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2013届高考数学一轮复习精品学案:第35讲 曲线方程及圆锥曲线的综合问题


2013 年普通高考数学科一轮复习精品学案
第 35 讲 曲线方程及圆锥曲线的综合问题
一.课标要求:
1.由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决,要加强等价转 化思想的训练; 2.通过圆锥曲线与方程的学习,进一步体会数形结合的思想; 3.了解圆锥曲线的简单应用。

二.命题走向
近年来圆锥曲线在高考

中比较稳定, 解答题往往以中档题或以押轴题形式出现, 主要考 察学生逻辑推理能力、运算能力,考察学生综合运用数学知识解决问题的能力。但圆锥曲线 在新课标中化归到选学内容,要求有所降低,估计 2007 年高考对本讲的考察,仍将以以下 三类题型为主。 1.求曲线(或轨迹)的方程,对于这类问题,高考常常不给出图形或不给出坐标系, 以考察学生理解解析几何问题的基本思想方法和能力; 2.与圆锥曲线有关的最值问题、参数范围问题,这类问题的综合型较大,解题中需要 根据具体问题、灵活运用解析几何、平面几何、函数、不等式、三角知识,正确的构造不等 式或方程,体现了解析几何与其他数学知识的联系。 预测 2013 年高考: 1.出现 1 道复合其它知识的圆锥曲线综合题; 2.可能出现 1 道考查求轨迹的选择题或填空题,也可能出现在解答题中间的小问。

三.要点精讲
1. 曲 线 方 程 (1)求曲线(图形)方程的方法及其具体步骤如下: 步 骤 含 义 说 明

1、“建”:建立坐标 系;“设”:设动点坐 标。

建立适当的直角坐标 系,用(x,y)表示曲线上 任意一点 M 的坐标。

(1) 所研究的问题已给出坐标系, 即可直接 设点。 (2) 没有给出坐标系, 首先要选取适当的坐 标系。

2、现(限): 由限制条

写出适合条件 P 的点 M

这是求曲线方程的重要一步,应仔细分析

件,列出几何等式。 的集合 P={M|P(M)} 3、“代”:代换 用坐标法表示条件 P(M), 列出方程 f(x,y)=0 4、“化”:化简 化方程 f(x,y)=0 为最简 形式。 5、证明 证明化简以后的方程的 解为坐标的点都是曲线 上的点。

题意,使写出的条件简明正确。 常常用到一些公式。

要注意同解变形。

化简的过程若是方程的同解变形,可以不 要证明,变形过程中产生不增根或失根, 应在所得方程中删去或补上(即要注意方程 变量的取值范围)。

这 五 个 步 骤 (不 包 括 证 明 )可 浓 缩 为 五 字 “口 诀 ”: 建 设 现 (限 )代 化 ” (2)求曲线方程的常见方法: 直接法:也叫“五步法”,即按照求曲线方程的五个步骤来求解。这是求曲线方程的基本 方法。 转移代入法:这个方法又叫相关点法或坐标代换法。即利用动点是定曲线上的动点,另 一动点依赖于它,那么可寻求它们坐标之间的关系,然后代入定曲线的方程进行求解。 几何法:就是根据图形的几何性质而得到轨迹方程的方法。 参 数 法 :根 据 题 中 给 定 的 轨 迹 条 件 ,用 一 个 参 数 来 分 别 动 点 的 坐 标 ,间 接 地 把 坐 标 x,y 联 系 起 来 , 得 到 用 参 数 表 示 的 方 程 。如 果 消 去 参 数 , 就 可 以 得 到轨迹的普通方程。 2. 圆 锥 曲 线 综 合 问 题 ( 1) 圆 锥 曲 线 中 的 最 值 问 题 、 范 围 问 题 通 常 有 两 类 :一 类 是 有 关 长 度 和 面 积 的 最 值 问 题 ;一 类 是 圆 锥 曲 线 中 有 关 的 几 何 元 素 的 最 值 问 题 。这 些 问 题 往 往 通 过 定 义 ,结 合 几 何 知 识 ,建 立 目 标 函 数 ,利 用 函 数 的 性 质 或 不 等 式 知 识 ,以 及 观 形 、设 参 、转 化 、替 换 等 途 径 来 解 决 。解 题 时 要 注 意 函 数 思 想 的 运 用 ,要 注 意 观 察 、分 析 图 形 的 特 征 ,将 形和数结合起来。

圆锥曲线的弦长求法:

设圆锥曲线 C∶f(x,y)=0 与直线 l∶y=kx+b 相交于 A(x1,y1)、B(x2,y2)两点,则弦 长|AB|为:

若 弦 A B 过 圆 锥 曲 线 的 焦 点 F, 则 可 用 焦 半 径 求 弦 长 , |A B| =| AF | +| B F|. 在 解 析 几 何 中 求 最 值 ,关 键 是 建 立 所 求 量 关 于 自 变 量 的 函 数 关 系 ,再 利 用 代 数 方 法 求 出 相 应 的 最 值 .注 意 点 是 要 考 虑 曲 线 上 点 坐 标 (x ,y )的 取 值 范 围 。 (2)对称、存在性问题,与圆锥曲线有关的证明问题

它 涉 及 到 线 段 相 等 、角 相 等 、直 线 平 行 、垂 直 的 证 明 方 法 ,以 及 定 点 、定 值问题的判断方法。 (3)实际应用题 数学应用题是高考中必考的题型, 随着高考改革的深入, 同时课本上也出现了许多与圆 锥曲线相关的实际应用问题,如桥梁的设计、探照灯反光镜的设计、声音探测,以及行星、 人造卫星、彗星运行轨道的计算等。 涉及与圆锥曲线有关的应用问题的解决关键是建立坐标系, 合理选择曲线模型, 然后转 化为相应的数学问题作出定量或定性分析与判断,解题的一般思想是:

实际问题

建立坐标系 转化成数学问题

数学模型方程

模型的解

翻译回去

讨论方程的解

( 4) 知 识 交 汇 题 圆 锥 曲 线 经 常 和 数 列 、三 角 、平 面 向 量 、不 等 式 、推 理 知 识 结 合 到 一 块 出 现部分有较强区分度的综合题。

四.典例解析
题型 1:求轨迹方程

例 1. (1)一动圆与圆 x2 ? y 2 ? 6 x ? 5 ? 0 外切,同时与圆 x2 ? y 2 ? 6x ? 91 ? 0 内切, 求动圆圆心 M 的轨迹方程,并说明它是什么样的曲线。 ( 2)双 曲 线

x2 ? y 2 ? 1有 动 点 P , F1 , F2 是 曲 线 的 两 个 焦 点 ,求 ?PF1F2 的 重 9

心 M 的轨迹方程。 解 析 : 1) 法 一 ) 设 动 圆 圆 心 为 M ( x, y ) , 半 径 为 R , 设 已 知 圆 的 圆 心 分 ( ( 别 为 O1 、 O2 , 将 圆 方 程 分 别 配 方 得 : ( x ? 3)2 ? y 2 ? 4 , ( x ? 3)2 ? y 2 ? 100 , 当

? M 与 ? O1 相 切 时 , 有


y

| O1M |? R ? 2


? M 与 ? O2 相 切 时 , 有


P

| O2 M |? 10 ? R

O1

O2

x

将 ①②两 式 的 两 边 分 别 相 加 , 得

| O1M | ? | O2 M |? 12 ,


( x ? 3) 2 ? y 2 ? ( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12



移项再两边分别平方得:

2 ( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12 ? x
两 边 再 平 方 得 : 3x ? 4 y ?108 ? 0 ,
2 2



整理得

x2 y 2 ? ?1, 36 27 x2 y 2 ? ?1, 轨 迹 是 椭 圆 。 36 27

所以,动圆圆心的轨迹方程是

(法二)由解法一可得方程

( x ? 3) 2 ? y 2 ? ( x ? 3) 2 ? y 2 ? 12 ,

由 以 上 方 程 知 , 动 圆 圆 心 M ( x, y ) 到 点 O1 (?3, 0) 和 O2 (3,0) 的 距 离 和 是 常 数

12 , 所 以 点 M 的 轨 迹 是 焦 点 为 O1 (?3, 0) 、 O2 (3,0) , 长 轴 长 等 于 12 的 椭 圆 ,

并且椭圆的中心在坐标原点,焦点在 x轴上, ∴ 2c ? 6 , 2a ? 12 , ∴c ? 3 , a ? 6 , ∴b ? 36 ? 9 ? 27 ,
2

∴ 圆心轨迹方程为

x2 y 2 ? ?1。 36 27

(2) 如图, P, M 点坐标各为 P( x1 , y1 ), M ( x, y) , 在已知双曲线方程中 a ? 3, b ? 1 , 设 ∴ ∴c ? 9 ? 1 ? 10 ∴ 已知双曲线两焦点为 F (? 10,0), F2 ( 10,0) , 1 ∵?PF F2 存在,∴ y1 ? 0 1

? x1 ? (? 10) ? 10 ?x ? ? x1 ? 3 x ? 3 由三角形重心坐标公式有 ? ,即 ? 。 y1 ? 0 ? 0 ? y1 ? 3 y ?y ? ? 3 ?
∵ y1 ? 0 ,∴ y ? 0 。

已知点 P 在双曲线上,将上面结果代入已知曲线方程,有 即所求重心 M 的轨迹方程为: x ? 9 y ? 1( y ? 0) 。
2 2

(3x)2 ? (3 y)2 ? 1( y ? 0) 9

点 评 :定 义 法 求 轨 迹 方 程 的 一 般 方 法 、步 骤 ;“转 移 法 ”求 轨 迹 方 程 的 方 法 。

x2 2 例 2.设 P 为双曲线 ? y =1 上一动点,O 为坐标原点,M 为线段 OP 的中点,则点 4
M 的轨迹方程是 。

解析:(1)答案:x2-4y2=1 设 P(x0,y0) ∴x ? ∴ M(x,y) ∴ 2x=x0,2y=y0

x0 y ,y? 0 2 2

4x 2 ∴ -4y2=1 ?x2-4y2=1 4
点评:利用中间变量法(转移法)是求轨迹问题的重要方法之一。

题型 2:圆锥曲线中最值和范围问题 例 3.(1)设 AB 是过椭圆

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) 中心的弦,椭圆的左焦点为 a 2 b2
) C. ac D. b
2

F1 (?c,0) ,则△F1AB 的面积最大为(
A. bc B. ab

x2 y2 (2)已知双曲线 2 ? 2 ? 1(a ? 0,b ? 0) 的左右焦点分别为 F1,F2,点 P 在双曲 a b
线的右支上,且 | PF1 | ? 4| PF2 | ,则此双曲线的离心率的最大值是( A. )

4 3

B.

5 3

C. 2

D.

7 2

(3)已知 A(3,2)、B(-4,0),P 是椭圆 最大值为( A. 10 C. 10 ? 5 ) B. 10 ? 5 D. 10 ? 2 5

x2 y2 ? ? 1 上一点,则|PA|+|PB|的 25 9

解析:(1)如图,由椭圆对称性知道 O 为 AB 的中点,则△F1OB 的面积为△F1AB 面 积的一半。又 | OF1 | ? c ,△F1OB 边 OF1 上的高为 y B ,而 y B 的最大值是 b,所以△F1OB 的 面积最大值为

1 cb 。所以△F1AB 的面积最大值为 cb。 2

点评:抓住△F1AB 中 | OF1 | ? c 为定值,以及椭圆是中心对称图形。 (2)解析:由双曲线的定义, 得: | PF1 |?| PF2 | ? 2a , 又 | PF1 | ? 4| PF2 | ,所以 3| PF2 | ? 2a ,从而 | PF2 | ?

2 a 3

由双曲线的第二定义可得

| PF2 | c ? , 2 a a x? c

所以 x ?

c 5 5a 2 5a 2 ? a ,从而 e ? ? 。故选 B。 。又 x ? a,即 a 3 3c 3c

点评:“点 P 在双曲线的右支上”是衔接两个定义的关键, 也是不等关系 条件。利用这个结论得出关于 a、c 的不等式,从而得出 e 的取值范围。

5a 2 ? a 成立的 3c

(3)解析:易知 A(3,2)在椭圆内,B(-4,0)是椭圆的左焦点(如图),则右 焦点为 F(4,0)。连 PB,PF。由椭圆的定义知:

| PB|?| PF | ? 10 ,
所以 | PB| ? 10?| PF| ,所以| PA|?| PB| ?| PA|?10?| PF| ? 10 ? (| PA|?| PF|) 。 由平面几何知识,

|| PA|?| PF || ?| AF | ,即 (| PA|?| PB|) min ? 10?| AF | ,
而 | AF | ?

(3 ? 4) 2 ? (2 ? 0) 2 ? 5 ,

所以 (| PA|?| PB|) min ? 10 ? 5 。 点评:由△PAF 成立的条件 || PA|?| PF || ?| AF | ,再延伸到特殊情形 P、A、F 共线,从 而得出 || PA|?| PF || ?| AF | 这一关键结论。

例 4. (1)设 P 是椭圆 求 PQ 的最大值。

x2 ? y 2 ? 1? a ? 1? 短轴的一个端点, Q 为椭圆上的一个动点, 2 a

(2)已知在平面直角坐标系 xOy 中的一个椭圆,它

的中心在原点,左焦点为 F (? 3,0) ,右顶点为 D(2,0) ,设点 A ?1, ? . ① 求该椭圆的标准方程; ② P 是椭圆上的动点,求线段 PA 中点 M 的轨迹方程; 若 ③ 过原点 O 的直线交椭圆于点 B, C ,求 ?ABC 面积的最大值。 (3)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 l。 (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 ΔAOB 面积取得最大值时,求直 线 l 的方程。 解析:(1)依题意可设 P(0,1),Q(x,y),则 |PQ|= x2+(y-1)2 ,又因为 Q 在椭圆上, 所以,x2=a2(1-y2), |PQ|2= a2(1-y2)+y2-2y+1=(1-a2)y2-2y+1+a2, =(1-a2)(y- 1 1 )2- +1+a2 。 1-a2 1-a2

? 1? ? 2?

a2 a2-1 1 1 因为|y|≤1,a>1, 若 a≥ 2, 则| |≤1, 当 y= 时, |PQ|取最大值 2 , 1-a2 1-a2 a -1 若 1<a< 2,则当 y=-1 时, |PQ|取最大值 2。 (2)① 由已知得椭圆的半长轴 a=2,半焦距 c= 3 ,则半短轴 b=1,

x2 ? y2 ? 1。 又椭圆的焦点在 x 轴上, ∴ 椭圆的标准方程为 4
② 设线段 PA 的中点为 M(x,y) ,点 P 的坐标是(x0,y0), x=

x0 ? 1 2
由 y= 得

x0= 2x-1 y0= 2y-

1 y0 ? 2 2
由,点 P 在椭圆上,得

1 2

(2 x ? 1) 2 1 ? (2 y ? ) 2 ? 1 , 4 2

∴ 线段 PA 中点 M 的轨迹方程是 ( x ? ) ? 4( y ? ) ? 1 。
2 2

1 2

1 4

③ 当直线 BC 垂直于 x 轴时,BC=2,因此△ABC 的面积 S△ABC=1。 当直线 BC 不垂直于 x 轴时,说该直线方程为 y=kx,代入

x2 ? y2 ? 1, 4
),

解得 B(

2 4k 2 ? 1

,

2k 4k 2 ? 1

),C(-

2 4k 2 ? 1

,-

2k 4k 2 ? 1

则 BC ? 4

1? k

2

k?
,又点 A 到直线 BC 的距离 d=

1 2

1 ? 4k 2

1? k 2



∴ ABC 的面积 S△ABC= △

2k ? 1 1 AB ? d ? 。 2 1 ? 4k 2

于是 S△ABC= 由

4k 2 ? 4k ? 1 4k 。 ? 1? 2 2 4k ? 1 4k ? 1

4k 1 ≥-1,得 S△ABC≤ 2 ,其中,当 k=- 时,等号成立。 2 2 4k ? 1

∴ △ABC 的最大值是 2 。 S (3)解:设椭圆方程为

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

?b ? c ?a 2 ? 2 ? 2 ? x2 ? 2a ?4 ? ?b2 ? 1 ∴ ? y 2 ? 1。 (Ⅰ )由已知得 ? 所求椭圆方程为 2 ? c ?c 2 ? 1 2 2 2 ? ?a ? b ? c ?
( 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 , y2 )
? y ? kx ? 2 ? 2 2 由 ? x2 ,消去 y 得关于 x 的方程: (1 ? 2k ) x ? 8kx ? 6 ? 0 , 2 ? ? y ?1 ?2
2 2 由直线 l 与椭圆相交于 A、B 两点,? ? 0 ? 64k ? 24(1 ? 2k ) ? 0 ,解得 k ? ?
2

3 。 2

8k ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 ? 又由韦达定理得 ? , ?x ? x ? 6 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
?| AB |? 1 ? k 2 | x1 ? x2 |? 1 ? k 2 ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ?
原点 O 到直线 l 的距离 d ?

1? k 2 16k 2 ? 24 。 2 1 ? 2k

2 1? k 2



? S? AOB

1 16k 2 ? 24 2 2 2k 2 ? 3 . ? | AB | ?d ? ? 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 16k 2 ? 24 两边平方整理得: 1 ? 2k 2

解法 1:对 S ?

4S 2k 4 ? 4(S 2 ? 4)k 2 ? S 2 ? 24 ? 0 (*),
? ?16( S 2 ? 4) 2 ? 4 ? 4 S 2 ( S 2 ? 24) ? 0, ? 1 ?4 ? S2 2 ?0 ∵S ? 0 , ? ,整理得: S ? 。 2 2 ? S 2 ? S ? 24 ?0 ? ? 4S 2
又 S ? 0 , ?0 ? S ?

2 2 ,从而 S? AOB 的最大值为 S ? , 2 2
4 2

此时代入方程(*)得 4k ? 28k ? 49 ? 0 ,? k ? ? 所以,所求直线方程为: ? 14x ? 2 y ? 4 ? 0 。 解法 2:令 m ?

14 。 2

2k 2 ? 3(m ? 0) ,则 2k 2 ? m2 ? 3 。

?S ?

2 2m 2 2 2 ? ? 2 m ?4 m? 4 2 m
4 2 14 即 m ? 2 时, S max ? ,此时 k ? ? 。 m 2 2

当且仅当 m ?

所以,所求直线方程为 ? 14 ? 2 y ? 4 ? 0

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 , y2 ) , 则直线 l 与 x 轴的交点 D ( ?

2 , 0) , k

8k ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 3 ? 2 由解法一知 k ? 且 ? , 6 2 ? x ?x ? ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
解法 1: S? AOB ?

1 1 2 | OD | ? | y1 ? y2 |? | | ? | kx1 ? 2 ? kx2 ? 2 | 2 2 k
= | x1 ? x2 |

? ( x 2 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x2

?

16k 2 ? 24 1 ? 2k 2 2 2 2k 2 ? 3 . 1 ? 2k 2

?
下同解法一.

解法 2: S? AOB ? S? POB ? S? POA ? 下同解法一。

1 2 2 2k 2 ? 3 ? 2? || x2 | ? | x1 || ?| x2 ? x1 | 。 2 1 ? 2k 2

点评:文科 06 年高考主要考察了圆锥曲线的最值问题,主要是三角形的面积、弦长问 题。处理韦达定理以及判别式问题啊是解题的关键。 题型 3:证明问题和对称问题

例 5.(1)如图,椭圆

x2 y2 ? =1(a>b>0)与 a2 b

过点 A(2,0)B(0,1)的直线有且只有一个公共点 T,且 椭圆的离心率 e=

3 . 2

(Ⅰ )求椭圆方程;

(Ⅱ F 1 、F 2 分别为椭圆的左、 )设 右焦点, 为线段 AF 1 的中点, M 求证: ATM=∠ 1 T。 ∠ AF

(2)设 A, B 分别为椭圆 距,且 x ? 4 为它的右准线。 (Ⅰ )、求椭圆的方程;

x2 y 2 ? ? 1(a, b ? 0) 的左、右顶点,椭圆长半轴的长等于焦 a 2 b2

(Ⅱ 、设 P 为右准线上不同于点(4,0)的任意一点,若直线 AP, BP 分别与椭圆相 ) 交于异于 A, B 的点 M 、N ,证明点 B 在以 MN 为直径的圆内。 (3)在平面直角坐标系 x O y 中,直线 l 与抛物线 y 2 =2 x 相交于 A、B 两点。 ① 求证:“如果直线 l 过点 T(3,0),那么 OA ? OB =3”是真命题; ② 写出(1)中命题的逆命题,判断它是真命题还是假命题,并说明理由. 解析:(1)(I)过点 A 、 B 的直线方程为
?? ? ?? ?

x ? y ? 1. 2

? x2 y2 ? 2 ? 2 ?1 ? b 因为由题意得 ? a 有惟一解, ?y ? ? 1 x ?1 ? 2 ?
即 (b ?
2

1 2 2 a ) x ? a 2 x 2 ? a 2 ? a 2b 2 ? 0 有惟一解, 4
2 2 2 2

所以 ? ? a b (a ? 4b ? 4) ? 0

( ab ? 0 ),故 a ? 4b ? 4 ? 0.
2 2

3 又因为 e ? ,即 2
故所求的椭圆方程为

a 2 ? b2 3 ? , 所以 a2 4 x2 ? 2 y 2 ? 1. 2

a 2 ? 4b 2 . 从而得

a 2 ? 2, b 2 ?

1 , 2

(II)由(I)得

c?

6 6 6 6 , 0), F2 ( , 0), 从而 M (1 ? , 0). , 故 F1 (? 2 2 4 2

? x2 2 ? ? 2y ? 1 1 ?2 由? ,解得 x1 ? x2 ? 1, 所以 T (1, ). 2 ?y ? ? 1 x ?1 ? 2 ?

因为 tan ?AFT ? 1

1 2 6 , ? 1, 又 tan ?TAM ? , tan ?TMF2 ? 2 2 6

2 1 ? 6 2 ? 6 ? 1, 因此 ?ATM ? ?AFT . 得 tan ?ATM ? 1 1 2 1? 6
点评:本题主要考查直线与椭圆的位置关系、椭圆的几何性质,同时考察解析几何的基 本思想方法和综合解题能力。

(2)(Ⅰ )依题意得 a=2c,

a2 =4,解得 a=2,c=1,从而 b= 3 . c

故椭圆的方程为

x2 y2 ? ? 1. 4 3

(Ⅱ )解法 1:由(Ⅰ )得 A(-2,0),B(2,0).设 M(x0,y0). ∵ 点在椭圆上, y0= (4-x02) M ∴ . ①
2

3 4

M

又点 M 异于顶点 A、 ∴ B, -2<x0<2, 由 P、A、M 三点共线可以得
-4

1

A -2

2

B

4

-1

6 y0 P(4, ). x0 ? 2
从而 BM =(x0-2,y0),

N
-2

-3

BP =(2,

6 y0 ). x0 ? 2
2

6 y0 2 ∴BM · =2x0-4+ = (x02-4+3y02). BP x0 ? 2 x 0 ? 2
BP 将①代入②,化简得 BM · =
5 (2-x0). 2



∵ 2-x0>0,∴BM · >0,则∠ MBP 为锐角,从而∠ MBN 为钝角, BP 故点 B 在以 MN 为直径的圆内。 解法 2:由(Ⅰ )得 A(-2,0),B(2,0).设 M(x1,y1),N(x2,y2),

则-2<x1<2,-2<x2<2,又 MN 的中点 Q 的坐标为(

x1 ? x 2 y ? y2 , 1 ), 2 2

依题意,计算点 B 到圆心 Q 的距离与半径的差

BQ -

2

x ? x2 y ? y2 2 1 1 2 MN =( 1 -2)2+( 1 ) - [(x1-x2)2+(y1-y2)2] 4 4 2 2
=(x1-2) (x2-2)+y1y1 ③

又直线 AP 的方程为 y=

y1 y ( x ? 2) ,直线 BP 的方程为 y= 2 ( x ? 2) , x1 ? 2 x2 ? 2

而点两直线 AP 与 BP 的交点 P 在准线 x=4 上,



6 y1 6 y2 (x2 ? 2) y1 3 ,即 y2= ? x1 ? 2 x2 ? 2 x1 ? 2
2 2



x y 3 2 2 又点 M 在椭圆上,则 1 ? 1 ? 1 ,即 y1 ? (4 ? x1 ) 4 4 3
于是将④、⑤代入③,化简后可得 BQ - 从而,点 B 在以 MN 为直径的圆内。
2



1 5 2 MN = (2-x1 )( x 2 ? 2) ? 0 . 4 4

点评:本小题主要考查直线、圆和椭圆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。 (3)证明:① 设过点 T(3,0)的直线 l 交抛物线 y2=2x 于点 A(x1,y1)、B(x12,y2). 当直线 l 的钭率下存在时,直线 l 的方程为 x=3,此时,直线 l 与抛物线相交于 A(3, 6 )、 B(3,- 6 ),∴OA? OB =3。 当直线 l 的钭率存在时,设直线 l 的方程为 y=k(x-3),其中 k≠0.

y2=2x 当 y=k(x -3) 得 ky2-2y-6k=0,则 y1y2=-6.

1 2 1 y 1 , x2= y 2 , 2 2 2 1 2 ∴OA? OB =x1x2+y1y2= ( y1 y 2 ) ? y1 y 2 =3. 4
又∵ 1= x 综上所述, 命题“如果直线 l 过点 T(3,0),那么 OA? OB =3”是真命题. ② 逆命题是:设直线 l 交抛物线 y2=2x 于 A、B 两点,如果 OA? OB =3,那么该直线过点 T(3,0).该命题是假命题. 例如:取抛物线上的点 A(2,2),B( 直线 AB 的方程为 Y=

1 ,1),此时 OA? OB =3, 2

2 (X+1),而 T(3,0)不在直线 AB 上. 3

点评:由抛物线 y2=2x 上的点 A(x1,y1)、B(x12,y2)满足 OA? OB =3,可得 y1y2=-6。或 y1y2=2, 如果 y1y2=-6, 可证得直线 AB 过点(3,0); 如果 y1y2=2, 可证得直线 AB 过点(-1,0), 而不过点(3,0)。 例 6.(1)椭圆 C:

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的两个焦点为 F1,F2,点 P 在椭圆 C 上,且 a 2 b2

4 14 PF1 ? F1 F2 ,| PF1 |? ,| PF2 |? . 3 3
(Ⅰ )求椭圆 C 的方程; (Ⅱ )若直线 l 过圆 x2+y2+4x-2y=0 的圆心,交椭圆 C 于 A, B 两点,且 A、B 关于点 M 对称,求直线 l 的方程。 (2)已知三点 P(5,2)、 F1 (-6,0)、 F2 (6,0)。 (Ⅰ )求以 F1 、 F2 为焦点且过点 P 的椭圆的标准方程; (Ⅱ )设点 P、 F1 、 F2 关于直线 y=x 的对称点分别为 P? 、 F1' 、 F2' ,求以 F1' 、 F2' 为 焦点且过点 P? 的双曲线的标准方程。 解析:(1)解法一: (Ⅰ )因为点 P 在椭圆 C 上, 所以 2a ? PF ? PF2 ? 6 , 1 O

a=3. 在 Rt△PF1F2 中, F1 F2 ? -c2=4,所以椭圆 C 的方程为

PF2 ? PF1
2

2

从而 b2=a2 ? 2 5, 故椭圆的半焦距 c= 5 ,

x2 y2 ? =1。 9 4

(Ⅱ A,B 的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)。 )设 已知圆的方程为(x+2)2+(y-1)2=5,所以圆心 M 的坐标为(-2,1). 从而可设直线 l 的方程为 y=k(x+2)+1, 代入椭圆 C 的方程得 (4+9k2)x2+(36k2+18k)x+36k2+36k-27=0. 因为 A,B 关于点 M 对称. 所以

x1 ? x 2 18k 2 ? 9k ?? ? ?2. 2 4 ? 9k 2
8 , 9 8 ( x ? 2) ? 1, 9

解得 k ?

所以直线 l 的方程为 y ? 即 8x-9y+25=0.

(经检验,所求直线方程符合题意) 解法二: (Ⅰ )同解法一. (Ⅱ )已知圆的方程为(x+2)2+(y-1)2=5,所以圆心 M 的坐标为(-2,1). 设 A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).由题意 x1 ? x2 且

x1 y ? 1 ? 1, ① 9 4 x2 y ? 2 ? 1, ② 9 4
由① -② 得:
2 2

2

2

( x1 ? x2 )(x1 ? x2 ) ( y1 ? y 2 )( y1 ? y 2 ) ? ? 0. 9 4



因为 A、B 关于点 M 对称,所以 x1+ x2=-4,y1+ y2=2。

代入③ 得

y1 ? y 2 8 8 8 = ,即直线 l 的斜率为 ,所以直线 l 的方程为 y-1= (x+2), 9 9 9 x1 ? x2

即 8x-9y+25=0。 (经检验,所求直线方程符合题意.) ( 2 ) ①由 题 意 可 设 所 求 椭 圆 的 标 准 方 程 为

x2 y 2 ? ? 1 (a>b>0), 其 半 焦 距 a 2 b2

c=6, 2a ? PF1 ? PF2 ? 11 ? 2 ? 1 ? 2 ? 6 5 ∴a ? 3 5 ,b2=a2-c2=9。
2 2 2 2

所以所求椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ?1 45 9
, , ,

② P(5,2)、F1(-6,0)、F2(6,0)关于直线 y=x 的对称点分别为点 P (2,5)、F1 (0,-6)、F2 点 (0,6)。 设所求双曲线的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1(a1 ? 0, b1 ? 0) 。 a12 b12
112 ? 22 ? 12 ? 22 ? 4 5 。

由题意知,半焦距 c1=6, 2a1 ? P?F1? ? P?F2? ?

a1 ? 2 5 ,b12=c12-a12=36-20=16. 所以所求双曲线的标准方程为

x2 y 2 ? ?1。 20 16

点评:本小题主要考查椭圆与双曲线的基本概念、标准方程、几何性质等基础知识和基 本运算能力。 题型 4:知识交汇题 例 7.已知点 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ( x1 x2 ? 0) 是抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 上的两个动
2

点, O 是坐标原点,向量 OA , OB 满足 OA ? OB ? OA ? OB .设圆 C 的方程为

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0
(I) 证明线段 AB 是圆 C 的直径;

2 5 时,求 p 的值。 5 ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? ??? ??? 2 ??? ??? 2 ? ? ? ? 解析:(I)证明 1: ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB) ? (OA ? OB)
(II)当圆 C 的圆心到直线 X-2Y=0 的距离的最小值为

??? 2 ??? ??? ??? 2 ??? 2 ??? ??? ??? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB

整理得: OA ? OB ? 0

??? ??? ? ?

? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0
设 M(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上的任意一点,则 MA ? MB ? 0 即 ( x ? x1 )( x ? x2 ) ? ( y ? y1 )( y ? y2 ) ? 0 整理得: x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0 故线段 AB 是圆 C 的直径 证明 2: ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB) ? (OA ? OB)
2

???? ????

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

2

??? 2 ??? ??? ??? 2 ??? 2 ??? ??? ??? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB
整理得: OA ? OB ? 0

??? ??? ? ?

? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ……..(1)
设(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上则 即

y ? y2 y ? y1 ? ? ?1( x ? x1 , x ? x2 ) x ? x2 x ? x1

去分母得: ( x ? x1 )( x ? x2 ) ? ( y ? y1 )( y ? y2 ) ? 0 点 ( x1 , y1 ),( x1 , y2 ),( x2 , y1 )( x2 , y2 ) 满足上方程,展开并将(1)代入得:

x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0
故线段 AB 是圆 C 的直径 证明 3: ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB) ? (OA ? OB)
2

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

2

??? 2 ??? ??? ??? 2 ??? 2 ??? ??? ??? 2 ? ? ? ? ? ? ? ? OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB
整理得: OA ? OB ? 0

??? ??? ? ?

? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ……(1)
以线段 AB 为直径的圆的方程为

(x ?

x1 ? x2 2 y ? y2 2 1 ) ? (y ? 1 ) ? [( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ] 2 2 4

展开并将(1)代入得:

x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0
故线段 AB 是圆 C 的直径 (II)解法 1:设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 ? x2 ? ?x ? 2 ? ? ? y ? y1 ? y2 ? ? 2

? y12 ? 2 px1, y22 ? 2 px2 ( p ? 0)
? x1 x2 ? y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0

? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2
?? y1 ? y2 ? y12 y2 2 4 p2

? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0

? y1 ? y2 ? ?4 p2
x? x1 ? x2 yy 1 1 ? ( y12 ? y2 2 ) ? ( y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ) ? 1 2 2 4p 4p 4p

?

1 2 ( y ? 2 p2 ) p
2 2

所以圆心的轨迹方程为 y ? px ? 2 p

设圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

1 2 ( y ? 2 p2 ) ? 2 y | | x ? 2y | | y 2 ? 2 py ? 2 p 2 | p d? ? ? 5 5 5p |

?

| ( y ? p) 2 ? p 2 | 5p

当 y=p 时,d 有最小值

p p 2 5 ,由题设得 ? 5 5 5

?p ? 2.
解法 2: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 ? x2 ? ?x ? 2 ? ? ? y ? y1 ? y2 ? ? 2

? y12 ? 2 px1, y22 ? 2 px2 ( p ? 0)
? x1 x2 ? y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0

? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2
?? y1 ? y2 ? y12 y2 2 4 p2

? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0

? y1 ? y2 ? ?4 p2
x? x1 ? x2 yy 1 1 ? ( y12 ? y2 2 ) ? ( y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ) ? 1 2 2 4p 4p 4p

?

1 2 ( y ? 2 p2 ) p
2 2

所以圆心的轨迹方程为 y ? px ? 2 p

设直线 x-2y+m=0 到直线 x-2y=0 的距离为

2 5 ,则 5

m ? ?2
因为 x-2y+2=0 与 y ? px ? 2 p 无公共点,
2 2

所以当 x-2y-2=0 与 y ? px ? 2 p 仅有一个公共点时,该点到直线 x-2y=0 的距离最小值为
2 2

2 5 5
? x ? 2 y ? 2 ? 0? (2) ? 2 2 ? y ? px ? 2 p ? (3)
将(2)代入(3)得 y 2 ? 2 py ? 2 p2 ? 2 p ? 0

?? ? 4 p2 ? 4(2 p2 ? 2 p) ? 0
?p?0 ? p ? 2.
解法 3: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则

x1 ? x2 ? ?x ? 2 ? ? ? y ? y1 ? y2 ? ? 2
圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

x1 ? x2 ? ( y1 ? y2 ) | 2 d? 5 |

? y12 ? 2 px1, y22 ? 2 px2 ( p ? 0)
y12 y2 2 ? x1 x2 ? 4 p2
又因 x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0

? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2
?? y1 ? y2 ? y12 y2 2 4 p2

? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0

? y1 ? y2 ? ?4 p2
1 ( y12 ? y2 2 ) ? ( y1 ? y2 ) | | y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ? 4 p( y1 ? y2 ) ? 8 p 2 | 4p ?d ? ? 5 4 5p |

?

( y1 ? y2 ? 2 p)2 ? 4 p 2 4 5p
p p 2 5 ,由题设得 ? 5 5 5

当 y1 ? y2 ? 2 p 时,d 有最小值

?p ? 2.
点评:本小题考查了平面向量的基本运算,圆与抛物线的方程.点到直线的距离公式等基 础知识,以及综合运用解析几何知识解决问题的能力。 例 8.如图,对每个正整数 n , An ( xn , yn ) 是抛 物线 x ? 4 y 上的点,过焦点 F 的直线 FAn 角抛物线
2

于另一点 Bn (sn , tn ) 。 (Ⅰ )试证: xn sn ? ?4(n ? 1) ; (Ⅱ )取 xn ? 2n ,并记 Cn 为抛物线上分别以 An 与 Bn 为切点的两条切线的交点。 试证: FC1 ? FC2 ? ?? FCn ? 2 ? 2
n ? n?1

?1 ;

证明:(Ⅰ )对任意固定的 n ? 1, 因为焦点 F(0,1), 所以可设直线 An Bn 的方程为 y ?1 ? kn x, 将它与抛物线方程 x ? 4 y 联立得: x2 ? 4kn x ? 4 ? 0 ,
2

由一元二次方程根与系数的关系得 xn sn ? ?4(n ? 1) . (Ⅱ)对任意固定的 n ? 1, 利用导数知识易得抛物线 x ? 4 y 在 An 处的切线的斜率
2

k An ?

xn x , 故 x2 ? 4 y 在 An 处的切线的方程为: y ? yn ? n ( x ? xn ) ,……① 2 2 s 2 类似地,可求得 x ? 4 y 在 Bn 处的切线的方程为: y ? tn ? n ( x ? sn ) ,……② 2
2 2 2 2 xn ? sn xn ? sn xn sn x? ? ? , 由② -① 得: yn ? tn ? ? 2 2 4 4

xn ? sn x2 ? s2 x ?s x ? n n ,? x ? n n ……③ 2 4 2

将③ 代入① 并注意 xn sn ? ?4 得交点 Cn 的坐标为 ( 由两点间的距离公式得: FCn
2

xn ? sn , ?1) . 2

?(

xn ? sn 2 x2 s2 ) ?4? n ? n ?2 2 4 4

2 x xn 4 x 2 2 . ? ? 2 ? 2 ? ( n ? )2 , ? FCn ? n ? 4 xn 2 xn 2 xn

现在 xn ? 2n ,利用上述已证结论并由等比数列求和公式得:

1 1 1 1 FC1 ? FC2 ? ? ? FCn ? ( x1 ? x2 ? ? ? xn ) ? 2( ? ??? ) 2 x1 x2 xn 1 1 1 1 ? (2 ? 22 ? ? ? 2n ) ? 2( ? 2 ? ? ? n ) ? (2n ? 1) ? (2 ? 21?n ) ? 2n ? 2? n ?1 ? 1. 2 2 2 2
点评:该题是圆锥曲线与数列知识交汇的题目。

五.思维总结
1.注意圆锥曲线的定义在解题中的应用,注意解析几何所研究的问题背景平面几何的 一些性质; 2.复习时要突出“曲线与方程”这一重点内容 曲线与方程有两个方面:一是求曲线方程,二是由方程研究曲线的性质.这两方面的问 题在历年高考中年年出现,且常为压轴题.因此复习时要掌握求曲线方程的思路和方法,即 在建立了平面直角坐标系后,根据曲线上点适合的共同条件找出动点 P(x,y)的纵坐标 y 和横坐标 x 之间的关系式,即 f(x,y)=0 为曲线方程,同时还要注意曲线上点具有条件, 确定 x,y 的范围,这就是通常说的函数法,它是解析几何的核心,应培养善于运用坐标法 解题的能力,求曲线的常用方法有两类:一类是曲线形状明确且便于用标准形式,这时用待 定系数法求其方程;另一类是曲线形状不明确或不便于用标准形式表示,一般可用直接法、 间接代点法、 参数法等求方程。 二要引导如何将解析几何的位置关系转化的代数数量关系进 而转化为坐标关系,由方程研究曲线,特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决,要 加强等价转化思想的训练。 3.重视对数学思想、方法进行归纳提炼,达到优化解题思维、简化解题过程 ① 方程思想,解析几何的题目大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线,因此把直线与 圆锥曲线相交的弦长问题利用韦达定理进行整体处理,就简化解题运算量。 ② 用好函数思想方法 对于圆锥曲线上一些动点,在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量,从而使

一些线的长度及 a,b,c,e 之间构成函数关系,函数思想在处理这类问题时就很有效。 ③ 掌握坐标法 坐标法是解析几何的基本方法,因此要加强坐标法的训练。 ④ 对称思想 由于圆锥曲线和圆都具有对称性质, 可使分散的条件相对集中, 减少一些变量和未知量, 简化计算,提高解题速度,促成问题的解决。 ⑤ 参数思想 参数思想是辩证思维在数学中的反映,一旦引入参数,用参数来划分运动变化状态,利 用圆、椭圆、双曲线上点用参数方程形式设立或(x0、y0)即可将参量视为常量,以相对静 止来控制变化,变与不变的转化,可在解题过程中将其消去,起到“设而不求”的效果。 ⑥ 转化思想 解决圆锥曲线时充分注意直角坐标与极坐标之间有联系, 直角坐标方程与参数方程, 极 坐标之间联系及转化,利用平移得出新系坐标与原坐标之间转化,可达到优化解题的目的。 除上述常用数学思想外,数形结合、分类讨论、整体思想、构造思想也是不可缺少的思 想方法,复习也应给予足够的重视。


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