设 E (x E , y E ) , F (x F , y F ) ,因为点 A(1, ) 在椭圆上,所以

3 4( ? k )2 ? 12 xF ? 2 3 ? 4k 2 3 yE ? kxE ? ? k 2 3 4( ? k )2 ? 12 xF ? 2 3 ? 4k 2 3 yE ? ?kxE ? ? k 2
所以直线 EF 的斜率 K EF ?

………8 分

又直线 AF 的斜率与 AE 的斜率互为相反数,在上式中以—K 代 K,可得

yF ? yE ?k ( xF ? xE ) ? 2k 1 ? ? xF ? xE xF ? xE 2
1 。 2
……12 分

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

老师总结:此类题的关键就是定点在曲线上,定点的坐标是方程的根,通过韦达定理,将动点的坐标求出,在根 据斜率互为相反数,就可以直接求出第二动点的坐标,最后由斜率公式,可以求出斜率为定值。

题型五:共线向量问题 解析几何中的向量共线,就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题,再通过未达定理------同类坐标变换,将问 题解决。此类问题不难解决。 例题 7、设过点 D(0,3)的直线交曲线 M:
uuu r uuu r x2 y 2 ? ? 1 于 P、Q 两点,且 DP = l DQ ,求实数 l 的取值范围。 9 4

ì ? x1 = l x 2 uuu r uuu r 分析:由 DP = l DQ 可以得到 ? ,将 P(x1,y1),Q(x2,y2),代人曲线方程,解出点的坐标,用 l 表示 í ? y = 3 + l (y 2 - 3) ? ? 1

出来。 解:设 P(x1,y1),Q(x2,y2),
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uuu r uuu r Q DP = l DQ

\ (x1,y1-3)= l (x2,y2-3)
ì ? x1 = l x 2 即? í ? y = 3 + l (y 2 - 3) ? ? ? 1

方法一:方程组消元法 又 Q P、Q 是椭圆
x2 y2 + =1 上的点 9 4

2 ì x2 y2 ? ? + 2 = 1 ? ? 9 4 \ ? í 2 ? ( l x ) (l y 2 + 3 - 3l )2 ? 2 + = 1 ? ? 4 ? ? 9

消去 x2, 可得
2 (l y 2 + 3 - 3l )2 - l 2y 2 = 1- l 4 2

即 y2=

13l - 5 6l 13l - 5 ? 2 6l

又 Q -2 ? y2 ? 2,
\ -2 ?

解之得:

1 ?? ?5 5

则实数 l 的取值范围是 ? ,5? 。 ?5 ? 方法二:判别式法、韦达定理法、配凑法 设直线 PQ 的方程为: y ? kx ? 3, k ? 0 ,

?1

?

由?

? y ? kx ? 3 消 y 整理后,得 2 2 4 x ? 9 y ? 36 ?

(4 ? 9k 2 ) x2 ? 54kx ? 45 ? 0

? P、Q 是曲线 M 上的两点
?? ? (54k )2 ? 4 ? 45(4 ? 9k 2 ) = 144k 2 ? 80 ? 0
即 9k ? 5
2



由韦达定理得:

x1 ? x2 ? ?

54k 45 , x1 x2 ? 2 4 ? 9k 4 ? 9k 2

?

( x1 ? x2 )2 x1 x2 ? ? ?2 x1 x2 x2 x1

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?

542 k 2 (1 ? ? )2 ? 45(4 ? 9k 2 ) ? 36? 9k 2 ? 4 4 ? ? 1? 2 2 2 5(1 ? ? ) 9k 9k
1 1 ? ,代入②,整理得 2 9k 5




由①得 0 ?

1?

36? 9 ? , 2 5(1 ? ? ) 5
1 ?? ?5 5 1 。 5

解之得

当直线 PQ 的斜率不存在,即 x ? 0 时,易知 ? ? 5 或 ? ? 总之实数 l 的取值范围是 ? ,5? 。 ?5 ?

?1

?

方法总结:通过比较本题的第二步的两种解法,可知第一种解法,比较简单,第二种方法是通性通法,但计算量 较大,纵观高考中的解析几何题,若放在后两题,很多情况下能用通性通法解,但计算量较大,计算繁琐,考生 必须有较强的意志力和极强的计算能力;不用通性通法,要求考生必须深入思考,有较强的思维能力,在命题人 设计的框架中,找出破解的蛛丝马迹,通过自己的思维将问题解决。 例题 8: 已知椭圆 C 的中心在原点, 焦点在 x 轴上, 它的一个顶点恰好是抛物线 y ? (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)过椭圆 C 的右焦点 F 作直线 l 交椭圆 C 于 A、B 两点,交 y 轴于 M 点,若 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF , 求 ?1 ? ?2 的值. 分析:

1 2 2 5 x 的焦点, 离心率为 . 4 5

(07 福建理科)如图,已知点 F (1,0) ,直线 l:x=-1,P 为平面上的动点,过 P 作直线 l 的垂线,垂 足为点 Q ,且 QP ? QF ? FP ? FQ
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??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

(Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)过点 F 的直线交轨迹 C 于 A、B 两点,交直线 l 于点 M,已知 MA ? ?1 AF , AF ? ?2 BF ,求 ?1 ? ?2 的值。 小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识,考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法,考查运 算能力和综合解题能力.满分 14 分. 解法一:

??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

,y) ,由 QP? (Ⅰ)设点 P( x,y ) ,则 Q(?1 QF ? FP?FQ 得: ( x ? 1, 0)? (2, ? y) ? ( x ?1,y)? (?2,y) ,化简得 C : y 2 ? 4x .
(Ⅱ)设直线 AB 的方程为:

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

x ? my ? 1(m ? 0) .

设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,又 M ? ?1 , ?

? ?

2? ?, m?

联立方程组 ?

? y 2 ? 4 x,

? x ? my ? 1,

,消去 x 得:

y 2 ? 4my ? 4 ? 0 , ? ? (?4m)2 ? 12 ? 0 ,故

? y1 ? y2 ? 4m, ? ? y1 y2 ? ?4.
由 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF 得:

????

??? ?

????

??? ?

y1 ?

2 2 ? ??1 y1 , y2 ? ? ??2 y2 ,整理得: m m
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?1 ? ?1 ?

2 2 , ?2 ? ?1 ? , my1 my2
2?1 1 ? ? ? ? m ? y1 y2 ?

? ?1 ? ?2 ? ?2 ?

? ?2 ?

2 y1 ? y2 ? m y1 y2
2 4m ? m ?4

? ?2 ?
?0
解法二:

(Ⅰ)由 QP? QF ? FP?FQ 得: FQ? ( PQ ? PF ) ? 0 ,

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ? ??? ?

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ?( PQ ? PF )? ( PQ ? PF ) ? 0 ,

??? ? 2 ??? ?2 ? PQ ? PF ? 0 ,
??? ? ??? ? ? PQ ? PF
所以点 P 的轨迹 C 是抛物线,由题意,轨迹 C 的方程为: y ? 4 x .
2

(Ⅱ)由已知 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF ,得 ?1 ? ?2 ? 0 .

????

??? ?

????

??? ?

???? MA ?1 则: ???? ? ? MB ?2

??? ? AF ??? ? .????① BF

过点 A,B 分别作准线 l 的垂线,垂足分别为 A 1, B 1,

???? ???? ??? ? MA AA1 AF 则有: ???? ? ???? ? ??? ? .????② MB BB1 BF ??? ? AF 由①②得: ? ??? ? ? ??? ? ,即 ?1 ? ?2 ? 0 . ?2 BF BF

?1 AF

??? ?

练习: 设椭圆 C :

x2 y2 ? ? 1 (a ? 0) 的左、 右焦点分别为 F1 、F2 , A 是椭圆 C 上的一点, 且 AF2 ? F1F2 ? 0 , a2 2
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坐标原点 O 到直线 AF 1 的距离为 (1)求椭圆 C 的方程;

1 | OF1 | . 3

(2)设 Q 是椭圆 C 上的一点,过 Q 的直线 l 交 x 轴于点 P( ?1 , 0) ,较 y 轴于点 M,若 MQ ? 2QP ,求直线 l 的方程. 山东 2006 理 双曲线 C 与椭圆 (I)

x2 y 2 ? ? 1 有相同的焦点,直线 y= 3x 为 C 的一条渐近线。 8 4

求双曲线 C 的方程;

(II)过点 P(0,4)的直线 l , 交双曲线 C 于 A,B 两点, 交 x 轴于 Q 点 (Q 点与 C 的顶点不重合) 。 当 PQ ? ?1QA ? ?2 QB , 且 ?1 ? ?2 ? ?

??? ?

??? ?

??? ?

8 时,求 Q 点的坐标。 3

解: (Ⅱ)解法一: 由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零。 设 l 的方程: y ? kx ? 4, A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 )

4 , 0) k ??? ? ??? ? ? PQ ? ?1QA
则 Q(?

4 4 ? (? , ?4) ? ?1 ( x1 ? , y1 ) k k

4 4 ? x1 ? ? ? 4 ? 4 ? k ?1 k ?? ? ?1 ( x1 ? ) ? ?? k k ?? ? ? y ?? 4 ? ?4 ? ?1 y1 1 ? ?1 ?

? A( x1 , y1) 在双曲线 C 上, ?
16 1 ? ?1 2 16 ( ) ? ?1 ? 0 k 2 ?1 ?1

16 2 k ? k 2 ? 2 ? 0. 3 16 ? (16 ? k 2 )?12 ? 32?1 ? 16 ? k 2 ? 0. 3 16 2 2 2 k ? 0. 同理有: (16 ? k )?2 ? 32?2 ? 16 ? 3

? 16 ? 32?1 ? 16?12 ?

若 16 ? k ? 0, 则直线 l 过顶点,不合题意.?16 ? k ? 0,
2 2

? ?1 , ?2 是二次方程 (16 ? k 2 ) x 2 ? 32 x ? 16 ?

16 2 k ? 0. 的两根. 3

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? ?1 ? ?2 ?

32 8 ?? k ? 16 3
2

?k 2 ? 4 ,
此时 ? ? 0,? k ? ?2 .

? 所求 Q 的坐标为 (?2, 0) .
解法二: 由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零 设 l 的方程, y ? kx ? 4, A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 Q ( ?

??? ? ??? ? ? PQ ? ?1QA ,
??? ? ?Q 分 PA 的比为 ?1 .
由定比分点坐标公式得

4 , 0) . k

4 ? 4 ?1 x1 ? ?? k ? 1? ? ? x1 ? ? k ? (1 ? ?1 ) ? ? 1 1 ?? ? 4 ?0 ? 4 ? ?1 y1 ? y1 ? ? ? ? ?1 1 ? ?1 ? ?
下同解法一 解法三: 由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零 设 l 的方程: y ? kx ? 4, A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 Q ( ?

??? ? ??? ? ??? ? ? PQ ? ?1QA ? ?2 QB ,
4 4 4 ? (? , ?4) ? ?1 ( x1 ? , y1 ) ? ?2 ( x2 ? , y2 ) . k k k

4 , 0) . k

??4 ? ?1 y1 ? ?2 y2 ,
? ?1 ? ? 4 4 , ?2 ? ? , y1 y2
8 , 3

又 ?1 ? ?2 ? ?

?

1 1 2 ? ? y1 y2 3

即 3( y1 ? y2 ) ? 2 y1 y2

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y2 ? 1得 将 y ? kx ? 4 代入 x ? 3
2

(3 ? k 2 ) y 2 ? 24 y ? 48 ? 3k 2 ? 0
? 3 ? k 2 ? 0 ,否则 l 与渐近线平行。

? y1 ? y2 ?

24 48 ? 3k 2 , y y ? 。 1 2 3? k2 3? k2

24 48 ? 3k 2 ?3 ? ? 2? 3? k2 3? k2
? k ? ?2

? Q(?2, 0)
解法四: 由题意知直线 l 得斜率 k 存在且不等于零,设 l 的方程: y ? kx ? 4 , A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )

4 , 0) k ??? ? ??? ? ? PQ ? ?1QA ,
则 Q(?

4 4 ? (? , ?4) ? ?1 ( x1 ? , y1 ) 。 k k 4 ? k ?? 4 ? ?1 ? 4 kx1 ? 4 x1 ? k
同理

?1 ? ?

4 kx2 ? 4

?1 ? ?2 ? ?


4 4 8 ? ?? . kx1 ? 4 kx2 ? 4 3
(*)

2k 2 x1x2 ? 5k ( x1 ? x2 ) ? 8 ? 0
y ? kx ? 4



x2 ?

y2 ?1 3
2 2

消去 y 得 (3 ? k ) x ? 8kx ?19 ? 0 . 当 3 ? k ? 0 时,则直线 l 与双曲线得渐近线平行,不合题意, 3 ? k ? 0 。
2 2

第 23 页 共 64 页

由韦达定理有:

8k 3? k2 19 x1 x2 ? ? 3? k2 x1 ? x2 ?
代入(*)式得

k 2 ? 4, k ? ?2

? 所求 Q 点的坐标为 (?2, 0) 。
2 5 。 5

练习: 已知椭圆 C 的中心在原点, 焦点在 x 轴上, 它的一个顶点恰好是抛物线 x2 ? 4 y 的焦点, 离心率等于 (1)求椭圆 C 的标准方程;

(2)点 P 为椭圆上一点,弦 PA、PB 分别过焦点 F1、F2, (PA、PB 都不与 x 轴垂直,其点 P 的纵坐标不为 0) , 若 PF 1 ?? 1F 1 A, PF 2 ? ?2 F 2 B ,求 ?1 ? ?2 的值。

????

???? ???? ?

???? ?

解: (1)设椭圆 C 的方程为:

x2 y 2 b2 4 1 ? ? 1( a ? b ? 0) ? 1 ? e2 ? 1 ? ? ,得 a 2 ? 5 ,则椭圆 ,则 b=1 ,由 2 2 2 a b a 5 5

x2 ? y2 ? 1 的方程为: 5 x2 ? y 2 ? 1得: F1 (?2,0), F2 (2,0) ,设 P( x0 , y0 ), A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) , 5

(2)由

有 PF 1 ?? 1F 1 A, PF 2 ? ?2 F 2 B 得:

????

???? ???? ?

???? ?

(?2 ? x0 , ? y0 ) ? ?1 ( x1 ? 2, y1 ),(2 ? x0 , ? y0 ) ? ?2 ( x2 ? 2, y2 )
解得: ?1 ? ?

y0 y , ?2 ? ? 0 , y1 y2

y0 x2 ( x ? 2) ,代人 ? y 2 ? 1,整理后, 根据 PA、PB 都不与 x 轴垂直,且 y0 ? 0 ,设直线 PA 的方程为: y ? 5 x0 ? 2
2 2 2 2 得: ? ?( x0 ? 2) ? 5 y0 ? ? y ? 4 y0 ( x0 ? 2) y ? y0 ? 0

根据韦达定理,得: y0 y1 ?

2 ? y0 ? y0 ,则 y1 ? , 2 2 2 ( x ? 2)2 ? 5 y0 ( x ? 2) ? 5 y0

第 24 页 共 64 页

从而, ?1 ? ?

y0 ? ( x0 ? 2)2 ? 5 y 2 y1 y0 ? ( x0 ? 2)2 ? 5 y 2 y2

同理可求 ?2 ? ?

则 ?1 ? ?2 ? ( x0 ? 2)2 ? 5 y02 ? ( x0 ? 2)2 ? 5 y02 ? 2( x02 ? 5 y02 ) ? 4 由 P( x0 , y0 ) 为椭圆 则 ?1 ? ?2 ? 18 , 故 ?1 ? ?2 的值为 18. 题型六:面积问题

x2 ? y 2 ? 1上一点得: x02 ? 5 y02 ? 5 , 5

例题 8、 (07 陕西理)已知椭圆 C:

x2 y2 6 ? 2 ? 1 (a>b>0)的离心率为 , 短轴一个端点到右焦点的距离 2 a b 3

为 3。 (Ⅰ)求椭圆 C 的方程;

(Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点,坐标原点 O 到直线 l 的距离为

3 ,求△AOB 面积的最大值。 2

?c 6 , ? ? 解: (Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ,依题意 ? a 3 ? a ? 3, ?
? b ? 1 ,? 所求椭圆方程为

x2 ? y 2 ? 1。 3

(Ⅱ)设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) 。 (1)当 AB ⊥ x 轴时, AB ? 3 。 (2)当 AB 与 x 轴不垂直时, 设直线 AB 的方程为 y ? kx ? m 。

第 25 页 共 64 页

由已知

m 1? k
2

?

3 2 3 2 ,得 m ? (k ? 1) 。 4 2

把 y ? kx ? m 代入椭圆方程,整理得 (3k 2 ? 1) x2 ? 6kmx ? 3m2 ? 3 ? 0 ,

? x1 ? x2 ?

?6km 3(m 2 ? 1) x x ? , 。 1 2 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1

? 36k 2 m2 12(m2 ? 1) ? 2 ? AB ? (1 ? k 2 )( x2 ? x1 ) 2 ? (1 ? k 2 ) ? 2 ? 2 (3 k ? 1) 3k 2 ? 1 ? ? ?
? 12(k 2 ? 1)(3k 2 ? 1 ? m2 ) 3(k 2 ? 1)(9k 2 ? 1) ? (3k 2 ? 1)2 (3k 2 ? 1)2
12k 2 12 12 ? 3? (k ? 0) ≤ 3 ? ?4。 4 2 1 9k ? 6k ? 1 2 ? 3 ? 6 2 9k ? 2 ? 6 k
1 3 ,即 k ? ? 时等号成立。当 k ? 0 时, AB ? 3 , 2 k 3

? 3?

当且仅当 9 k ?
2

综上所述 AB max ? 2 。

1 3 3 。 ? ? 当 AB 最大时, △ AOB 面积取最大值 S ? ? AB max ? 2 2 2

第 26 页 共 64 页

练习 1、 (07 浙江理)如图,直线 y ? kx ? b 与椭圆

x2 ? y 2 ? 1交于 A、B 两点,记 ?ABC 的面积为 S 。 4

(Ⅰ)求在 k ? 0 , 0 ? b ? 1 的条件下, S 的最大值; (Ⅱ)当 AB ? 2,S ? 1时,求直线 AB 的方程。

本题主要考查椭圆的几何性质、 椭圆与直线的位置关系等基础知识, 考查解析几何的基本思想方法和综合解题能 力。满分 14 分。 解: (Ⅰ)解:设点 A 的坐标为 ?x1 , b? ,点 B 的坐标为 ?x2 , b? ,

x2 2 ? b 2 ? 1 ,解得 x1, 由 2 ? ?2 1 ? b , 4
所以 S ?

1 b ? x1 ? x 2 2

? 2b ? 1 ? b 2
? b 2 ? 1 ? b ? 1,

当且仅当 b ?

2 时, S 取到最在值 1, 2

第 27 页 共 64 页

? y ? kx ? b, ? (Ⅱ)解:由 ? x 2 2 ? ? y ? 1, ?4
? 2 1? 2 ? b 2 ? 1 ? 0, ? k ? ? x ? 2k b x 4 ? ?



? ? 4k 2 ? b 2 ? 1,
AB ? 1 ? k 2 ? x1 ? x2

? 1? k 2 ?

4k 2 ? b 2 ? 1 ?2 1 2 ?k 4

设 O 到 AB 的距离为 d ,则

d?

2s ? 1, AB
b 1? k 2
2

又因为 d ?



所以 b ? k ? 1,代入②式并整理,得
2

k4 ?k2 ?
2

1 ? 0, 4 1 2 3 , b ? ,代入①式检验, ? ? 0 。 2 2

解得, k ?

故直线 AB 的方程是

y?

2 6 2 6 2 6 2 6 x? , 或y ? x? , 或y ? ? x? , 或y ? ? x? 。 2 2 2 2 2 2 2 2

练习 2、 (山东 06 文)已知椭圆的中心在坐标原点 O,焦点在 x 轴上,椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边 形为正方形,两准线间的距离为 4。 (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)直线 l 过点 P(0,2)且与椭圆相交于 A、B 两点,当Δ AOB 面积取得最大值时,求直线 l 的方程。 解:设椭圆方程为

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0). a2 b2
第 28 页 共 64 页

b?c
(I)由已知得

2a ?4 c a2 ? b2 ? c2

2

a2 ? 2

?

b2 ? 1 c2 ? 1

? 所求椭圆方程为
x2 ? y 2 ? 1. 2
(II)解法一:由题意知直线 l 的斜率存在, 设直线 l 的方程为 y ? kx ? 2 , A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 )

y ? kx ? 2
由 消去 y 得关于 x 的方程: x2 ? y2 ? 1 2

(1 ? 2k 2 ) x 2 ? 8kx ? 6 ? 0
由直线 l 与椭圆相交 A、B 两点,? △ ? 0 ? 64k ? 24(1 ? 2k ) ? 0 ,
2 2

解得 k ?
2

3 , 2

又由韦达定理得

8k 1 ? 2k 2 6 x1 ? x 2 ? 1 ? 2k 2 x1 ? x 2 ? ?

? AB ? 1 ? k 2 x1 ? x 2 ? 1 ? k 2 ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4x1 x 2

1? k2 ? 1 ? 2k 2

16k 2 ? 24
2 1? k2

.

原点 O 到直线 l 的距离 d ?

? S ?ADB ?

1 16k2 ? 24 2 2 2k 2 ? 3 AB ? d ? ? 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

16k2 ? 24 解法 1:对 S ? 两边平方整理得: 1 ? 2k 2
第 29 页 共 64 页

4S 2 k 4 ? 4(S 2 ? 4)k 2 ? S 2 ? 24 ? 0
?S ? 0 ,

(*)

16( S 2 ? 4) 2 ? 4 ? 4S 2 ( S 2 ? 24) ? 0 4 - S2 ?0 S2 S 2 ? 24 ?0 4S 2 1 2 整理得: S ? . 2 又S ?0 ,

?

?0 ? S ?

2 . 2 2 , 2

从而 S ?AOB 的最大值为 S ? 此时代入方程(*)得

4k 4 ? 28k2 ? 49 ? 0 ?k ? ? 14 2

所以,所求直线方程为: ? 14x ? 2y ? 4 ? 0 .

解法 2:令 m ?
2 2

2k 2 ? 3 (m ? 0) ,

则 2k ? m ? 3 ,

?S ?

2 2m 2 2 2 2 ? ? . 2 4 2 m ?4 m? m
4 即 m ? 2 时, m

当且仅当 m ?

S max ?

2 2 14 . 2

此时 k ? ?

所以,所求直线方程为 ? 14x ? 2y ? 4 ? 0 .
第 30 页 共 64 页

解法二:由题意知直线 l 的斜率存在且不为零. 设直线 l 的方程为 y ? kx ? 2 , A( x1 , y1 ) , B( x2 , y 2 ) 则直线 l 与 x 轴的交点 D(?

2 ,0) k

由解法一知: k ?
2

3 且 2

8k 1 ? 2k 2 6 x1 ? x 2 ? 1 ? 2k 2 x1 ? x 2 ? ?

解法 1: S ?AOB ?

1 1 2 OD ? y1 ? y 2 ? ? kx1 ? 2 ? kx2 ? 2 2 2 k

? x1 ? x 2 ? ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4x1 x 2 ? ?
下同解法一 解法 2: S ?AOB ? S ?POB ? S ?POA

16k2 ? 24 1 ? 2k 2 2 2 2k 2 ? 3 1 ? 2k 2

1 ? 2 ? x 2 ? x1 2 ? x 2 ? x1 ? 2 2 2k 2 ? 3 ? 1 ? 2k 2
下同解法一 已知中心在原点,焦点在 x 轴上的椭圆的离心率为 点,且 ?F 2AB 的最大面积为 2 ,求椭圆的方程。 解:由 e =

2 , F1 , F2 为其焦点,一直线过点 F1 与椭圆相交于 A, B 两 2

2 2 2 2 得 a : b : c ? 2 : 1 : 1,所以椭圆方程设为 x ? 2 y ? 2c 2 ?x ? m y ? c 2 2 2 设直线 AB : x ? m y ? c ,由 ? 2 得: (m ? 2) y ? 2mcy ? c ? 0 2 2 ? x ? 2 y ? 2c 2 2 2 2 ? ? 4m c ? 4c (m ? 2) ? 4c 2 (2m 2 ? 2) ? 8c 2 (m 2 ? 1) ? 0 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) ,则 y1 , y 2 是方程的两个根
第 31 页 共 64 页

2m c ? y1 ? y 2 ? 2 ? 2 2c m 2 ? 1 ? m ?2 2 由韦达定理得 ? 所以 y ? y ? ( y ? y ) ? 4 y y ? 1 2 1 2 1 2 2 m2 ? 2 ?y y ? ? c 1 2 ? m2 ? 2 ?
1 m2 ?1 F1 F2 y1 ? y 2 ? c ? 2 2c 2 2 m ?2 2 2 2c 1 = ? 2 2c 2 ? ? 2c 2 1 2 m2 ? 1 ? m2 ? 1 当且仅当 m ? 0 时,即 AB ? x 轴时取等号 ? 2c 2 ? 2 , c ? 1 S ?ABF2 ?

x2 ? y2 ? 1 所以,所求椭圆方程为 2

题型七:弦或弦长为定值问题 例题 9、 (07 湖北理科)在平面直角坐标系 xOy 中,过定点 C(0,p)作直线与抛物线 x2=2py(p>0)相交 于 A、B 两点。

(Ⅰ)若点 N 是点 C 关于坐标原点 O 的对称点,求△ANB 面积的最小值; (Ⅱ) 是否存在垂直于 y 轴的直线 l, 使得 l 被以 AC 为直径的圆截得弦长恒为定值?若存在, 求出 l 的方程; 若不存在,说明理由。 (此题不要求在答题卡上画图) 本小题主要考查直线、 圆和抛物线等平面解析几何的基础知识, 考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解 决问题的能力. 解法 1: (Ⅰ)依题意,点 N 的坐标为 N(0,-p),可设 A(x1,y1),B(x2,y2) ,直线 AB 的方程为 y=kx+p,与 x2=2py 联立得 ?

? x 2 ? 2 py 消去 y 得 x2-2pkx-2p2=0. y ? kx ? p . ?
1 ? 2 p x1 ? x2 2

由韦达定理得 x1+x2=2pk,x1x2=-2p2. 于是 S ?ABN ? S ?BCN ? S ?ACN ?
2

= p x1 ? x2 ? p ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2

第 32 页 共 64 页

2 2 2 2 2 = p 4 p k ? 8 p ? 2 p k ? 2.

?当k ? 0时,(S?ABN) min ? 2 2 p2 .
(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y=a,AC 的中点为 O?, t与AC为直 径的圆相交于点 P、Q,PQ 的中点为 H,则 O?H ? PQ , O?点的坐标为(

x1 y1 ? p , ) 2 2

? O?P ?


1 1 2 AC ? x1 ? ( y1 ? p) 2 2 2

1 2 y1 ? p 2 . 2

O?H ? a ?
2

y1 ? p 1 ? 2a ? y1 ? p , 2 2
2 2

? PH ? O?P ? O?H
=

1 2 1 ( y1 ? p 2 ) ? (2a ? y1 ? p) 2 4 4 p = ( a ? ) y1 ? a ( p ? a ), 2

? PQ ? (2 PH ) 2
= 4?(a ?

2

? ?

p ? ) y2 ? a( p ? a)?. 2 ?

第 33 页 共 64 页

令a ?

p p p ? 0 ,得 a ? , 此时 PQ ? p 为定值,故满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? , 2 2 2

即抛物线的通径所在的直线. 解法 2: (Ⅰ)前同解法 1,再由弦长公式得

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 ? 4 p 2 k 2 ? 8 p 2
= 2 p 1 ? k 2 ? k 2 ? 2. 又由点到直线的距离公式得 d ?

2p 1? k2

.

从而, S?ABN ?

1 1 2p ? d ? AB ? ? 2 p 1 ? k 2 ? k 2 ? 2 ? ? 2 p2 k 2 ? 2, 2 2 2 1? k

?当k ? 0时,(S?ABN) max ? 2 2 p2.
(Ⅱ)假设满足条件的直线 t 存在,其方程为 y=a,则以 AC 为直径的圆的方程为

( x ? 0)(x ? x1 ) ? ( y ? p)( y ? y1 ) ? 0, 将直线方程 y=a 代入得

x 2 ? x1 x ? (a ? p)(a ? y1 ) ? 0, p ? ? 则?=x12 ? 4(a ? p)(a ? y1 ) ? 4?(a ? )? y1 ? a( p ? a). 2 ? ?
设直线 l 与以 AC 为直径的圆的交点为 P(x2,y2),Q(x4,y4),则有

p p ? ? PQ ? x3 ? x4 ? 4?(a ? ) y1 ? a( p ? a)? ? 2 (a ? ) y1 ? a( p ? a) . 2 2 ? ?
令a ?

p p p ? 0, 得a ? , 此时 PQ ? p 为定值,故满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? . 2 2 2

即抛物线的通径所在的直线。 练习、 (山东 09 理) (22) (本小题满分 14 分) 设椭圆 E:

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a 2 b2

(I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB ?若存在, 写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。

??? ?

??? ?

x2 y 2 解:(1)因为椭圆 E: 2 ? 2 ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a b
第 34 页 共 64 页

2 ?4 ?1 1 ? ? 1 ? 2 2 ? ? ?a 2 ? 8 x2 y 2 ?a b ? a2 8 ? ?1 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 6 1 1 1 8 4 b ? 4 ? ? ? ?1 ? ? ? ? ? a 2 b2 ? b2 4
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB ,设该圆

??? ?

??? ?

的 切 线 方 程 为

? y ? kx ? m ? 得 y ? kx ? m 解 方 程 组 ? x 2 y 2 ?1 ? ? 4 ?8

x2 ? 2(kx ? m)2 ? 8 , 即

(1 ? 2k 2 ) x2 ? 4kmx ? 2m2 ? 8 ? 0 ,
2 2 2 2 2 2 则△= 16k m ? 4(1 ? 2k )(2m ? 8) ? 8(8k ? m ? 4) ? 0 ,即 8k ? m ? 4 ? 0
2 2

4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 ? 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
k 2 (2m2 ? 8) 4k 2 m2 m2 ? 8k 2 2 y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m ? ? ?m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2
2 2

,



使

? ? ? ? ? ? ? ? 2m2 ? 8 m2 ? 8k 2 3m2 ? 8 2 2 2 ? ? 0 3 m ? 8 k ? 8 ? 0 k ? ?0 O ? A O B , 需使 , 所以 , 所以 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 8
? m2 ? 2 8 2 6 2 6 2 又 8k ? m ? 4 ? 0 ,所以 ? 2 ,所以 m ? ,即 m ? 或m ? ? ,因为直线 y ? kx ? m 为圆心在 3 3 3 ? 3m ? 8
2 2

原点的圆的一条切线 , 所以圆的半径为 r ?

m 1? k 2

,r ?
2

m2 ? 1? k 2

m2 8 2 6 ? ,r ? , 所求的圆为 2 3m ? 8 3 3 1? 8

x2 ? y 2 ?

8 2 6 2 6 , 此时圆的切线 y ? kx ? m 都满足 m ? 或m?? , 而当切线的斜率不存在时切线为 3 3 3

??? ? ??? ? x2 y 2 2 6 2 6 2 6 2 6 2 6 ? ? 1 的两个交点为 ( ,? ) 或 (? ,? ) 满足 OA ? OB ,综上, 存在 与椭圆 8 4 3 3 3 3 3 ??? ? ??? ? 8 2 2 圆心在原点的圆 x ? y ? ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB . 3
x??
4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 因为 ? , 2 ? x x ? 2m ? 8 1 2 ? 1 ? 2k 2 ?
第 35 页 共 64 页

所以 ( x1 ? x2 )2 ? ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ? (?

4km 2 2m2 ? 8 8(8k 2 ? m2 ? 4) , ) ? 4 ? ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 )2

| AB |? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? y1 ? y2 ? ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )
2

8(8k 2 ? m2 ? 4) (1 ? 2k 2 ) 2

?

32 4k 4 ? 5k 2 ? 1 32 k2 ? 4 ? [1 ? ], 3 4k ? 4k 2 ? 1 3 4k 4 ? 4k 2 ? 1
32 1 [1 ? ] 1 3 2 4k ? 2 ? 4 k

①当 k ? 0 时 | AB |?

因为 4k ?
2

1 ? 4 ? 8 所以 0 ? k2

1 1 ? , 1 4k 2 ? 2 ? 4 8 k

所以

32 32 1 ? [1 ? ] ? 12 , 1 3 3 2 4k ? 2 ? 4 k
4 2 6 ?| AB |? 2 3 当且仅当 k ? ? 时取”=”. 3 2

所以

② 当 k ? 0 时, | AB |?

4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 4 6 , ,? ) 或 (? ,? ) ,所以此时 | AB |? 3 3 3 3 3

③ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 ( 综上, |AB |的取值范围为

4 4 6 ?| AB |? 2 3 即: | AB |? [ 6, 2 3] 3 3

【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆 的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系. 题型八:角度问题 例题 9、 (08 重庆理)如图(21)图,M(-2,0)和 N(2,0)是平面上的两点,动点 P 满足: PM ? PN ? 6.

(Ⅰ)求点 P 的轨迹方程;

第 36 页 共 64 页

PN = (Ⅱ)若 PM ·

2 ,求点 P 的坐标. 1 ? cos ?MPN

解:(Ⅰ)由椭圆的定义,点 P 的轨迹是以 M、N 为焦点,长轴长 2a=6 的椭圆. 因此半焦距 c=2,长半轴 a=3,从而短半轴

b= a2 ? c2 ? 5 ,
所以椭圆的方程为 (Ⅱ)由 PM ?PN ?

x2 y 2 ? ? 1. 9 5

2 ,得 1 ? cos MPN


PM ?PN cos MPN ? PM ?PN ? 2.

因 为 cos MPN ? 1, P 不 为 椭 圆 长 轴 顶 点 , 故 P 、 M 、 N 构 成 三 角 形 . 在 △ PMN 中 ,

MN ? 4,由余弦定理有
MN ? PM ? PN ? 2 PM ?PN cos MPN .
将①代入②,得
2 2 2



42 ? PM ? PN ? 2( PM ?PN ? 2).

2

2

x2 ? y 2 ? 1上. 故点 P 在以 M、N 为焦点,实轴长为 2 3 的双曲线 3
由(Ⅰ)知,点 P 的坐标又满足

x2 y 2 ? ? 1 ,所以 9 5

由方程组 ?

? ?5 x ? 9 y ? 45, 2 2 ? ? x ? 3 y ? 3.
2 2

? 3 3 , ?x ? ? ? 2 解得 ? ?y ? ? 5 . ? ? 2

即 P 点坐标为

(

3 3 5 3 3 5 3 3 5 3 3 5 , )、( ,- )、(, )或(? ,- ). 2 2 2 2 2 2 2 2 x2 y2 ? ? 1(a>b>0) a2 b2

练习 1、 (05 福建理)已知方向向量为 v=(1, 3 )的直线 l 过点(0,-2 3 )和椭圆 C: 的焦点,且椭圆 C 的中心关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)是否存在过点 E(-2,0)的直线 m 交椭圆 C 于点 M、N,满足

OM ? ON ?

4 6 cot∠MON≠0(O 为原点).若存 3
第 37 页 共 64 页

在,求直线 m 的方程;

若不存在,请说明理由.

本小题主要考查直线、椭圆及平面向量的基本知识,平面解析几何的基本方法和综合解题能力.满分 14 分. (I)解法一:直线 l : y ? 3x ? 2 3 , 过原点垂直 l 的直线方程为 y ? ? 解①②得 x ? ①

3 x, ② 3

3 . 2

∵椭圆中心 O(0,0)关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上,

?

a2 3 ? 2 ? ? 3. c 2

∵直线 l 过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

? c ? 2, a 2 ? 6, b 2 ? 2. 故椭圆 C 的方程为
解法二:直线 l : y ? 3x ? 2 3 .

x2 y2 ? ? 1. 6 2



p ?q ? 3? ?2 3 ? 2 2 设原点关于直线 l 对称点为(p,q) ,则 ? 解得 p=3. ? q ? 3 ? ? ?1. ? p ? ∵椭圆中心 O(0,0)关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上,

?

a2 ? 3. c
2

∵直线 l 过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

? c ? 2, a ? 6, b ? 2.
2

x2 y2 ? ? 1. 故椭圆 C 的方程为 6 2



(II)解法一:设 M( x1 , y1 ) ,N( x2 , y2 ). 当直线 m 不垂直 x 轴时,直线 m : y ? k ( x ? 2) 代入③,整理得

(3k 2 ? 1) x 2 ? 12k 2 x ? 12k 2 ? 6 ? 0,

? x1 ? x2 ? ?

12k 2 12k 2 ? 6 , x ? x ? , 1 2 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1

| MN |? 1 ? k 2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 (?

12k 2 2 12k 2 ? 6 2 6 (1 ? k 2 ) ) ? 4? ? , 2 3k ? 1 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1

第 38 页 共 64 页

点 O 到直线 MN 的距离 d ?

| 2k | 1? k 2


? OM ? ON ?

4 6 cot ?MON , 3
4 cos ?MON 6 ? 0, 3 sin ?MON

| OM | ? | ON | cos ?MON ?

?| OM | ? | ON | sin ?MON ?

4 2 4 6 ,? S ?OMN ? 6.?| MN | ?d ? 6, 3 3 3

即4 6 | k | 整理得 k 2 ?

k 2 ?1 ?

4 6 (3k 2 ? 1). 3

1 3 ,? k ? ? . 3 3
2 6. 3

当直线 m 垂直 x 轴时,也满足 S ?OMN ? 故直线 m 的方程为 y ?

3 2 3 x? , 3 3

或y??

3 2 3 x? , 或 x ? ?2. 3 3

经检验上述直线均满足 OM ? ON ? 0 . 所以所求直线方程为 y ?

3 2 3 3 2 3 x? , 或 x ? ?2. x? ,或 y ? ? 3 3 3 3

解法二:设 M( x1 , y1 ) ,N( x2 , y2 ). 当直线 m 不垂直 x 轴时,直线 m:y=k(x+2)代入③,整理得

(3k 2 ? 1) x 2 ? 12k 2 x ? 12k 2 ? 6 ? 0, ? x1 ? x2 ? ?
∵E(-2,0)是椭圆 C 的左焦点, ∴|MN|=|ME|+|NE|

12k 2 , 3k 2 ? 1

2 2 2 2 = e( a ? x1 ) ? e( a ? x2 ) ? c ( x1 ? x2 ) ? 2a ? 2 ? (? 12k ) ? 2 6 ? 2 6 (k ? 1) . c c a 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 6

第 39 页 共 64 页

以下与解法一相同. 解法三:设 M( x1 , y1 ) ,N( x2 , y2 ). 设直线 m : x ? ty ? 2 ,代入③,整理得 (t 2 ? 3) y 2 ? 4ty ? 2 ? 0.

? y1 ? y 2 ?

4t ?2 , y1 y 2 ? 2 , t ?3 t ?3
2
2

4t 2 8 ) ? 2 ? |y1-y2|= ( y1 ? y 2 ) ? 4 y1 y 2 = ( 2 t ?3 t ?3
? OM ? ON ?

24t 2 ? 24 (t 2 ? 3) 2

4 6 cot ?MON , 即 | OM | ? | ON | cos ?MON ? 4 6 cos ?MON ? 0, 3 3 sin ?MON
4 2 6 ,? S ?OMN ? 6. 3 3

?| OM | ? | ON | sin ?MON ?

S ?OMN ? S ?OEM ? S ?OEN ?

1 | OE | ? | y1 ? y 2 |? 2

24t 2 ? 24 . (t 2 ? 3) 2

24t 2 ? 24 2 6 ,整理得 t 4 ? 3t 2 . ∴ = 2 2 3 (t ? 3)
解得 t ? ? 3, 或 t ? 0. 故直线 m 的方程为 y ?

3 2 3 3 2 3 x? , 或 x ? ?2. x? ,或 y ? ? 3 3 3 3

经检验上述直线方程为 OM ? ON ? 0. 所以所求直线方程为 y ?

3 2 3 3 2 3 x? , 或 x ? ?2. x? ,或 y ? ? 3 3 3 3

x2 ? y 2 ? 1 的左、右焦点。 练习 2、 (07 四川理)设 F1 、 F2 分别是椭圆 4
(Ⅰ)若 P 是该椭圆上的一个动点,求 PF 1 ? PF 2 的最大值和最小值; (Ⅱ) 设过定点 M (0,2) 的直线 l 与椭圆交于不同的两点 A 、B , 且∠ AOB 为锐角 (其中 O 为坐标原点) , 求直线 l 的斜率 k 的取值范围。 本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识,以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。 解: (Ⅰ)解法一:易知 a ? 2, b ? 1, c ? 3

第 40 页 共 64 页

所以 F1 ? 3, 0 , F2

?

? ?

3, 0 ,设 P ? x, y ? ,则

?

???? ???? ? PF1 ? PF2 ? ? 3 ? x, ? y ,

?

??

3 ? x, ? y ? x 2 ? y 2 ? 3 ? x 2 ? 1 ?

?

x2 1 ? 3 ? ? 3x 2 ? 8 ? 4 4

?2 因为 x ?? ?2, 2? ,故当 x ? 0 ,即点 P 为椭圆短轴端点时, PF 1 ? PF2 有最小值

???? ???? ?

1 当 x ? ?2 ,即点 P 为椭圆长轴端点时, PF 1 ? PF2 有最大值
解法二:易知 a ? 2, b ? 1, c ? 3 ,所以 F1 ? 3, 0 , F2

???? ???? ?

?

? ?

3, 0 ,设 P ? x, y ? ,则

?

???? 2 ???? ? 2 ???? ?2 ???? ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? PF1 ? PF2 ? F1 F2 PF1 ? PF2 ? PF1 ? PF2 ? cos ?F1 PF2 ? PF1 ? PF2 ? ???? ???? ? 2 PF1 ? PF2
1? x? 3 ? 2?

?

?

?

2

? y2 ? x ? 3

?

?

2

? y 2 ? 12? ? x 2 ? y 2 ? 3 (以下同解法一) ? ?

(Ⅱ)显然直线 x ? 0 不满足题设条件,可设直线 l : y ? kx ? 2, A? x1, y2 ? , B ? x2 , y2 ? ,

? y ? kx ? 2 ? ? 2 1? 2 联立 ? x 2 ,消去 y ,整理得: ? k ? ? x ? 4kx ? 3 ? 0 2 4? ? ? ? y ?1 ?4
∴ x1 ? x2 ? ?

4k k2 ?
? ?

1 4

, x1 ? x2 ?

3 k2 ? 1 4

由 ? ? ? 4k ? ? 4 ? k ?
2

3 3 1? 2 或k ? ? ? ? 3 ? 4k ? 3 ? 0 得: k ? 2 4? 2

又 0 ? ?A0B ? 90 ? cos ?A0B ? 0 ? OA ? OB ? 0
0 0

??? ? ??? ?

∴ OA ? OB ? x1x2 ? y1 y2 ? 0

??? ? ??? ?

?k 2 ? 1 ?8k 2 ? ?4 ? 又 y1 y2 ? ? kx1 ? 2?? kx2 ? 2? ? k x1x2 ? 2k ? x1 ? x2 ? ? 4 ? 1 1 1 k2 ? k2 ? k2 ? 4 4 4
2

3k 2

第 41 页 共 64 页



3 k2 ? 1 4

?

?k 2 ? 1 ? 0 ,即 k 2 ? 4 1 k2 ? 4

∴ ?2 ? k ? 2

故由①、②得 ?2 ? k ? ?

3 3 或 ?k?2 2 2

练习 3、 (08 陕西理) 已知抛物线 C :y ? 2 x2 , 直线 y ? kx ? 2 交 C 于 A,B 两点,M 是线段 AB 的中点, 过M 作 x 轴的垂线交 C 于点 N . (Ⅰ)证明:抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行; (Ⅱ)是否存在实数 k 使 NA?NB ? 0 ,若存在,求 k 的值;若不存在,说明理由. 解法一: (Ⅰ)如图,设 A( x1, 2x12 ) , B( x2, 2 x22 ) ,把 y ? kx ? 2 代入 y ? 2x2 得 2 x ? kx ? 2 ? 0 ,
2

??? ? ??? ?

由韦达定理得 x1 ? x2 ?

k , x1 x2 ? ?1 , 2

y M 2 B 1 O N 1 x A

? k k2 ? x1 ? x2 k ? ,? N 点的坐标为 ? , ? . ? xN ? xM ? 2 4 ?4 8 ?
设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为 y ?

k k? ? ? m? x ? ? , 8 4? ?

2

2 将 y ? 2 x 代入上式得 2 x ? mx ?
2

mk k 2 ? ?0, 4 8

? 直线 l 与抛物线 C 相切,
? mk k 2 ? ?? ? m ? 8 ? ? ? ? m2 ? 2mk ? k 2 ? (m ? k )2 ? 0 ,? m ? k . 8 ? ? 4
2

即 l ∥ AB . (Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NA?NB ? 0 ,则 NA ? NB ,又? M 是 AB 的中点,

??? ? ??? ?

1 | AB | . 2 1 1 1 由(Ⅰ)知 yM ? ( y1 ? y2 ) ? (kx1 ? 2 ? kx2 ? 2) ? [k ( x1 ? x2 ) ? 4] 2 2 2 ?| MN |?

? k2 1 ? k2 ? ? ? 4? ? ? 2 . 2? 2 ? 4
k2 k 2 k 2 ? 16 ? MN ? x 轴,? | MN |?| yM ? yN |? ? 2 ? ? . 4 8 8
| x1 ? x2 |? 1 ? k ? ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 又 | AB |? 1 ? k ?
2 2 2

第 42 页 共 64 页

1 2 ?k? ? 1 ? k ? ? ? ? 4 ? (?1) ? k ? 1? k 2 ? 16 . 2 ?2?
2

2

?

k 2 ? 16 1 2 ? k ? 1? k 2 ? 16 ,解得 k ? ?2 . 8 4

即存在 k ? ?2 ,使 NA?NB ? 0 .
2 解法二: (Ⅰ)如图,设 A( x1, 2x12 ),B( x2, 2x2 ) ,把 y ? kx ? 2 代入 y ? 2x2 得

??? ? ??? ?

k 2 x 2 ? kx ? 2 ? 0 .由韦达定理得 x1 ? x2 ? ,x1 x2 ? ?1 . 2

? xN ? xM ?

? k k2 x1 ? x2 k ? ,? N 点的坐标为 ? , 2 4 ?4 8

? 2 ? .? y ? 2x ,? y? ? 4 x , ?

? 抛物线在点 N 处的切线 l 的斜率为 4 ?
??? ? ??? ?

k ? k ,? l ∥ AB . 4

(Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NA?NB ? 0 . 由(Ⅰ)知 NA ? ? x1 ? , 2 x12 ?

??? ? ? ?

k 4

? ? k 2 ? ??? k k2 ? 2 NB ? ? x2 ? , 2 x2 ? ? ,则 ?, 8 ? 4 8 ? ?

??? ? ??? ? ? k ?? k? ? k 2 ?? 2 k 2 ? NA?NB ? ? x1 ? ?? x2 ? ? ? ? 2 x12 ? ?? 2 x2 ? ? 4 ?? 4? ? 8 ?? 8? ? k ?? k? ? k 2 ?? 2 k 2 ? ? ? ? x1 ? ?? x2 ? ? ? 4 ? x12 ? ?? x2 ? ? 4 ?? 4? ? 16 ?? 16 ? ?
k ?? k? ? k ?? k ?? ? ? ? ? x1 ? ?? x2 ? ???1 ? 4 ? x1 ? ?? x2 ? ? ? 4 ?? 4? ? 4 ?? 4 ?? ? ?

? k k2 ? ? k2 ? ? ? x1 x2 ? ? x1 ? x2 ? ? ???1 ? 4 x1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) ? ? 4 16 ? ? 4? ? ? k k k2 ? ? k k2 ? ? ? ?1 ? ? ? ???1 ? 4 ? (?1) ? k ? ? ? 4 2 16 ? ? 2 4? ? ? k2 ?? 3 ? ? ? ?1 ? ?? ?3 ? k 2 ? 16 ? ? 4 ? ?
? 0,

3 k2 ? ?1 ? ? 0 ,??3 ? k 2 ? 0 ,解得 k ? ?2 . 4 16
即存在 k ? ?2 ,使 NA?NB ? 0 .
第 43 页 共 64 页

??? ? ??? ?

问题九:四点共线问题 例题 10、 (08 安徽理)设椭圆 C : (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; ( Ⅱ ) 当 过 点 P( 4 , 1) 的 动 直 线 l 与 椭 圆 C 相 交 与 两 不 同 点 A, B 时 , 在 线 段 AB 上 取 点 Q , 满 足

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 过点 M ( 2,1) ,且着焦点为 F 1 (? 2,0) a 2 b2

??? ? ??? ? ???? ??? ? AP ?QB ? AQ ?PB ,证明:点 Q 总在某定直线上
22 解 (1)由题意:

?c 2 ? 2 ? ?2 1 ? 2 ? 2 ?1 ?a b 2 2 2 ? ?c ? a ? b
(2)方法一

,解得 a2 ? 4, b2 ? 2 ,所求椭圆方程为

x2 y 2 ? ?1 4 2

设点 Q、A、B 的坐标分别为 ( x, y),( x1, y1 ),( x 2 , y2 ) 。

??? ? AP ??? ? ??? ? ???? ??? ? 由题设知 AP , PB , AQ , QB 均不为零,记 ? ? ??? ? ? PB

???? AQ ??? ? ,则 ? ? 0 且 ? ? 1 QB

又 A,P,B,Q 四点共线,从而 AP ? ?? PB, AQ ? ?QB 于是

??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

4?

x1 ? ? x2 , 1? ? x ? ? x2 x? 1 , 1? ?

y1 ? ? y2 1? ? y ? ? y2 y? 1 1? ? 1?

从而
2 x12 ? ? 2 x2 ? 4 x , ??(1) 1? ? 2

y12 ? ? 2y2 2 ? y ,??(2) 1? ?2
2 2 x2 ? 2 y2 ? 4,??(4)

又点 A、B 在椭圆 C 上,即

x12 ? 2 y12 ? 4,??(3)

(1)+(2)?2 并结合(3) , (4)得 4s ? 2 y ? 4 即点 Q( x, y) 总在定直线 2 x ? y ? 2 ? 0 上 方法二 设点 Q( x, y), A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由题设, PA , PB , AQ , QB 均不为零。

??? ? ??? ? ???? ??? ?

??? ? ??? ? PA PB 且 ???? ? ??? ? AQ QB
第 44 页 共 64 页

又 P, A, Q, B 四点共线,可设 PA ? ?? AQ, PB ? ? BQ(? ? 0, ?1) ,于是

??? ?

??? ? ??? ?

??? ?

4 ? ?x 1? ? y , y1 ? 1? ? 1? ? 4 ? ?x 1? ? y x2 ? , y2 ? 1? ? 1? ? x1 ?

(1) (2)

由于 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 在椭圆 C 上,将(1) , (2)分别代入 C 的方程 x2 ? 2 y 2 ? 4, 整理得

( x2 ? 2 y 2 ? 4)? 2 ? 4(2x ? y ? 2)? ? 14 ? 0 ( x2 ? 2 y2 ? 4)? 2 ? 4(2x ? y ? 2)? ? 14 ? 0
(4)-(3) 得

(3) (4)

8(2 x? y? 2 ?)?

0

∵? ? 0,∴ 2 x ? y ? 2 ? 0
即点 Q( x, y) 总在定直线 2 x ? y ? 2 ? 0 上 练习 1、 (08 四川理)设椭圆

N 是 l 上的两个动点, F1M ?F2 N ? 0 .

????? ???? ?

x2 y 2 2 ,右准线为 l , M 、 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 的左、右焦点分别为 F 1 、 F2 ,离心率 e ? 2 a b 2

b (Ⅰ)若 | F 1M |?| F 2 N |? 2 5 ,求 a 、 的值;

?????

???? ?

(Ⅱ)证明:当 | MN | 取最小值时, F 1M ? F 2N 与 F 1 F2 共线.

???? ?

????? ???? ?

???? ?

解析:数列和解几位列倒数第三和第二,意料之中.开始挤牙膏吧. (Ⅰ)由已知, F1 (?c,0) , F2 (c,0) .
2 由e ? 2 , c ? 1 , 2

2

a

2

∴ a ? 2c . 又 a 2 ? b2 ? c 2 , ∴ b 2 ? c 2 , a 2 ? 2b2 .
2 2

∴ l : x ? a ? 2c ? 2c , M (2c, y1 ) , N (2c, y2 ) .
c c

2

2

延长 NF2 交 MF1 于 P ,记右准线 l 交 x 轴于 Q . ∵ F1M ? F2 N ? 0 ,∴ F1M ? F2 N . F1M ? F2 N 由平几知识易证 Rt ?MQF1 ≌ Rt ?F2QN ∴ QN ? FQ ? 3c , QM ? F2Q ? c 1 即 y1 ? c , y2 ? 3c . ∵ F1M ? F2 N ? 2 5 , ∴ 9c2 ? c2 ? 20 , c 2 ? 2 , b2 ? 2 , a 2 ? 4 .
第 45 页 共 64 页

????? ???? ?

?????

???? ?

?????

???? ?

∴ a ? 2,b ? 2 . ????? ???? ? (Ⅰ)另解:∵ F1M ? F2 N ? 0 ,∴ (3c, y1 ) ? (c, y2 ) ? 0 , y1 y2 ? ?3c2 ? 0 . 又 F1M ? F2 N ? 2 5 联立 ?
? y1 y2 ? ?3c 2
2 2 ?9c ? y1 ? 20 ? 2 2 ?c ? y2 ? 20

?????

???? ?

,消去 y1 、 y2 得:

(20 ? 9c2 )(20 ? c2 ) ? 9c2 , 整理得: 9c4 ? 209c2 ? 400 ? 0 , (c2 ? 2)(9c2 ? 200) ? 0 .解得 c 2 ? 2 . 但解此方程组要考倒不少人. ????? ???? ? (Ⅱ)∵ F1M ? F2 N ? (3c, y1 ) ? (c, y2 ) ? 0 ,

∴ y1 y2 ? ?3c2 ? 0 . ???? ?2 2 MN ? y1 ? y2 ? y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2
2



    ? ?2 y1 y2 ? 2 y1 y2 ? ?4 y1 y2 ? 12c ???? ? 当且仅当 y1 ? ? y2 ? 3c 或 y2 ? ? y1 ? 3c 时,取等号.此时 MN 取最小值 2 3c . ????? ???? ? (3c, ? 3c) ? (c, ? 3c) . 此时 F1M ? F2 N ? ???? ? ? (4c, 0) ? 2 F1 F2 ????? ???? ? ???? ? ∴ F1M ? F2 N 与 F1F2 共线. ????? ???? ? (Ⅱ)另解:∵ F1M ? F2 N ? 0 ,

∴ (3c, y1 ) ? (c, y2 ) ? 0 , y1 y2 ? ?3c2 . 设 MF1 , NF2 的斜率分别为 k , ? 1 .
k

y ? k ( x ? c) 由? ? y1 ? 3kc , ? ? x ? 2c
1 由? ? y ? ? ( x ? c) k ? ? ? x ? 2c ? y2 ? ? c k

???? ? 1 . MN ? y1 ? y2 ? c ? 3k ? ? 2 3c k

当且仅当 3k ? 1 即 k 2 ? 1 , k ? ? 3 时取等号.
k

3

3

即当

???? ? MN

????? ???? ? c ? ????? ???? ? ???? F M ? F N ? (3c,3kc) ? (c, ? ) 1 2 此时 ∴ F1M ? F2 N 与 F1F2 共线. k ???? ?    ? (3c, ? 3c) ? (c, ? 3c) ? (4c, 0) ? 2 F1F2 点评:本题第一问又用到了平面几何.看来,与平面几何有联系的难题真是四川风格啊.注意平面几何可与三角 向量解几沾边,应加强对含平面几何背景的试题的研究.本题好得好,出得活,出得妙!均值定理,放缩技巧, 永恒的考点. 问题十:范围问题(本质是函数问题)

最小时, k ? ? 3 , 3

x2 y2 例题 1、已知直线 y ? ? x ? 1与椭圆 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 相交于 A、B 两点。 a b
(1)若椭圆的离心率为

3 ,焦距为 2,求线段 AB 的长; 3 1 2 2 ] 时,求椭圆的长 2

(2)若向量 OA ,当椭圆的离心率 e ? [ , 与向量OB 互相垂直(其中 O 为坐标原点)
第 46 页 共 64 页

轴长的最大值。

(07 四川理)设 F1 、 F2 分别是椭圆

x2 ? y 2 ? 1 的左、右焦点。 4

(Ⅰ)若 P 是该椭圆上的一个动点,求 PF 1 ? PF 2 的最大值和最小值; (Ⅱ) 设过定点 M (0,2) 的直线 l 与椭圆交于不同的两点 A 、B , 且∠ AOB 为锐角 (其中 O 为坐标原点) , 求直线 l 的斜率 k 的取值范围。 本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识,以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。 解: (Ⅰ)解法一:易知 a ? 2, b ? 1, c ? 3 所以 F1 ? 3, 0 , F2

?

? ?

3, 0 ,设 P ? x, y ? ,则

?

???? ???? ? PF1 ? PF2 ? ? 3 ? x, ? y ,

?

??

3 ? x, ? y ? x 2 ? y 2 ? 3 ? x 2 ? 1 ?

?

x2 1 ? 3 ? ? 3x 2 ? 8 ? 4 4

?2 因为 x ?? ?2, 2? ,故当 x ? 0 ,即点 P 为椭圆短轴端点时, PF 1 ? PF2 有最小值

???? ???? ?

1 当 x ? ?2 ,即点 P 为椭圆长轴端点时, PF 1 ? PF2 有最大值
解法二:易知 a ? 2, b ? 1, c ? 3 ,所以 F1 ? 3, 0 , F2

???? ???? ?

?

? ?

3, 0 ,设 P ? x, y ? ,则

?

???? 2 ???? ? 2 ???? ?2 ???? ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? PF1 ? PF2 ? F1 F2 PF1 ? PF2 ? PF1 ? PF2 ? cos ?F1 PF2 ? PF1 ? PF2 ? ???? ???? ? 2 PF1 ? PF2
1? x? 3 ? 2?

?

?

?

2

? y2 ? x ? 3

?

?

2

? y 2 ? 12? ? x 2 ? y 2 ? 3 (以下同解法一) ? ?

(Ⅱ)显然直线 x ? 0 不满足题设条件,可设直线 l : y ? kx ? 2, A? x1, y2 ? , B ? x2 , y2 ? ,

? y ? kx ? 2 ? ? 2 1? 2 y 联立 ? x 2 ,消去 ,整理得: ? k ? ? x ? 4kx ? 3 ? 0 2 4? ? y ? 1 ? ? ?4

第 47 页 共 64 页

∴ x1 ? x2 ? ?

4k k2 ?
? ?

1 4

, x1 ? x2 ?

3 k2 ? 1 4

由 ? ? ? 4k ? ? 4 ? k ?
2

3 3 1? 2 或k ? ? ? ? 3 ? 4k ? 3 ? 0 得: k ? 2 4? 2

又 0 ? ?A0B ? 90 ? cos ?A0B ? 0 ? OA ? OB ? 0
0 0

??? ? ??? ?

∴ OA ? OB ? x1x2 ? y1 y2 ? 0

??? ? ??? ?

?k 2 ? 1 ?8k 2 ? ?4 ? 又 y1 y2 ? ? kx1 ? 2?? kx2 ? 2? ? k x1x2 ? 2k ? x1 ? x2 ? ? 4 ? 1 1 1 k2 ? k2 ? k2 ? 4 4 4
2

3k 2



3 1 k ? 4
2

?

?k 2 ? 1 ? 0 ,即 k 2 ? 4 1 k2 ? 4

∴ ?2 ? k ? 2

故由①、②得 ?2 ? k ? ?

3 3 或 ?k?2 2 2

(山东 09 理) (22) (本小题满分 14 分) 设椭圆 E:

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a 2 b2

(I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB ?若存在, 写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。

??? ?

??? ?

x2 y 2 解:(1)因为椭圆 E: 2 ? 2 ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a b
2 ?4 ?1 1 ? 2 ?1 ? 2 ? ? ?a 2 ? 8 x2 y 2 ?a b ? a2 8 ? ?1 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 8 4 ?b ? 4 ? 6 ? 1 ?1 ?1 ?1 ? ? ? a 2 b2 ? b2 4
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB ,设该圆

??? ?

??? ?

的 切 线 方 程 为

? y ? kx ? m ? y ? kx ? m 解 方 程 组 ? x 2 y 2 得 ? ? 1 ? 4 ?8
第 48 页 共 64 页

x2 ? 2(kx ? m)2 ? 8 , 即

(1 ? 2k 2 ) x2 ? 4kmx ? 2m2 ? 8 ? 0 ,
则△= 16k 2m2 ? 4(1 ? 2k 2 )(2m2 ? 8) ? 8(8k 2 ? m2 ? 4) ? 0 ,即 8k ? m ? 4 ? 0
2 2

4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 ? 2 ? x x ? 2m ? 8 1 2 ? 1 ? 2k 2 ?
y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m2 ? k 2 (2m2 ? 8) 4k 2 m2 m2 ? 8k 2 2 ? ? m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2


,

使

? ? ? ? ? ? ? ? 2m2 ? 8 m2 ? 8k 2 3m2 ? 8 2 2 2 ? ? 0 3 m ? 8 k ? 8 ? 0 k ? ?0 , 需使 , 所以 , 所以 O ? A O B x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 8
? m2 ? 2 8 2 6 2 6 2 又 8k ? m ? 4 ? 0 ,所以 ? 2 ,所以 m ? ,即 m ? 或m ? ? ,因为直线 y ? kx ? m 为圆心在 3 3 3 ? 3m ? 8
2 2

原点的圆的一条切线 , 所以圆的半径为 r ?

m 1? k 2

,r ?
2

m2 ? 1? k 2

m2 8 2 6 ? ,r ? , 所求的圆为 2 3m ? 8 3 3 1? 8

x2 ? y 2 ?

8 2 6 2 6 , 此时圆的切线 y ? kx ? m 都满足 m ? 或m?? , 而当切线的斜率不存在时切线为 3 3 3

??? ? ??? ? x2 y 2 2 6 2 6 2 6 2 6 2 6 ? ? 1 的两个交点为 ( 与椭圆 ,? ) 或 (? ,? ) 满足 OA ? OB ,综上, 存在 8 4 3 3 3 3 3 ??? ? ??? ? 8 2 2 圆心在原点的圆 x ? y ? ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB . 3
x??
4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 因为 ? , 2 2 m ? 8 ? xx ? 1 2 ? 1 ? 2k 2 ?
所以 ( x1 ? x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 ? (?
2 2

4km 2 2m2 ? 8 8(8k 2 ? m2 ? 4) , ) ? 4 ? ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 )2

| AB |? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? y1 ? y2 ? ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )
2

8(8k 2 ? m2 ? 4) (1 ? 2k 2 ) 2

?

32 4k 4 ? 5k 2 ? 1 32 k2 ? 4 ? [1 ? ], 3 4k ? 4k 2 ? 1 3 4k 4 ? 4k 2 ? 1

第 49 页 共 64 页

①当 k ? 0 时 | AB |?

32 1 [1 ? ] 1 3 2 4k ? 2 ? 4 k

因为 4k ?
2

1 ? 4 ? 8 所以 0 ? k2

1 1 ? , 1 4k 2 ? 2 ? 4 8 k

所以

32 32 1 ? [1 ? ] ? 12 , 1 3 3 2 4k ? 2 ? 4 k
4 2 6 ?| AB |? 2 3 当且仅当 k ? ? 时取”=”. 3 2

所以

④ 当 k ? 0 时, | AB |?

4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 4 6 , ,? ) 或 (? ,? ) ,所以此时 | AB |? 3 3 3 3 3

⑤ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 ( 综上, |AB |的取值范围为

4 4 6 ?| AB |? 2 3 即: | AB |? [ 6, 2 3] 3 3

(2009 湖南卷文) (本小题满分 13 分) 已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形是一个面积为 8 的正方形(记为 Q). (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)设点 P 是椭圆 C 的左准线与 x 轴的交点,过点 P 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M,N 两点,当线段 MN 的 中点落在正方形 Q 内(包括边界)时,求直线 l 的斜率的取值范围。

x2 y 2 解: (Ⅰ)依题意,设椭圆 C 的方程为 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0), 焦距为 2c , a b
由题设条件知, a 2 ? 8, b ? c, 所以 b ?
2

1 2 a ? 4. 2

故椭圆 C 的方程为

x2 y 2 ? ?1 8 4

.

(Ⅱ)椭圆 C 的左准线方程为 x ? ?4, 所以点 P 的坐标 (?4, 0) , 显然直线 l 的斜率 k 存在,所以直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 4) 。 如图,设点 M,N 的坐标分别为 ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ), 线段 MN 的中点为 G ( x0 , y0 ) ,

第 50 页 共 64 页

? y ? k ( x ? 4), ? 由 ? x2 y 2 得 (1 ? 2k 2 ) x2 ? 16k 2 x ? 32k 2 ? 8 ? 0 . ?1 ? ? 4 ?8
由 ? ? (16k 2 )2 ? 4(1 ? 2k 2 )(32k 2 ? 8) ? 0 解得 ?

??①

2 2 . ?k? 2 2

??②

因为 x1 , x2 是方程①的两根,所以 x1 ? x2 ? ?

16k 2 ,于是 1 ? 2k 2
.

x1 ? x2 4k 8k 2 x0 ? =? , y0 ? k ( x0 ? 4) ? 2 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k
因为 x0 ? ?

8k 2 ? 0 ,所以点 G 不可能在 y 轴的右边, 1 ? 2k 2

又直线 F1B2 , F1B1 方程分别为 y ? x ? 2, y ? ? x ? 2, 所以点 G 在正方形 Q 内(包括边界)的充要条件为
2 ? ? 4k ? y0 ? x0 ? 2, 8k 2 ?2k ? 2k ? 1 ? 0, ? ? ? 2, ? 即 亦即 ? ? 2 ?1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 ? ? ? y0 ? x0 ? 2. 2 ?2k ? 2k ? 1 ? 0. 8k ? 4k

? ?1 ? 2k 2

?

1 ? 2k 2

? 2,

解得 ?

3 ?1 3 ?1 ,此时②也成立. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ?k? 2 2 3 ?1 3 ?1 , ]. 2 2

故直线 l 斜率的取值范围是 [?

问题十一、存在性问题: (存在点,存在直线 y=kx+m,存在实数,存在图形:三角形(等比、等腰、直角) ,四 边形(矩形、菱形、正方形) ,圆) (2009 山东卷理)(本小题满分 14 分)

第 51 页 共 64 页

x2 y 2 设椭圆 E: 2 ? 2 ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a b
(I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB ?若存在, 写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。 解:(1)因为椭圆 E:

??? ?

??? ?

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a 2 b2

2 ?4 ?1 1 ? ? 1 ? 2 2 ? ? ?a 2 ? 8 x2 y 2 ?a b ? a2 8 ? ?1 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 6 1 1 1 8 4 b ? 4 ? ? ? ?1 ? ? ? ? ? a 2 b2 ? b2 4
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB ,设该圆

??? ?

??? ?

的 切 线 方 程 为

? y ? kx ? m ? y ? kx ? m 解 方 程 组 ? x 2 y 2 得 ?1 ? ? 4 ?8

x2 ? 2(kx ? m)2 ? 8 , 即

(1 ? 2k 2 ) x2 ? 4kmx ? 2m2 ? 8 ? 0 , w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
2 2 2 2 2 2 则△= 16k m ? 4(1 ? 2k )(2m ? 8) ? 8(8k ? m ? 4) ? 0 ,即 8k ? m ? 4 ? 0
2 2

4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 ? 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
k 2 (2m2 ? 8) 4k 2 m2 m2 ? 8k 2 2 y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m ? ? ?m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2
2 2

,



使

? ? ? ? ? ? ? ? 2m2 ? 8 m2 ? 8k 2 3m2 ? 8 2 2 2 ? ? 0 3 m ? 8 k ? 8 ? 0 k ? ?0 O ? A O B , 需使 , 所以 , 所以 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 8
? m2 ? 2 8 2 6 2 6 2 又 8k ? m ? 4 ? 0 ,所以 ? 2 ,所以 m ? ,即 m ? 或m ? ? ,因为直线 y ? kx ? m 为圆心在 3 3 3 ? 3m ? 8
2 2

原点的圆的一条切线 , 所以圆的半径为 r ?

m 1? k 2

,r ?
2

m2 ? 1? k 2

m2 8 2 6 ? ,r ? , 所求的圆为 2 3m ? 8 3 3 1? 8

x2 ? y 2 ?

8 2 6 2 6 , 此时圆的切线 y ? kx ? m 都满足 m ? 或m?? , 而当切线的斜率不存在时切线为 3 3 3
第 52 页 共 64 页

??? ? ??? ? x2 y 2 2 6 2 6 2 6 2 6 2 6 与椭圆 ? ? 1 的两个交点为 ( ,? ) 或 (? ,? ) 满足 OA ? OB ,综上, 存在 8 4 3 3 3 3 3 ??? ? ??? ? 8 2 2 圆心在原点的圆 x ? y ? ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB . 3
x??
4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 因为 ? , 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
所以 ( x1 ? x2 )2 ? ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ? (?

4km 2 2m2 ? 8 8(8k 2 ? m2 ? 4) , ) ? 4 ? ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 )2

| AB |? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? y1 ? y2 ? ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )
2

8(8k 2 ? m2 ? 4) (1 ? 2k 2 ) 2

?

32 4k 4 ? 5k 2 ? 1 32 k2 ? 4 ? [1 ? ], 3 4k ? 4k 2 ? 1 3 4k 4 ? 4k 2 ? 1
32 1 [1 ? ] 1 3 2 4k ? 2 ? 4 k

①当 k ? 0 时 | AB |?

因为 4k ?
2

1 ? 4 ? 8 所以 0 ? k2

1 1 ? , 1 4k 2 ? 2 ? 4 8 k

所以

32 32 1 ? [1 ? ] ? 12 , 1 3 3 2 4k ? 2 ? 4 k
4 2 6 ?| AB |? 2 3 当且仅当 k ? ? 时取”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 3 2

所以

⑥ 当 k ? 0 时, | AB |?

4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 4 6 ,? ) 或 (? ,? ) ,所以此时 | AB |? , 3 3 3 3 3

⑦ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 ( 综上, |AB |的取值范围为

4 4 6 ?| AB |? 2 3 即: | AB |? [ 6, 2 3] 3 3

【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系直线与圆 的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根与系数关系. (2009 山东卷文)(本小题满分 14 分) 设 m ? R ,在平面直角坐标系中,已知向量 a ? (mx, y ? 1) ,向量 b ? ( x, y ? 1) , a ? b ,动点 M ( x, y ) 的轨迹为 E.
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?

?

?

?

(1)求轨迹 E 的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (2) 已知 m ?

1 ,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB (O 4

为坐标原点),并求出该圆的方程; (3)已知 m ?

1 ,设直线 l 与圆 C: x 2 ? y 2 ? R2 (1<R<2)相切于 A1,且 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,当 R 为何值 4

时,|A1B1|取得最大值?并求最大值. 解:(1)因为 a ? b , a ? (mx, y ? 1) , b ? ( x, y ?1) , 所以 a ? b ? mx2 ? y 2 ?1 ? 0 ,

?

? ?

?

? ?

即 mx 2 ? y 2 ? 1 . w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

当 m=0 时,方程表示两直线,方程为 y ? ?1 ; 当 m ? 1 时, 方程表示的是圆 当 m ? 0 且 m ? 1 时,方程表示的是椭圆; 当 m ? 0 时,方程表示的是双曲线.

? y ? kx ? t 1 x2 ? 2 ? y ? 1,设圆心在原点的圆的一条切线为 y ? kx ? t ,解方程组 ? x 2 (2).当 m ? 时, 轨迹 E 的方程为 2 4 4 ? ? y ?1 ?4
得 x ? 4(kx ? t ) ? 4 ,即 (1 ? 4k ) x ? 8ktx ? 4t ? 4 ? 0 ,
2 2 2 2 2

要使切线与轨迹 E 恒有两个交点 A,B, 则使△= 64k t ?16(1 ? 4k )(t ?1) ? 16(4k ? t ? 1) ? 0 ,
2 2 2 2 2 2

即 4k ? t ? 1 ? 0 ,即 t ? 4k ? 1 ,
2 2 2 2

8kt ? x ? x ? ? 1 2 ? ? 1 ? 4k 2 且? 2 ? x x ? 4t ? 4 ? 1 2 1 ? 4k 2 ?
k 2 (4t 2 ? 4) 8k 2t 2 t 2 ? 4k 2 2 , ? ? t ? 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

y1 y2 ? (kx1 ? t )(kx2 ? t ) ? k 2 x1 x2 ? kt ( x1 ? x2 ) ? t 2 ?
要使 OA ? OB ,
2 2

??? ?

??? ?

需使 x1x2 ? y1 y2 ? 0 ,即
2 2

4t 2 ? 4 t 2 ? 4k 2 5t 2 ? 4k 2 ? 4 ? ? ? 0, 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2
2 2

所以 5t ? 4k ? 4 ? 0 ,

即 5t ? 4k ? 4 且 t ? 4k ? 1 ,

即 4k ? 4 ? 20k ? 5 恒成立.
2 2

所以又因为直线 y ? kx ? t 为圆心在原点的圆的一条切线,

4 (1 ? k 2 ) 4 t 4 2 5 所以圆的半径为 r ? ,r ? ? ? , 所求的圆为 x 2 ? y 2 ? . 2 2 2 5 1? k 1? k 5 1? k
t
2

第 54 页 共 64 页

2 2 2 2 2 x2 5 ,与 5 ) 或 (? 5 ,? 5 ) 也满足 ? y 2 ? 1 交于点 ( 5 ,? 当切线的斜率不存在时 , 切线为 x ? ? 5 5 5 5 5 4
OA ? OB .
综上, 存在圆心在原点的圆 x ? y ?
2 2

??? ? ??? ? 4 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB . 5

(3)当 m ?

1 x2 ? y 2 ? 1,设直线 l 的方程为 y ? kx ? t ,因为直线 l 与圆 C: x2 ? y 2 ? R2 (1<R<2) 时,轨迹 E 的方程为 4 4

相切于 A1, 由(2)知 R ?

t 1? k
2

,

即 t 2 ? R2 (1 ? k 2 )

①,

因为 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,

? y ? kx ? t ? 由(2)知 ? x 2 得 x2 ? 4(kx ? t )2 ? 4 , 2 ? ? y ?1 ?4
即 (1 ? 4k ) x ? 8ktx ? 4t ? 4 ? 0 有唯一解
2 2 2

则△= 64k t ?16(1 ? 4k )(t ?1) ? 16(4k ? t ? 1) ? 0 ,
2 2 2 2 2 2

即 4k ? t ? 1 ? 0 ,
2 2



? 2 3R 2 t ? ? ? 4 ? R2 由①②得 ? , 2 R ? 1 2 ?k ? ? ? 4 ? R2

此时 A,B 重合为 B1(x1,y1)点, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

8kt ? x1 ? x2 ? ? ? 4t 2 ? 4 16 R 2 ? 16 ? 1 ? 4k 2 2 ? 由? 中 x1 ? x 2 ,所以, x1 ? , 2 1 ? 4k 2 3R 2 ? x x ? 4t ? 4 ? 1 2 1 ? 4k 2 ?
4 1 2 4 ? R2 2 2 2 2 y ? 1 ? x1 ? B1(x1,y1)点在椭圆上,所以 1 ,所以 | OB1 | ? x1 ? y1 ? 5 ? 2 , 2 R 4 3R
在直角三角形 OA1B1 中 , | A1 B1 | ?| OB1 | ? | OA1 | ? 5 ?
2 2 2

4 4 4 ? R 2 ? 5 ? ( 2 ? R 2 ) 因为 2 ? R 2 ? 4 当且仅当 2 R R R

R ? 2 ? (1, 2)时取等号,所以 | A1B1 |2 ? 5 ? 4 ? 1 ,即
当 R ? 2 ? (1, 2) 时|A1B1|取得最大值,最大值为 1. 【命题立意】:本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以通过解方程组法研究 有没有交点问题,有几个交点的问题. (2009 江苏卷) (本小题满分 16 分) 在平面直角坐标系 xoy 中,已知圆 C1 : ( x ? 3)2 ? ( y ?1)2 ? 4 和圆 C2 : ( x ? 4)2 ? ( y ? 5)2 ? 4 .
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(1)若直线 l 过点 A(4, 0) ,且被圆 C1 截得的弦长为 2 3 ,求直线 l 的方程; (2)设 P 为平面上的点,满足:存在过点 P 的无穷多对互相垂直的直线 l1 和 l2 ,它们分别与圆 C1 和圆 C2 相交, 且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,试求所有满足条件的点 P 的坐标。 【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离公式,考查数学运算求解能力、综合分析问题的能 力。满分 16 分。 (1)设直线 l 的方程为: y ? k ( x ? 4) ,即 kx ? y ? 4k ? 0 由垂径定理,得:圆心 C1 到直线 l 的距离 d ? 42 ? ( 结合点到直线距离公式,得:

2 3 2 ) ? 1, 2

| ?3k ? 1 ? 4k | k 2 ?1
7 24

? 1,

化简得: 24k ? 7k ? 0, k ? 0, or , k ? ?
2

求直线 l 的方程为: y ? 0 或 y ? ?

7 ( x ? 4) ,即 y ? 0 或 7 x ? 24 y ? 28 ? 0 24

(2) 设点 P 坐标为 (m, n) ,直线 l1 、 l2 的方程分别为:w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

1 1 1 y ? n ? k ( x ? m), y ? n ? ? ( x ? m) ,即: kx ? y ? n ? km ? 0, ? x ? y ? n ? m ? 0 k k k
因为直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,两圆半径相等。由垂径定理,得: :圆心 C1 到 直线 l1 与 C2 直线 l2 的距离相等。 故有: | ?3k ? 1 ? n ? km |

k 2 ?1

4 1 | ? ?5? n? m| k , ? k 1 ?1 k2

化简得: (2 ? m ? n)k ? m ? n ? 3, 或(m ? n ? 8)k ? m ? n ? 5 关于 k 的方程有无穷多解,有: ?

?2 ? m ? n ? 0 ?m-n+8=0 ,或 ? ?m ? n ? 3 ? 0 ?m+n-5=0

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

解之得:点 P 坐标为 (? 3 , 13 ) 或 ( 5 , ? 1 ) 。 2 2 2 2 (2009 全国卷Ⅱ文) (本小题满分 12 分)

3 x2 y2 已知椭圆 C: a 2 ? b 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 3
两点,当 l 的斜率为 1 时,坐标原点 O 到 l 的距离为 2 (Ⅰ)求 a,b 的值;
2

,过右焦点 F 的直线 l 与 C 相交于 A、B
2 2

(Ⅱ)C 上是否存在点 P,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP ? OA ? OB 成立?
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?

?

?

若存在,求出所有的 P 的坐标与 l 的方程;若不存在,说明理由。 解析:本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力,第一问直接运用点到直线的距离公式以及椭圆有关关 系式计算,第二问利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数关系解决问题,注意特殊情况的处理。 解: (Ⅰ)设 F ?c,0?, 当 l 的斜率为 1 时,其方程为 x ? y ? c ? 0, O 到 l 的距离为

0?0?c 2
得 a?

?

c 2



c 2

?

c 3 2 , c ? 1 w.由 e ? ? a 3 2

3 , b ? a2 ? c2 = 2

(Ⅱ)C 上存在点 P ,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP ? OA ? OB 成立。 由 (Ⅰ)知 C 的方程为 2 x + 3 y =6. 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ). (ⅰ) 当l不垂直x轴时,设 l的方程为y ? k ( x ? 1) C
2

2

x1 ? x2 , y1 ? y2) , 上的点P使OP ? OA ? OB 成 立 的 充 要 条 件 是 P点的坐标为(



2( x1 ? x2 ) 2 ? 3( y1 ? y2 ) 2 ? 6
整理得 2x1 ? 3 y1 ? 2x2 ? 3 y2 ? 4x1 x2 ? 6 y1 y2 ? 6
2 2 2 2

又A、B在C上,即 2 x1 ? 3 y1


2

2

? 6,2 x 2 ? 3 y 2 ? 6

2

2

2

2 x1 x2 ? 3 y1 y 2 ? 3 ? 0
2

将 y ? k ( x ? 1)代入2x ? 3 y ? 6, 并化简得

(2 ? 3k 2 ) x 2 ? 6k 2 x ? 3k 2 ? 6 ? 0 w. 于是 x1 ? x 2 ?
? 4k 2 y1 y 2 ? k ( x1 ? 1)(x 2 ? 2) ? 2 ? 3k 2
2
2 代 入 ① 解 得 , k ? 2 , 此 时 x1 ? x 2 ?

6k 2 3k 2 ? 6 x x , = , 1 2 2 ? 3k 2 2 ? 3k 2

3 2

于 是 y1 ? y2 ? k ( x1 ? x2 ? 2) = ?

k 3 k , 即 P ( ,? ) 2 2 2

w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 因此, 当 k ? ? 2 时, P( ,

3 2

2 ) , l的方程为 2x ? y ? 2 ? 0 ; 2

当k ?

3 2 2 时, P( ,? ) , l的方程为 2x ? y ? 2 ? 0 。 2 2

(ⅱ)当 l 垂直于 x 轴时,由 OA ? OB ? (2,0) 知,C 上不存在点 P 使 OP ? OA ? OB 成立。

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综上,C 上存在点 P( ,?

3 2

2 ) 使 OP ? OA ? OB 成立,此时 l 的方程为 2

2x ? y ? 2 ? 0 .
(2009 湖北卷理)(本小题满分 14 分) (注意:在试题卷上作答无效 ) ......... 过抛物线 y 2 ? 2 px( p ? 0) 的对称轴上一点 A? a,0?? a ? 0? 的直线与抛物线相交于 M、N 两点,自 M、N 向 直线 l : x ? ? a 作垂线,垂足分别为 M 1 、 N1 。 (Ⅰ)当 a ? (Ⅱ)记

p 时,求证: AM1 ⊥ AN1 ; 2

?AMM1 、 ?AM1 N1 、 ?ANN1 的面积分别为 S1 、 S2 、 S3 ,是否存在 ? ,使得对任意的 a ? 0 ,

2 都有 S2 ? ? S1S2 成立。若存在,求出 ? 的值;若不存在,说明理由。

20 题。本小题主要考察抛物线的定义和几何性质等平面解析几何的基础知识,考查综合运用数学知识进行推理 运算的能力。 (14 分) 解:依题意,可设直线 MN 的方程为 x ? my ? a, M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则有 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

M (?a, y1 ), N (?a, y2 )
由?

? x ? my ? a
2 ? y ? 2 px

消去 x 可得 y ? 2mpy ? 2ap ? 0
2

从而有 ?

? y1 ? y2 ? 2mp ? y1 y2 ? ?2ap



于是 x1 ? x2 ? m( y1 ? y2 ) ? 2a ? 2(m2 p ? a) 又由 y12 ? 2 px1 , y12 ? 2 px2 可得 x1 x2 ? (Ⅰ)如图 1,当 a ?



( y1 y2 )2 (?2ap)2 ? ? a2 2 2 4p 4p



p p p 时,点 A( , 0) 即为抛物线的焦点, l 为其准线 x ? ? 2 2 2 P P 2 此时 M 1 ( ? , y1 ), N1 ( ? , y2 ), 并由 ①可得 y1 y2 ? ? p 2 2 uuuu v uuuv 证法 1: Q AM1 ? (? p, y1 ), AN1 ? (? p, y2 )

uuuu v uuuv ? AM1 ? AN1 ? p2 ? y1 y2 ? p2 ? p2 ? 0,即AM1 ? AN1 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
Q K AM1 ? ? y1 y , K AN1 ? ? 2 , p p

证法 2:

第 58 页 共 64 页

? K AM1 ? K AN1 ?

y1 y2 p2 ? ? ? ?1,即AM1 ? AN1. p2 p2

2 (Ⅱ)存在 ? ? 4 ,使得对任意的 a ? 0 ,都有 S2 ? 4S1S3 成立,证明如下:

证法 1:记直线 l 与 x 轴的交点为 A 1 ,则 OA ? OA 1 ? a 。于是有

1 1 S1 ? ? MM 1 ? A1M 1 ? (x1 ? a) y1 2 2 1 S2 ? ? M 1 N1 ? AA1 ? a y1 ? y2 2 1 1 S3 ? ? NN1 ? A1 N1 ? (x2 ? a ) y2 2 2
2 ? S2 ? 4S1S3 ? (a y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? a ) y1 ? ( x2 ? a ) y2

? a 2 [( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ] ? [ x1 x2 ? a( x1 ? x2 ) ? a 2 ] y1 y2
将①、②、③代入上式化简可得

a2 (4m2 p2 ? 8ap) ? 2ap(2am2 p ? 4a2 ) ? 4a2 p(m2 p ? 2a)
2 上式恒成立,即对任意 a ? 0, S2 ? 4S1S3 成立 2 证法 2:如图 2,连接 MN1 , NM1 ,则由 y1 y2 ? ?2ap, y1 ? 2 px1 可得

KOM ?

y1 2 p 2 py2 2 py2 y2 ? ? ? ? ? KON1 ,所以直线 MN1 经过原点 O, x1 y1 y1 y2 ?2ap ?a

同理可证直线 NM1 也经过原点 O 又 OA ? OA 1 ? a 设 M1 A 1 ?h 1 , N1 A 1 ? h2 , MM1 ? d1 , NN1 ? d2 , 则

S1 ?

1 1 1 d1h1 , S2 ? ? 2a (h1 ? h2 ) ? a (h1 ? h2 ), S3 ? d 2 h2 . 2 2 2
第 59 页 共 64 页

(2009 全国卷Ⅱ理) (本小题满分 12 分)

已知椭圆 C :

x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 , 过右焦点 F 的直线 l 与 C 相交于 A 、B 两点, 当l 的 2 a b 3

斜率为 1 时,坐标原点 O 到 l 的距离为 (I)求 a , b 的值;

2 2

(II) C 上是否存在点 P,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP ? OA ? OB 成立? 若存在,求出所有的 P 的坐标与 l 的方程;若不存在,说明理由。 解:(I)设 F (c, 0) ,直线 l : x ? y ? c ? 0 ,由坐标原点 O 到 l 的距离为

??? ?

??? ? ??? ?

2 2



c 3 |0?0?c| 2 ,解得 c ? 1 .又 e ? ? ,? a ? 3, b ? 2 . ? a 3 2 2
x2 y 2 ? ? 1 .设 A( x1 , y1 ) 、 B ( x2 , y2 ) 3 2

(II)由(I)知椭圆的方程为 C :

由题意知 l 的斜率为一定不为 0,故不妨设 l : x ? my ? 1
2 2 代入椭圆的方程中整理得 (2m ? 3) y ? 4my ? 4 ? 0 ,显然 ? ? 0 。

4m 4 , y1 y2 ? ? ,. . . . . . . .① 2 2m ? 3 2m 2 ? 3 ??? ? ??? ? ??? ? .假设存在点 P,使 OP ? OA ? OB 成立,则其充要条件为:
由韦达定理有: y1 ? y2 ? ? 点 P的坐标为( x1 ? x2 , y1 ? y2 ) ,点 P 在椭圆上,即

( x1 ? x2 )2 ( y1 ? y2 )2 ? ?1。 3 2

整理得 2x12 ? 3 y12 ? 2x22 ? 3 y22 ? 4x1x2 ? 6 y1 y2 ? 6 。 又 A、B 在椭圆上,即 2x12 ? 3 y12 ? 6, 2x22 ? 3 y22 ? 6 . 故 2 x1 x2 ? 3 y1 y2 ? 3 ? 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .② 将 x1x2 ? (my1 ? 1)(my2 ?1) ? m2 y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ?1 及①代入②解得 m ?
2

1 2

? y1 ? y2 ?

4m 2 3 2 2 3 2 ? 2 ? ,即 P( , ? , x1 ? x2 = ? 或? ). 2 2m ? 3 2 2 2 2 2

当m ?

2 3 2 2 时, P( , ? ), l : x ? y ?1; 2 2 2 2 2 3 2 2 时, P( , ), l : x ? ? y ? 1. 2 2 2 2
第 60 页 共 64 页

当m ? ?

评析:处理解析几何题,学生主要是在“算”上的功夫不够。所谓“算” ,主要讲的是算理和算法。算法是解决 问题采用的计算的方法,而算理是采用这种算法的依据和原因,一个是表,一个是里,一个是现象,一个是本质。 有时候算理和算法并不是截然区分的。例如:三角形的面积是用底乘高的一半还是用两边与夹角的正弦的 一半,还是分割成几部分来算?在具体处理的时候,要根据具体问题及题意边做边调整,寻找合适的突破 口和切入点。 (2009 福建卷理) (本小题满分 13 分) 已知 A,B 分别为曲线 C:

x2 + y 2 =1(y ? 0,a>0)与 x 轴 a2

的左、右两个交点,直线 l 过点 B,且与 x 轴垂直,S 为 l 上 异于点 B 的一点,连结 AS 交曲线 C 于点 T. (1)若曲线 C 为半圆,点 T 为圆弧 ? AB 的三等分点,试求出点 S 标; (II)如图,点 M 是以 SB 为直径的圆与线段 TB 的交点,试问:是否存在 a ,使得 O,M,S 三点共线?若存在,求 出 a 的值,若不存在,请说明理由。 19.【解析】 解法一:
AB 的三等分点得∠BOT=60°或 120°. (Ⅰ)当曲线 C 为半圆时, a ? 1, 如图,由点 T 为圆弧 ?

的 坐

(1)当∠BOT=60°时, ∠SAE=30°. 又 AB=2,故在△SAE 中,有 SB ? AB ? tan 30? ?
? ? ? ? ,? s (t , ); ? ?

(2)当∠BOT=120°时,同理可求得点 S 的坐标为 (1, 2 3) ,综上, S (1, (Ⅱ)假设存在 a(a ? 0) ,使得 O,M,S 三点共线.

2 3 )或S(1,2 3) 3

由于点 M 在以 SB 为直线的圆上,故 BT ? OS . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 k>0,可设直线 AS 的方程为 y ? k ( x ? a ) .
? x2 2 ? ? y ?1 得(1 ? a 2 k 2 ) x 2 ? 2a 2 k 2 x ? a 4 k 2 ? a 2 ? 0 由 ? a2 ? y ? k ( x ? a) ?

设点 T ( xT , yT ),? xT ? (?a) ? 故 xT ?

a2 k 2 ? a2 , 1 ? a2 k 2

a ? a2 k 2 2ak ,从而 y T ? k ( xT ? a) ? . 2 2 1 ? a2 k 2 1? a k a ? a2 k 2 2ak 亦即 T ( , ). 1 ? a2 k 2 1 ? a2 k 2 ??? ? ?2a2 k 2 2ak ? B(a,0),? BT ? (( , )) 2 2 1 ? a k 1 ? a2 k 2
??? ? ?x ? a 由? 得 s(a,2ak ),?OS ? (a,2ak ). ? y ? k ( x ? a)
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??? ? ??? ? ?2a2 k 2 ? 4a2 k 2 由 BT ? OS ,可得 BT ? OS ? ? 0 即 ?2a 2 k 2 ? 4a 2 k 2 ? 0 2 1? a k2
? k ? 0, a ? 0,? a ? 2

经检验,当 a ? 2 时,O,M,S 三点共线.

故存在 a ? 2 ,使得 O,M,S 三点共线.

解法二: (Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)假设存在 a,使得 O,M,S 三点共线. 由于点 M 在以 SO 为直径的圆上,故 SM ? BT . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 K>0,可设直线 AS 的方程为 y ? k ( x ? a )
? x2 2 ? ? y ?1 得(1 ? a 2 b 2 ) x 2 ? 2a 2 k 2 x ? a 2 k 2 ? a 2 ? 0 由 ? a2 ? y ? k ( x ? a) ?

a4 k 2 ? a2 . 1 ? a2 k 2 a ? a2 k 2 2ak a ? a2 k 2 2ak 故 xT ? , 从而 y ? k ( x ? a ) ? 亦即 T ( ? ). T T 2 2 2 2 2 2 a?a k 1? a k 1 ? a k 1 ? a2 k 2 yT 1 ? B (a, 0),? k BT ? ? ? 2 , 故k SM ? a 2 k xT ? a a k
设点 T ( xT , yT ) ,则有 xT ? (?a) ?
?x ? a 得S(a,2ak),所直线 SM 的方程为 y ? 2ak ? a2 k ( x ? a) 由? y ? k ( x ? a ) ?

O,S,M 三点共线当且仅当 O 在直线 SM 上,即 2ak ? a2 k (?a) .
? a ? 0, K ? 0,? a ? 2

故存在 a ? 2 ,使得 O,M,S 三点共线. (2009 陕西卷理)(本小题满分 12 分)

y 2 x2 5 2 5 已知双曲线 C 的方程为 2 ? 2 ? 1(a ? 0, b ? 0) ,离心率 e ? ,顶点到渐近线的距离为 。 a b 2 5
(I)求双曲线 C 的方程; (II) 如图,P 是双曲线 C 上一点,A, B 两点在双曲线 C 的两条渐近线上,且分别位于第一、二象限,若

??? ? ??? ? 1 AP ? ? PB, ? ? [ , 2] ,求 ?AOB 面积的取值范围。 3
28. (本小题满分 14 分) 已知双曲线 C 的方程为

y 2 x2 ? ? 1(a ? 0, b ? 0), w.w.w.k.s.5.u.c.o.m a 2 b2

离心率 e ?

5 2 5 , 顶点到渐近线的距离为 . 2 5

(Ⅰ)求双曲线 C 的方程;
第 62 页 共 64 页

(Ⅱ)如图,P 是双曲线 C 上一点,A,B 两点在双曲线 C 的两条渐近线上,且分别位于第一,二象限.若

??? ? ??? ? 1 AP ? ? PB, ? ? [ , 2], 求△AOB 面积的取值范围. 3
解答一(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点 (O, a) 到渐近线 ax ? by ? 0的距离为

2 5 , 5



ab a 2 ? b2

?

2 5 ab 2 5 ,即 ? , 5 c 5

? ab 2 5 ?a ? 2, , ? ? 5 ? ?c ?b ? 1, ? 5 y2 ?c ? x 2 ? 1. , 由? ? 得 ∴双曲线 C 的方程为 ? 4 2 ?a c ? 5, 2 2 2 ? ?c ? a ? b ? ? ?
(Ⅱ)由(Ⅰ)知双曲线 C 的两条渐近线方程为 y ? ?2 x. 设 A(m, 2m), B(?n, 2n), m ? 0, n ? 0.

由 AP ? ? PB 得 P 点的坐标为 (

??? ?

??? ?

m ? ? n 2(m ? ? n) , ), 1? ? 1? ?

将 P 点坐标代入

y2 (1 ? ? n) 2 ? x 2 ? 1, 化简得 mn ? . 4 4?

设∠AOB ? 2? ,? tan( 又

?

1 1 4 ? ? ) ? 2,? tan ? ? ,sin ? ? ,sin 2? ? . 2 2 2 5

? | OA |? 5m4 | OB |? 5n?

? S? AOB ?

1 1 1 | OA |? | OB |? sin 2? ? 2mn ? (? ? ) ? 1. 2 2 ?

1 1 1 S (? ) ? (? ? ) ? 1, ? ?[ , 2], 记 2 ? 3
8 9 , S (2) ? , 3 4 1 8 当 ? ? 1 时,△AOB 的面积取得最小值 2,当 ? ? 时,△AOB 的面积取得最大值 ∴△AOB 面积的取值范围 3 3. 8 是 [2, ]. 3
由 S '(? ) ? 0得? ? 1, 又S(1)=2,S( ) ? 解答二(Ⅰ)同解答一 (Ⅱ)设直线 AB 的方程为 y ? kx ? m, 由题意知 | k |? 2, m ? 0. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
第 63 页 共 64 页

1 3

由{

y ? kx ? m m 2m , ), 得 A 点的坐标为 ( y ? 2x 2?k 2?k y ? kx ? m ? m 2m , ). 得 B 点的坐标为 ( y ? ?2 x 2?k 2?k

由{

由 AP ? ? PB 得 P 点的坐标为 (

??? ?

??? ?

m 1 ? 2m 1 ? ( ? ), ( ? )), 1? ? 2 ? k 2 ? k 1? ? 2 ? k 2 ? k

将 P 点坐标代入

y2 4m 2 (1 ? ? )2 ? x 2 ? 1得 ? . 4 4 ? k2 ?
1 1 1 | OQ |? | XA | ? | OQ |? | x8 |? m? ( xA ? xB) 2 2 2

设 Q 为直线 AB 与 y 轴的交点,则 Q 点的坐标为(0,m).

S? AOB ? S? AOQ ? S? BOQ ?
=

1 m m 1 4m 2 1 1 m( ? )? ? ? (? ? ) ? 1. 2 2 2?k 2?k 2 4?k 2 ?

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