高考数学二轮复习第一部分专题五解析几何教学案理 84页

专题五 解析几何 [研高考·明考点] 年份 卷别 小题考查 大题考查 2017 卷Ⅰ T10·直线与抛物线的位 置关系、弦长公式 T20·椭圆的方程的求法、直线与椭圆 的位置关系、过定点问题 T15· 双 曲 线 的 几 何 性 质、圆的性质、点到直 线的距离公式 卷Ⅱ T9· 双 曲 线 的 几 何 性 质、圆的弦长问题 T20·轨迹方程的求解、直线与椭圆位 置关系、过定点问题T16·抛物线的定义、标 准方程 卷Ⅲ T5·双曲线的渐近线、 标准方程，椭圆的标准 方程 T20·直线与抛物线的位置关系、直线 与圆的方程T10·直线与圆的位置关 系、点到直线的距离、 椭圆的离心率 2016 卷Ⅰ T5·双曲线的标准方程 及几何性质 T20·轨迹方程的求解，直线与椭圆的 综合应用T10·抛物线与圆的综合 应用 卷Ⅱ T4·圆的方程、点到直 线的距离 T20·椭圆的方程与性质，直线与椭圆 的位置关系、弦长的求法T11·双曲线的定义、标 准方程、通径和离心率 的计算 卷Ⅲ T11·椭圆的几何性质、 三点共线的应用 T20·直线方程的求法、直线的斜率、 轨迹方程的求法T16·直线与圆的位置关 系、弦长问题 2015 卷Ⅰ T5· 双 曲 线 的 标 准 方 程、平面向量的数量积 T20·直线的斜率、直线与抛物线的位 置关系、存在性问题 T14·结合椭圆的性质求 圆的标准方程 卷Ⅱ T7·圆的方程问题 T20·直线的斜率、直线与椭圆的位置 关系、探索性问题 T11·双曲线的方程及几 何性质 [析考情·明重点] 小题考情分析 大题考情分析 常考点 1.圆锥曲线的方程(3 年 7 考) 2.圆锥曲线的性质(3 年 6 考) 3.圆锥曲线与圆、直线的综 合问题(3 年 5 考) 常考点 高考对解析几何在解答题中的考查，圆锥 曲线方程或某点轨迹方程的求法比较简 单，重点考查直线与圆锥曲线的位置关 系、定点、定值、范围、探索性问题，难 度较大，题型主要有： 1.圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 2.圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 偶考点 1.直线与圆的方程 2.直线、圆之间的位置关系 偶考点 1.曲线与方程、某点轨迹方程的求法 2.直线与抛物线的位置关系 第一讲 小题考法——直线与圆 考点(一) 主要考查直线方程、两条直线的位置 关系及三个距离公式的应用.直 线 的 方 程 [典例感悟] [典例] (1)已知直线 l1：x＋2ay－1＝0，l2：(a＋1)x－ay＝0，若 l1∥l2，则实数 a 的值为 ( ) A．－3 2 B．0 C．－3 2 或 0 D．2 (2)已知点 A(－1,0)，B(1,0)，C(0,1)，直线 y＝ax＋b(a>0)将△ABC 分割为面积相等的两部 分，则 b 的取值范围是( ) A．(0,1) B. 1－ 2 2 ，1 2 C. 1－ 2 2 ，1 3 D. 1 3 ，1 2 (3)过直线 l1：x－2y＋3＝0 与直线 l2：2x＋3y－8＝0 的交点，且到点 P(0,4)距离为 2 的直 线方程为________________________________________________________________. [解析] (1)由 l1∥l2 得 1×(－a)＝2a(a＋1)，即 2a2＋3a＝0，解得 a＝0 或 a＝－3 2 .经检验， 当 a＝0 或 a＝－3 2 时均有 l1∥l2，故选 C. (2)易知 BC 所在直线的方程是 x＋y＝1，由 x＋y＝1， y＝ax＋b 消去 x，得 y＝a＋b a＋1 ，当 a＞0 时， 直线 y＝ax＋b 与 x 轴交于点 －b a ，0 ，结合图形知1 2 ×a＋b a＋1 × 1＋b a ＝1 2 ，化简得(a＋b)2＝a(a＋ 1)，则 a＝ b2 1－2b .∵a＞0，∴ b2 1－2b ＞0，解得 b＜1 2 . 考虑极限位置，即当 a＝0 时，易得 b＝1－ 2 2 ，故 b 的取值范围是 1－ 2 2 ，1 2 . (3)由 x－2y＋3＝0， 2x＋3y－8＝0， 得 x＝1， y＝2. ∴l1 与 l2 的交点为(1,2)．当所求直线斜率不存在，即 直线方程为 x＝1 时，显然不满足题意． 当所求直线斜率存在时，设所求直线方程为 y－2＝k(x－1)，即 kx－y＋2－k＝0， ∵点 P(0,4)到直线的距离为 2， ∴2＝|－2－k| 1＋k2 ，∴k＝0 或 k＝4 3 . ∴直线方程为 y＝2 或 4x－3y＋2＝0. [答案] (1)C (2)B (3)y＝2 或 4x－3y＋2＝0 [方法技巧] 直线方程问题的 2 个关注点 (1)求解两条直线平行的问题时，在利用 A1B2－A2B1＝0 建立方程求出参数的值后，要注意代 入检验，排除两条直线重合的情况． (2)求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式，同时要考虑直线斜率不存在的情况是否 符合题意． [演练冲关] 1．已知直线 l 的倾斜角为π 4 ，直线 l1 经过点 A(3,2)，B(－a,1)，且 l1 与 l 垂直，直线 l2： 2x＋by＋1＝0 与直线 l1 平行，则 a＋b＝( ) A．－4 B．－2 C．0 D．2 解析：选 B 由题知，直线 l 的斜率为 1，则直线 l1 的斜率为－1，所以2－1 3＋a ＝－1，所以 a ＝－4.又 l1∥l2，所以－2 b ＝－1，b＝2，所以 a＋b＝－4＋2＝－2，故选 B. 2．若直线 l1：x＋ay＋6＝0 与 l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0 平行，则 l1 与 l2 间的距离为( ) A. 2 B.8 2 3 C. 3 D.8 3 3 解析：选 B 由 l1∥l2，得(a－2)a＝1×3，且 a×2a≠3×6，解得 a＝－1，所以 l1：x－y＋ 6＝0，l2：x－y＋2 3 ＝0，所以 l1 与 l2 间的距离为 d＝ |6－2 3| 12＋ －1 2 ＝8 2 3 . 3．设 m∈R，过定点 A 的动直线 x＋my＝0 和过定点 B 的动直线 mx－y－m＋3＝0 交于点 P(x， y)，则|PA|·|PB|的最大值是________． 解析：易求定点 A(0,0)，B(1,3)．当 P 与 A 和 B 均不重合时，因为 P 为直线 x＋my＝0 与 mx －y－m＋3＝0 的交点，且两直线垂直，则 PA⊥PB，所以|PA|2 ＋|PB|2 ＝|AB|2 ＝10，所以 |PA|·|PB|≤|PA|2＋|PB|2 2 ＝5(当且仅当|PA|＝|PB|＝ 5时，等号成立)，当 P 与 A 或 B 重合时， |PA|·|PB|＝0，故|PA|·|PB|的最大值是 5. 答案：5 考点(二) 主要考查圆的方程的求法，常涉及弦 长公式、直线与圆相切等问题.圆 的 方 程 [典例感悟] [典例] (1)已知三点 A(1,0)，B(0， 3)，C(2， 3)，则△ABC 外接圆的圆心到原点的距离 为( ) A.5 3 B. 21 3 C.2 5 3 D.4 3 (2)(2015·全国卷Ⅰ)一个圆经过椭圆x2 16 ＋y2 4 ＝1 的三个顶点，且圆心在 x 轴的正半轴上，则 该圆的标准方程为______________． (3)(2017·广州模拟)若一个圆的圆心是抛物线 x2＝4y 的焦点，且该圆与直线 y＝x＋3 相切， 则该圆的标准方程是______________． [解析] (1)设△ABC 外接圆的一般方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， ∴ 1＋D＋F＝0， 3＋ 3E＋F＝0， 7＋2D＋ 3E＋F＝0， ∴ D＝－2， E＝－4 3 3 ， F＝1， ∴△ABC 外接圆的一般方程为 x2＋y2－2x－4 3 3 y＋1＝0，圆心为 1，2 3 3 ，故△ABC 外接圆 的圆心到原点的距离为 1＋ 2 3 3 2＝ 21 3 . (2)由题意知 a＝4，b＝2，上、下顶点的坐标分别为(0,2)，(0，－2)，右顶点的坐标为(4,0)．由 圆心在 x 轴的正半轴上知圆过点(0,2)，(0，－2)，(4,0)三点．设圆的标准方程为(x－m)2＋y2＝ r2(00)， 则 m2＋4＝r2， 4－m 2＝r2， 解得 m＝3 2 ， r2＝25 4 . 所以圆的标准方程为 x－3 2 2＋y2＝25 4 . (3)抛物线 x2＝4y 的焦点为(0,1)，即圆心为(0,1)，设该圆的标准方程是 x2＋(y－1)2＝ r2(r>0)，因为该圆与直线 y＝x＋3，即 x－y＋3＝0 相切，所以 r＝|－1＋3| 2 ＝ 2，故该圆的标 准方程是 x2＋(y－1)2＝2. [答案] (1)B (2) x－3 2 2＋y2＝25 4 (3)x2＋(y－1)2＝2 [方法技巧] 圆的方程的 2 种求法 (1)几何法：通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方 程． (2)代数法：用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数． [演练冲关] 1．(2017·长春质检)圆(x－2)2＋y2＝4 关于直线 y＝ 3 3 x 对称的圆的方程是( ) A．(x－ 3)2＋(y－1)2＝4 B．(x－ 2)2＋(y－ 2)2＝4 C．x2＋(y－2)2＝4 D．(x－1)2＋(y－ 3)2＝4 解析：选 D 圆与圆关于直线对称，则圆的半径相同，只需求圆心(2,0)关于直线 y＝ 3 3 x 对 称的点的坐标即可．设所求圆的圆心坐标为(a，b)，则 b－0 a－2 × 3 3 ＝－1， b＋0 2 ＝ 3 3 ×a＋2 2 ， 解得 a＝1， b＝ 3， 所以圆(x－2)2＋y2＝4 的圆心关于直线 y＝ 3 3 x 对称的点的坐标为(1， 3)，从而所求圆的方程为 (x－1)2＋(y－ 3)2＝4，故选 D. 2．(2017·北京西城区模拟)已知圆 C 的圆心是直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点，且圆 C 与直 线 x＋y＋3＝0 相切，则圆 C 的方程是( ) A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x＋1)2＋y2＝8 C．(x－1)2＋y2＝2 D．(x－1)2＋y2＝8 解析：选 A 根据题意直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点为(－1,0)，即圆心为(－1,0)．因为圆 C 与直线 x＋y＋3＝0 相切，所以半径 r＝|－1＋0＋3| 12＋12 ＝ 2，则圆 C 的方程为(x＋1)2＋y2＝2，故 选 A. 3．(2017·惠州调研)圆心在直线 x－2y＝0 上的圆 C 与 y 轴的正半轴相切，圆 C 截 x 轴所得 弦的长为 2 3，则圆 C 的标准方程为________________． 解析：设圆心坐标为(a，b)，半径为 r.由已知 a－2b＝0， b>0， 又圆心(a，b)到 y 轴、x 轴的 距离分别为|a|，|b|，所以|a|＝r，|b|2＋3＝r2.综上，解得 a＝2，b＝1，r＝2，所以圆心坐标 为(2,1)，圆 C 的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4. 答案：(x－2)2＋(y－1)2＝4 考点(三) 主要考查直线与圆位置关系的判断、根据直线与圆的 位置关系解决参数问题或与圆有关的轨迹问题.直线与圆的位置关系 [典例感悟] [典例] (1)(2017·昆明模拟)已知圆 M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线 x＋y＝0 所得线段的 长度是 2 2，则圆 M 与圆 N：(x－1)2＋(y－1)2＝1 的位置关系是( ) A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 (2)(2016·全国卷Ⅰ)设直线 y＝x＋2a 与圆 C：x2＋y2－2ay－2＝0 相交于 A，B 两点，若|AB| ＝2 3，则圆 C 的面积为________． (3)(2016·全国卷Ⅲ)已知直线 l：x－ 3y＋6＝0 与圆 x2＋y2＝12 交于 A，B 两点，过 A，B 分别作 l 的垂线与 x 轴交于 C，D 两点，则|CD|＝________. [解析] (1)由题知圆 M：x2＋(y－a)2＝a2(a＞0)，圆心(0，a)到直线 x＋y＝0 的距离 d＝ a 2 ， 所以 2 a2－a2 2 ＝2 2，解得 a＝2，即圆 M 的圆心为(0,2)，半径为 2.又圆 N 的圆心为(1,1)，半 径为 1，则圆 M，圆 N 的圆心距|MN|＝ 2，两圆半径之差为 1，半径之和为 3,1< 2<3，故两圆相 交． (2)圆 C：x2＋y2－2ay－2＝0 化为标准方程为 x2＋(y－a)2＝a2＋2，所以圆心 C(0，a)，半径 r＝ a2＋2，因为|AB|＝2 3，点 C 到直线 y＝x＋2a，即 x－y＋2a＝0 的距离 d＝|0－a＋2a| 2 ＝|a| 2 ， 由勾股定理得 2 3 2 2＋ |a| 2 2＝a2＋2，解得 a2＝2，所以 r＝ a2＋2＝2，所以圆 C 的面积为π×22 ＝4π. (3)如图所示，∵直线 AB 的方程为 x－ 3y＋6＝0， ∴kAB＝ 3 3 ，∴∠BPD＝30°， 从而∠BDP＝60°. 在 Rt△BOD 中， ∵|OB|＝2 3，∴|OD|＝2. 取 AB 的中点 H，连接 OH，则 OH⊥AB， ∴OH 为直角梯形 ABDC 的中位线， ∴|OC|＝|OD|，∴|CD|＝2|OD|＝2×2＝4. [答案] (1)B (2)4π (3)4 [方法技巧] 1．直线(圆)与圆位置关系问题的求解思路 (1)研究直线与圆的位置关系主要通过将圆心到直线的距离同半径做比较实现，两圆位置关 系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较． (2)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关 于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．过圆外一点求解切线段长的问题，可先 求出圆心到圆外点的距离，再结合半径利用勾股定理计算． 2．直线截圆所得弦长的求解方法 (1)根据平面几何知识构建直角三角形，把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，即 l ＝2 r2－d2(其中 l 为弦长，r 为圆的半径，d 为圆心到直线的距离)． (2)根据公式：l＝ 1＋k2|x1－x2|求解(其中 l 为弦长，x1，x2 为直线与圆相交所得交点的横 坐标，k 为直线的斜率)． (3)求出交点坐标，用两点间的距离公式求解． [演练冲关] 1．(2017·南昌模拟)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 y＝ 2x＋ 1 与圆 x2＋y2＝4 相交于 A，B 两点，则 cos∠AOB＝( ) A. 5 10 B．－ 5 10 C. 9 10 D．－ 9 10 解析：选 D 因为圆 x2＋y2＝4 的圆心为 O(0,0)，半径为 2，所以圆心 O 到直线 y＝2x＋1 的 距离 d＝|2×0－0＋1| 22＋ －1 2 ＝ 1 5 ，所以弦长|AB|＝2 22－ 1 5 2＝2 19 5 . 在△AOB 中，由余弦定理得 cos∠AOB＝|OA|2＋|OB|2－|AB|2 2|OA|·|OB| ＝ 4＋4－4×19 5 2×2×2 ＝－ 9 10 . 2．已知 P(x，y)是直线 kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB 是圆 C：x2＋y2－2y＝0 的两条 切线，A，B 是切点，若四边形 PACB 的最小面积是 2，则 k＝________. 解析：如图，把圆的方程化成标准形式得 x2＋(y－1)2＝1，所以圆心为 C(0,1)，半径为 r＝1， 四边形 PACB 的面积 S＝2S△PBC，所以若四边形 PACB 的最小面积是 2，则 S△PBC 的最小值为 1. 而 S△PBC＝1 2 r·|PB|，即|PB|的最小值为 2，此时|PC|最小，|PC|为圆心到直线 kx＋y＋4＝0 的距离 d，则 d＝ |5| k2＋1 ＝ 12＋22＝ 5，化简得 k2＝4，因为 k>0，所以 k＝2. 答案：2 3．(2017·云南调研)已知动圆 C 过 A(4,0)，B(0，－2)两点，过点 M(1，－2)的直线交圆 C 于 E，F 两点，当圆 C 的面积最小时，|EF|的最小值为________． 解析：依题意得，动圆 C 的半径不小于1 2 |AB|＝ 5，即当圆 C 的面积最小时，AB 是圆 C 的一 条直径，此时圆心 C 是线段 AB 的中点，即点 C(2，－1)，又点 M 的坐标为(1，－2)，且|CM|＝ 2－1 2＋ －1＋2 2＝ 2< 5，所以点 M 位于圆 C 内，所以当点 M 为线段 EF 的中点时，|EF| 最小，其最小值为 2 5 2－ 2 2＝2 3. 答案：2 3 [必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．直线方程的五种形式 点斜式 y－y1＝k(x－x1)(直线过点 P1(x1，y1)，且斜率为 k，不能表示 y 轴和平行于 y 轴 的直线) 斜截式 y＝kx＋b(b 为直线在 y 轴上的截距，且斜率为 k，不能表示 y 轴和平行于 y 轴的 直线) 两点式 y－y1 y2－y1 ＝x－x1 x2－x1 (直线过点 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，且 x1≠x2，y1≠y2，不能表示坐标 轴和平行于坐标轴的直线) 截距式 x a ＋y b ＝1(a，b 分别为直线的横、纵截距，且 a≠0，b≠0，不能表示坐标轴、平行 于坐标轴和过原点的直线) 一般式 Ax＋By＋C＝0(其中 A，B 不同时为 0) 2．点到直线的距离及两平行直线间的距离 (1)点 P(x0，y0)到直线 Ax＋By＋C＝0 的距离为 d＝|Ax0＋By0＋C| A2＋B2 . (2)两平行线 l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0 间的距离为 d＝|C1－C2| A2＋B2 . 3．圆的方程 (1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2. (2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)． (3)圆的直径式方程：(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(圆的直径的两端点是 A(x1，y1)， B(x2，y2))． 4．直线与圆位置关系的判定方法 (1)代数方法(判断直线与圆方程联立所得方程组的解的情况)：Δ>0⇔相交，Δ<0⇔相离， Δ＝0⇔相切． (2)几何方法(比较圆心到直线的距离与半径的大小)：设圆心到直线的距离为 d，则 dr⇔相离，d＝r⇔相切． 5．圆与圆的位置关系 已知两圆的圆心分别为 O1，O2，半径分别为 r1，r2，则 (1)当|O1O2|＞r1＋r2 时，两圆外离； (2)当|O1O2|＝r1＋r2 时，两圆外切； (3)当|r1－r2|＜|O1O2|＜r1＋r2 时，两圆相交； (4)当|O1O2|＝|r1－r2|时，两圆内切； (5)当 0≤|O1O2|＜|r1－r2|时，两圆内含． (二) 二级结论要用好 1．直线 l1：A1x＋B1y＋C1＝0 与直线 l2：A2x＋B2y＋C2＝0 的位置关系 (1)平行⇔A1B2－A2B1＝0 且 B1C2－B2C1≠0； (2)重合⇔A1B2－A2B1＝0 且 B1C2－B2C1＝0； (3)相交⇔A1B2－A2B1≠0； (4)垂直⇔A1A2＋B1B2＝0. [针对练 1] 若直线 l1：mx＋y＋8＝0 与 l2：4x＋(m－5)y＋2m＝0 垂直，则 m＝________. 解析：∵l1⊥l2，∴4m＋(m－5)＝0，∴m＝1. 答案：1 2．若点 P(x0，y0)在圆 x2＋y2＝r2 上，则圆过该点的切线方程为：x0x＋y0y＝r2. [针对练 2] 过点(1， 3)且与圆 x2＋y2＝4 相切的直线 l 的方程为____________． 解析：∵点(1， 3)在圆 x2＋y2＝4 上， ∴切线方程为 x＋ 3y＝4，即 x＋ 3y－4＝0. 答案：x＋ 3y－4＝0 (三) 易错易混要明了 1．易忽视直线方程的几种形式的限制条件，如根据直线在两坐标轴上的截距相等设方程时， 忽视截距为 0 的情况，直接设为x a ＋y a ＝1；再如，忽视斜率不存在的情况直接将过定点 P(x0，y0) 的直线设为 y－y0＝k(x－x0)等． [针对练 3] 已知直线过点 P(1,5)，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为 __________________． 解析：当截距为 0 时，直线方程为 5x－y＝0； 当截距不为 0 时，设直线方程为x a ＋y a ＝1，代入 P(1,5)，得 a＝6，∴直线方程为 x＋y－6＝ 0. 答案：5x－y＝0 或 x＋y－6＝0 2．讨论两条直线的位置关系时，易忽视系数等于零时的讨论导致漏解，如两条直线垂直时， 一条直线的斜率不存在，另一条直线斜率为 0.如果利用直线 l1：A1x＋B1y＋C1＝0 与 l2：A2x＋B2y ＋C2＝0 垂直的充要条件 A1A2＋B1B2＝0，就可以避免讨论． [针对练 4] 已知直线 l1：(t＋2)x＋(1－t)y＝1 与 l2：(t－1)x＋(2t＋3)y＋2＝0 互相垂直， 则 t 的值为________． 解析：∵l1⊥l2，∴(t＋2)(t－1)＋(1－t)(2t＋3)＝0，解得 t＝1 或 t＝－1. 答案：－1 或 1 3．求解两条平行线之间的距离时，易忽视两直线系数不相等，而直接代入公式|C1－C2| A2＋B2 ，导 致错解． [针对练 5] 两平行直线 3x＋2y－5＝0 与 6x＋4y＋5＝0 间的距离为________． 解析：把直线 6x＋4y＋5＝0 化为 3x＋2y＋5 2 ＝0，故两平行线间的距离 d＝ |－5－5 2| 32＋22 ＝ 15 13 26 . 答案：15 13 26 4．易误认为两圆相切即为两圆外切，忽视两圆内切的情况导致漏解． [针对练 6] 已知两圆 x2＋y2 －2x－6y－1＝0，x2 ＋y2 －10x－12y＋m＝0 相切，则 m＝ ________. 解析：由 x2＋y2－2x－6y－1＝0，得(x－1)2＋(y－3)2＝11，由 x2＋y2－10x－12y＋m＝0，得 (x－5)2＋(y－6)2＝61－m.当两圆外切时，有 5－1 2＋ 6－3 2＝ 61－m＋ 11，解得 m＝ 25＋10 11；当两圆内切时，有 5－1 2＋ 6－3 2＝| 61－m－ 11|，解得 m＝25－10 11. 答案：25±10 11 [课时跟踪检测] A 组——12＋4 提速练 一、选择题 1．(2017·沈阳质检)已知直线 l：y＝k(x＋ 3)和圆 C：x2＋(y－1)2＝1，若直线 l 与圆 C 相 切，则 k＝( ) A．0 B. 3 C. 3 3 或 0 D. 3或 0 解析：选 D 因为直线 l 与圆 C 相切，所以圆心 C(0,1)到直线 l 的距离 d＝|－1＋ 3k| 1＋k2 ＝1， 解得 k＝0 或 k＝ 3，故选 D. 2．(2017·陕西质检)圆：x2＋y2－2x－2y＋1＝0上的点到直线x－y＝2距离的最大值是( ) A．1＋ 2 B．2 C．1＋ 2 2 D．2＋2 2 解析：选 A 将圆的方程化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，即圆心坐标为(1,1)，半径为 1，则圆心 到直线 x－y＝2 的距离 d＝|1－1－2| 2 ＝ 2，故圆上的点到直线 x－y＝2 距离的最大值为 d＋1＝ 2 ＋1. 3．(2017·洛阳统考)直线 l：y＝kx＋1 与圆 O：x2＋y2＝1 相交于 A，B 两点，则“k＝1”是 “|AB|＝ 2”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 A 依题意，注意到|AB|＝ 2＝ |OA|2＋|OB|2等价于圆心 O 到直线 l 的距离等于 2 2 ， 即有 1 k2＋1 ＝ 2 2 ，k＝±1.因此，“k＝1”是“|AB|＝ 2”的充分不必要条件． 4．若三条直线 l1：4x＋y＝3，l2：mx＋y＝0，l3：x－my＝2 不能围成三角形，则实数 m 的取 值最多有( ) A．2 个 B．3 个 C．4 个 D．6 个 解析：选 C 三条直线不能围成三角形，则至少有两条直线平行或三条直线相交于同一点．若 l1∥l2，则 m＝4；若 l1∥l3，则 m＝－1 4 ；若 l2∥l3，则 m 的值不存在；若三条直线相交于同一点， 则 m＝1 或－5 3 .故实数 m 的取值最多有 4 个，故选 C. 5．当 a 为任意实数时，直线(a－1)x－y＋a＋1＝0 恒过定点 C，则以 C 为圆心， 5为半径的 圆的方程为( ) A．x2＋y2－2x＋4y＝0 B．x2＋y2＋2x＋4y＝0 C．x2＋y2＋2x－4y＝0 D．x2＋y2－2x－4y＝0 解析：选 C 由(a－1)x－y＋a＋1＝0 得(x＋1)a－(x＋y－1)＝0，由 x＋1＝0 且 x＋y－1＝0， 解得 x＝－1，y＝2，即该直线恒过点(－1,2)，∴所求圆的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝5，即 x2＋ y2＋2x－4y＝0. 6．与直线 x＋y－2＝0 和曲线 x2＋y2－12x－12y＋54＝0 都相切的半径最小的圆的标准方程 是( ) A．(x＋2)2＋(y－2)2＝2 B．(x－2)2＋(y＋2)2＝2 C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝2 D．(x－2)2＋(y－2)2＝2 解析：选 D 由题意知，曲线方程为(x－6)2＋(y－6)2＝(3 2)2，过圆心(6,6)作直线 x＋y－ 2＝0 的垂线，垂线方程为 y＝x，则所求的最小圆的圆心必在直线 y＝x 上，又圆心(6,6)到直线 x ＋y－2＝0 的距离 d＝|6＋6－2| 2 ＝5 2，故最小圆的半径为5 2－3 2 2 ＝ 2，圆心坐标为(2,2)， 所以标准方程为(x－2)2＋(y－2)2＝2. 7．已知圆 C 关于 x 轴对称，经过点(0,1)，且被 y 轴分成两段弧，弧长之比为 2∶1，则圆的 方程为( ) A．x2＋ y± 3 3 2＝4 3 B．x2＋ y± 3 3 2＝1 3 C. x± 3 3 2＋y2＝4 3 D. x± 3 3 2＋y2＝1 3 解析：选 C 设圆的方程为(x±a)2＋y2＝r2(a>0)，圆 C 与 y 轴交于 A(0,1)，B(0，－1)，由弧长之比为 2∶1，易知∠OCA＝1 2 ∠ACB＝1 2 ×120° ＝ 60°，则 tan 60°＝|OA| |OC| ＝ 1 |OC| ＝ 3，所以 a＝|OC|＝ 3 3 ，即圆心坐标 为 ± 3 3 ，0 ，r2＝|AC|2＝12＋ ± 3 3 2＝4 3 .所以圆的方程为 x± 3 3 2＋y2＝4 3 ，故选 C. 8．(2017·合肥质检)设圆 x2＋y2－2x－2y－2＝0 的圆心为 C，直线 l 过(0,3)且与圆 C 交于 A，B 两点，若|AB|＝2 3，则直线 l 的方程为( ) A．3x＋4y－12＝0 或 4x－3y＋9＝0 B．3x＋4y－12＝0 或 x＝0 C．4x－3y＋9＝0 或 x＝0 D．3x－4y＋12＝0 或 4x＋3y＋9＝0 解析：选 B 由题可知，圆心 C(1,1)，半径 r＝2.当直线 l 的斜率不存在时，直线方程为 x ＝0，计算出弦长为 2 3，符合题意；当直线 l 的斜率存在时，可设直线 l 的方程为 y＝kx＋3， 由弦长为 2 3可知，圆心到该直线的距离为 1，从而有|k＋2| k2＋1 ＝1，解得 k＝－3 4 ，所以直线 l 的 方程为 y＝－3 4 x＋3，即 3x＋4y－12＝0. 综上，直线 l 的方程为 x＝0 或 3x＋4y－12＝0，故选 B. 9．(2018 届高三·湖北七市(州)联考)关于曲线 C：x2＋y4＝1，给出下列四个命题： ①曲线 C 有两条对称轴，一个对称中心； ②曲线 C 上的点到原点距离的最小值为 1； ③曲线 C 的长度 l 满足 l>4 2； ④曲线 C 所围成图形的面积 S 满足π4 2，故③是真命题． ④由③知，π×120)与圆 x2＋y2＝4 交于不同的两点 A，B，O 是坐标原点，且有| OA―→ ＋ OB―→|≥ 3 3 | AB―→|，那么 k 的取值范围是( ) A．( 3，＋∞) B．[ 2，＋∞) C．[ 2，2 2) D．[ 3，2 2) 解析：选 C 当| OA―→＋ OB―→|＝ 3 3 | AB―→|时，O，A，B 三点为等腰三角形 AOB 的三个顶点，其 中 OA＝OB＝2，∠AOB＝120°，从而圆心 O 到直线 x＋y－k＝0(k>0)的距离为 1，即|k| 2 ＝1，解得 k＝ 2；当 k> 2时，| OA―→＋ OB―→|> 3 3 | AB―→|，又直线与圆 x2＋y2＝4 有两个不同的交点，故|k| 2 <2， 即 k<2 2.综上，k 的取值范围为[ 2，2 2)． 3．(2018 届高三·湖北七市(州)联考)已知圆 C：(x－1)2＋y2＝r2(r>0)．设条件 p：01，即 01，即 r>3 时，直线与圆相交，此时圆上有 4 个点到直线的距离为 1. 综上，当 0b≥1)的离心率 e＝ 3 2 ，且椭圆 C1 上一 点 M 到点 Q(0,3)的距离的最大值为 4.则椭圆 C1 的方程为( ) A．x2＋y2 4 ＝1 B.x2 4 ＋y2＝1 C.x2 16 ＋y2 4 ＝1 D.x2 4 ＋y2 16 ＝1 (3)(2017·全国卷Ⅱ)已知 F 是抛物线 C：y2＝8x 的焦点，M 是 C 上一点，FM 的延长线交 y 轴 于点 N.若 M 为 FN 的中点，则|FN|＝________. [解析] (1)在双曲线x2 3 －y2＝1 中，a＝ 3，b＝1，c＝2.不妨设 P 点在双曲线的右支上，则 有|PF1|－|PF2|＝2a＝2 3，又|PF1|＋|PF2|＝2 5，∴|PF1|＝ 5＋ 3，|PF2|＝ 5－ 3.又|F1F2| ＝2c＝4，而|PF1|2 ＋|PF2|2 ＝|F1F2|2 ，∴PF1 ⊥PF2 ，∴S△PF1F2 ＝1 2 ×|PF1|×|PF2|＝1 2 ×( 5＋ 3)×( 5－ 3)＝1.故选 A. (2)因为 e2＝c2 a2＝a2－b2 a2 ＝3 4 ，所以 a2＝4b2，则椭圆方程为 x2 4b2＋y2 b2＝1，即 x2＋4y2＝4b2. 设 M(x，y)，则|MQ|＝ x－0 2＋ y－3 2＝ 4b2－4y2＋ y－3 2 ＝ －3y2－6y＋4b2＋9＝ －3 y＋1 2＋4b2＋12. 所以当 y＝－1 时，|MQ|有最大值，为 4b2＋12＝4，解得 b2＝1，则 a2＝4，所以椭圆 C1 的方 程是x2 4 ＋y2＝1.故选 B. (3)法一：依题意，抛物线 C：y2＝8x 的焦点 F(2,0)，因为 M 是 C 上一点，FM 的延长线交 y 轴于点 N，M 为 FN 的中点，设 M(a，b)(b>0)，所以 a＝1，b＝2 2，所以 N(0,4 2)，|FN|＝ 4＋32 ＝6. 法二：如图，不妨设点 M 位于第一象限内，抛物线 C 的准线交 x 轴于 点 A，过点 M 作准线的垂线，垂足为点 B，交 y 轴于点 P，∴PM∥OF.由题 意知，F(2,0)，|FO|＝|AO|＝2. ∵点 M 为 FN 的中点，PM∥OF， ∴|MP|＝1 2 |FO|＝1. 又|BP|＝|AO|＝2， ∴|MB|＝|MP|＋|BP|＝3. 由抛物线的定义知|MF|＝|MB|＝3， 故|FN|＝2|MF|＝6. [答案] (1)A (2)B (3)6 [方法技巧] 求解圆锥曲线标准方程的思路方法 (1)定型，即指定类型，也就是确定圆锥曲线的类型、焦点位置，从而设出标准方程． (2)计算，即利用待定系数法求出方程中的 a2，b2 或 p.另外，当焦点位置无法确定时，抛物 线常设为 y2＝2px 或 x2＝2py(p≠0)，椭圆常设为 mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，双曲线常设为 mx2－ny2 ＝1(mn>0)． [演练冲关] 1．(2017·长沙模拟)已知椭圆的中心在原点，离心率 e＝1 2 ，且它的一个焦点与抛物线 y2＝ －4x 的焦点重合，则此椭圆方程为( ) A.x2 4 ＋y2 3 ＝1 B.x2 8 ＋y2 6 ＝1 C.x2 2 ＋y2＝1 D.x2 4 ＋y2＝1 解析：选 A 由题可知椭圆的焦点在 x 轴上，所以设椭圆的标准方程为x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)，而 抛物线 y2＝－4x 的焦点为(－1,0)，所以 c＝1，又离心率 e＝c a ＝1 2 ，解得 a＝2，b2＝a2－c2＝3，所以椭圆方 程为x2 4 ＋y2 3 ＝1.故选 A. 2．(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为 y＝ 5 2 x，且 与椭圆x2 12 ＋y2 3 ＝1 有公共焦点，则 C 的方程为( ) A.x2 8 －y2 10 ＝1 B.x2 4 －y2 5 ＝1 C.x2 5 －y2 4 ＝1 D.x2 4 －y2 3 ＝1 解析：选 B 根据双曲线 C 的渐近线方程为 y＝ 5 2 x，可知b a ＝ 5 2 .① 又椭圆x2 12 ＋y2 3 ＝1 的焦点坐标为(3,0)和(－3,0)，所以 a2＋b2＝9.② 根据①②可知 a2＝4，b2＝5， 所以 C 的方程为x2 4 －y2 5 ＝1. 3．已知抛物线 x2＝4y 的焦点为 F，准线为 l，P 为抛物线上一点，过 P 作 PA⊥l 于点 A，当 ∠AFO＝30°(O 为坐标原点)时，|PF|＝________. 解析：法一：令 l 与 y 轴的交点为 B，在 Rt△ABF 中，∠AFB＝30°，|BF|＝2，所以|AB|＝2 3 3 . 设 P(x0，y0)，则 x0＝±2 3 3 ，代入 x2＝4y 中，得 y0＝1 3 ，所以|PF|＝|PA|＝y0＋1＝4 3 . 法二：如图所示，∠AFO＝30°， ∴∠PAF＝30°， 又|PA|＝|PF|，∴△APF 为顶角∠APF＝120°的等腰三角形， 而|AF|＝ 2 cos 30° ＝4 3 3 ， ∴|PF|＝|AF| 3 ＝4 3 . 答案：4 3 考点(二) 主要考查椭圆、双曲线的离心率的计算、双曲线渐 近线的应用以及抛物线的有关性质.圆锥曲线的几何性质 [典例感悟] [典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线 于 D，E 两点．已知|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，则 C 的焦点到准线的距离为( ) A．2 B．4 C．6 D．8 (2)(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的右顶点为 A，以 A 为圆心，b 为 半径作圆 A，圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M，N 两点．若∠MAN＝60°，则 C 的离心率为 ________． [解析] (1)由题，不妨设抛物线的方程为 y2＝2px(p>0)，圆的方程为 x2＋y2＝r2. ∵|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，抛物线的准线方程为 x＝－p 2 ， ∴不妨设 A 4 p ，2 2 ，D －p 2 ， 5 . ∵点 A 4 p ，2 2 ，D －p 2 ， 5 在圆 x2＋y2＝r2 上， ∴ 16 p2 ＋8＝r2， p2 4 ＋5＝r2， ∴16 p2 ＋8＝p2 4 ＋5， ∴p＝4(负值舍去)，∴C 的焦点到准线的距离为 4. (2)双曲线的右顶点为 A(a,0)，一条渐近线的方程为 y＝b a x，即 bx－ay＝0，则圆心 A 到此渐 近线的距离 d＝|ba－a×0| b2＋a2 ＝ab c .又因为∠MAN＝60°，圆的半径为 b，所以 b·sin 60°＝ab c ，即 3b 2 ＝ab c ，所以 e＝ 2 3 ＝2 3 3 . [答案] (1)B (2)2 3 3 [方法技巧] 1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法 求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定 a，b，c 的等量关系或 不等关系，然后把 b 用 a，c 代换，求c a 的值． 2．双曲线的渐近线的求法及用法 (1)求法：把双曲线标准方程等号右边的 1 改为零，分解因式可得． (2)用法：①可得b a 或a b 的值；②利用渐近线方程设所求双曲线的方程． [演练冲关] 1．(2017·成都模拟)设双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，以 F1F2 为直径的圆与双曲线左支的一个交点为 P.若以 OF1(O 为坐标原点)为直径的圆与 PF2 相切，则双曲 线 C 的离心率为( ) A. 2 B.－3＋6 2 4 C. 3 D.3＋6 2 7 解析：选 D 如图，在圆 O 中，F1F2 为直径，P 是圆 O 上一点， 所 以 PF1⊥PF2，设以 OF1 为直径的圆的圆心为 M，且圆 M 与直线 PF2 相切于 点 Q， 则 M －c 2 ，0 ，MQ⊥PF2，所以 PF1∥MQ，所以|MQ| |PF1| ＝|MF2| |F1F2| ，即 c 2 |PF1| ＝ 3c 2 2c ， 可得|PF1|＝2c 3 ，所以|PF2|＝2c 3 ＋2a，又|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，所以4c2 9 ＋ 2c 3 ＋2a 2＝4c2，即 7e2 －6e－9＝0，解得 e＝3＋6 2 7 ，e＝3－6 2 7 (舍去)．故选 D. 2．(2017·全国卷Ⅰ)设 A，B 是椭圆 C：x2 3 ＋y2 m ＝1 长轴的两个端点．若 C 上存在点 M 满足∠ AMB＝120°，则 m 的取值范围是( ) A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0， 3 ]∪[9，＋∞) C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0， 3 ]∪[4，＋∞) 解析：选 A 当 0＜m＜3 时，焦点在 x 轴上，要使 C 上存在点 M 满足∠AMB＝120°，则a b ≥tan 60°＝ 3，即 3 m ≥ 3，解得 0＜m≤1.当 m＞3 时，焦点在 y 轴上，要使 C 上存在点 M 满足∠AMB ＝120°，则a b ≥tan 60°＝ 3，即 m 3 ≥ 3，解得 m≥9.故 m 的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)． 3．(2017·贵阳检测)如图，抛物线 y2＝4x 的一条弦 AB 经过焦点 F， 取线段 OB 的中点 D，延长 OA 至点 C，使|OA|＝|AC|，过点 C，D 作 y 轴 的垂线，垂足分别为点 E，G，则|EG|的最小值为________． 解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则 y3＝2y1， y4＝1 2 y2，|EG|＝y4－y3＝1 2 y2－2y1.因为 AB 为抛物线 y2＝4x 的焦点弦，所以 y1y2＝－4，所以|EG| ＝1 2 y2－2× －4 y2 ＝1 2 y2＋8 y2 ≥2 1 2 y2×8 y2 ＝4，当且仅当 1 2 y2＝8 y2 ，即 y2＝4 时取等号，所以|EG|的 最小值为 4. 答案：4 考点(三) 主要考查直线与圆锥曲线的位置关系以及圆 锥曲线与圆相结合的问题.圆锥曲线与圆、直线的综合问题 [典例感悟] [典例] (1)(2018 届高三·河南九校联考)已知直线 y＝kx＋t 与圆 x2＋(y＋1)2＝1 相切且与 抛物线 C：x2＝4y 交于不同的两点 M，N，则实数 t 的取值范围是( ) A．(－∞，－3)∪(0，＋∞) B．(－∞，－2)∪(0，＋∞) C．(－3,0) D．(－2,0) (2)(2017·宝鸡质检)已知双曲线 C：mx2＋ny2＝1(mn<0)的一条渐近线与圆 x2＋y2－6x－2y＋ 9＝0 相切，则 C 的离心率为( ) A.5 3 B.5 4 C.5 3 或25 16 D.5 3 或5 4 [解析] (1)因为直线与圆相切，所以|t＋1| 1＋k2 ＝1，即 k2＝t2＋2t.将直线方程代入抛物线方程 并整理得 x2－4kx－4t＝0，于是Δ＝16k2＋16t＝16(t2＋2t)＋16t>0，解得 t>0 或 t<－3.故选 A. (2)圆 x2＋y2－6x－2y＋9＝0 的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝1，则圆心为 M(3,1)，半径 r ＝1.当 m<0，n>0 时，由 mx2＋ny2＝1 得 y2 1 n － x2 －1 m ＝1，则双曲线的焦点在 y 轴上，不妨设双曲线与 圆相切的渐近线方程为 y＝a b x，即 ax－by＝0，则圆心到直线的距离 d＝|3a－b| a2＋b2 ＝1，即|3a－b| ＝c，平方得 9a2－6ab＋b2＝c2＝a2＋b2，即 8a2－6ab＝0，则 b＝4 3 a，平方得 b2＝16 9 a2＝c2－a2，即 c2＝25 9 a2，则 c＝5 3 a，离心率 e＝c a ＝5 3 ；当 m>0，n<0 时，同理可得 e＝5 4 ，故选 D. [答案] (1)A (2)D [方法技巧] 处理圆锥曲线与圆相结合问题的注意点 (1)注意圆心、半径和平面几何知识的应用，如直径所对的圆周角为直角，构成了垂直关系； 弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形等． (2)注意圆与特殊线的位置关系，如圆的直径与椭圆长轴(短轴)，与双曲线的实轴(虚轴)的 关系；圆与过定点的直线、双曲线的渐近线、抛物线的准线的位置关系等． [演练冲关] 1．(2018 届高三·广西三市联考)已知双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1(－c,0)，F2(c,0)，P 是双曲线 C 右支上一点，且|PF2|＝|F1F2|，若直线 PF1 与圆 x2＋y2＝a2 相切， 则双曲线的离心率为( ) A.4 3 B.5 3 C．2 D．3 解析：选 B 取线段 PF1 的中点为 A，连接 AF2，又|PF2|＝|F1F2|， 则 AF2⊥PF1，∵直线 PF1 与圆 x2＋y2＝a2 相切，∴|AF2|＝2a，∵|PF2| ＝|F1F2|＝2c，∴|PF1|＝2a＋2c，∴|PA|＝1 2 ·|PF1|＝a＋c，则在 Rt △APF2 中，4c2＝(a＋c)2＋4a2，化简得(3c－5a)(a＋c)＝0，则双曲线 的离心率为5 3 . 2．已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M，则直线 OM 与直线 l 的斜率之积为( ) A．－9 B．－9 2 C．－1 9 D．－3 解析：选 A 设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将 y＝kx ＋b 代入 9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故 xM＝x1＋x2 2 ＝－ kb k2＋9 ，yM＝kxM＋b＝ 9b k2＋9 ， 故直线 OM 的斜率 kOM＝yM xM ＝－9 k ，所以 kOM·k＝－9，即直线 OM 与直线 l 的斜率之积为－9. [必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 圆锥曲线的定义、标准方程和性质 名称 椭圆 双曲线 抛物线 定义 |PF1|＋|PF2|＝ 2a(2a>|F1F2|) ||PF1|－|PF2||＝ 2a(2a<|F1F2|) |PF|＝|PM|，点 F 不在 直线 l 上，PM⊥l 于 M 标准方程 x2 a2＋y2 b2＝1 (a>b>0) x2 a2－y2 b2＝1 (a>0，b>0) y2＝2px (p>0) 图形 几何 性质 轴 长轴长 2a， 短轴长 2b 实轴长 2a， 虚轴长 2b 离心率 e＝c a ＝ 1－b2 a2 (01) e＝1 渐近线 y＝±b a x (二) 二级结论要用好 1．椭圆焦点三角形的 3 个规律 设椭圆方程是x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)，焦点 F1(－c,0)，F2(c,0)，点 P 的坐标是(x0，y0)． (1)三角形的三个边长是|PF1|＝a＋ex0，|PF2|＝a－ex0，|F1F2|＝2c，e 为椭圆的离心率． (2)如果△PF1F2 中∠F1PF2＝α，则这个三角形的面积 S△PF1F2＝c|y0|＝b2tan α 2 . (3)椭圆的离心率 e＝ sin∠F1PF2 sin∠F1F2P＋sin∠F2F1P . 2．双曲线焦点三角形的 2 个结论 P(x0，y0)为双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)上的点，△PF1F2 为焦点三角形． (1)面积公式 S＝c|y0|＝1 2 r1r2sin θ＝ b2 tan θ 2 (其中|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，∠F1PF2＝θ)． (2)焦半径 若 P 在右支上，|PF1|＝ex0＋a，|PF2|＝ex0－a；若 P 在左支上，|PF1|＝－ex0－a，|PF2|＝－ ex0＋a. 3．抛物线 y2＝2px(p>0)焦点弦 AB 的 4 个结论 (1)xA·xB＝p2 4 ； (2)yA·yB＝－p2； (3)|AB|＝ 2p sin2α (α是直线 AB 的倾斜角)； (4)|AB|＝xA＋xB＋p. 4．圆锥曲线的通径 (1)椭圆通径长为2b2 a ； (2)双曲线通径长为2b2 a ； (3)抛物线通径长为 2p. 5．圆锥曲线中的最值 (1)椭圆上两点间的最大距离为 2a(长轴长)． (2)双曲线上两点间的最小距离为 2a(实轴长)． (3)椭圆焦半径的取值范围为[a－c，a＋c]，a－c 与 a＋c 分别表示椭圆焦点到椭圆上的点的 最小距离与最大距离． (4)抛物线上的点中顶点到抛物线准线的距离最短． (三) 易错易混要明了 1．利用椭圆、双曲线的定义解题时，要注意两种曲线的定义形式及其限制条件．如在双曲 线的定义中，有两点是缺一不可的：其一，绝对值；其二，2a＜|F1F2|.如果不满足第一个条件， 动点到两定点的距离之差为常数，而不是差的绝对值为常数，那么其轨迹只能是双曲线的一支． [针对练 1] △ABC 的顶点 A(－5,0)，B(5,0)，△ABC 的内切圆圆心在直线 x＝3 上，则顶点 C 的轨迹方程是________． 解析：如图，设内切圆的圆心为 P，过点 P 作 AC，BC 的垂线 PD， PF， 垂足分别为 D，F，则|AD|＝|AE|＝8，|BF|＝|BE|＝2，|CD|＝|CF|，∴ |CA|－|CB|＝|AD|－|BF|＝6.根据双曲线定义，所求轨迹是以 A，B 为 焦 点，实轴长为 6 的双曲线的右支，方程为x2 9 －y2 16 ＝1(x>3)． 答案：x2 9 －y2 16 ＝1(x>3) 2．解决椭圆、双曲线、抛物线问题时，要注意其焦点的位置． [针对练 2] 若椭圆 x2 k＋8 ＋y2 9 ＝1 的离心率为1 2 ，则 k 的值为________． 解析：当焦点在 x 轴上时，a2＝8＋k，b2＝9，e2＝c2 a2＝a2－b2 a2 ＝k－1 k＋8 ＝1 4 ，解得 k＝4. 当焦点在 y 轴上时，a2＝9，b2＝8＋k，e2＝c2 a2＝a2－b2 a2 ＝1－k 9 ＝1 4 ，解得 k＝－5 4 . 答案：4 或－5 4 3．直线与圆锥曲线相交的必要条件是它们构成的方程组有实数解，消元后得到的方程中要 注意：二次项的系数是否为零，判别式Δ≥0 的限制．尤其是在应用根与系数的关系解决问题时， 必须先有“判别式Δ≥0”；在解决交点、弦长、中点、斜率、对称或存在性问题时都应在“Δ>0” 下进行． [课时跟踪检测] A 组——12＋4 提速练 一、选择题 1．(2017·惠州调研)双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的离心率 e＝ 13 2 ，则它的渐近线方程 为( ) A．y＝±3 2 x B．y＝±2 3 x C．y＝±9 4 x D．y＝±4 9 x 解析：选 A 由双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的离心率 e＝ 13 2 ，可得c2 a2＝13 4 ，∴b2 a2＋1＝13 4 ， 可得b a ＝3 2 ，故双曲线的渐近线方程为 y＝±3 2 x. 2．(2017·全国卷Ⅰ)已知 F 是双曲线 C：x2－y2 3 ＝1 的右焦点，P 是 C 上一点，且 PF 与 x 轴 垂直，点 A 的坐标是(1,3)，则△APF 的面积为( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 2 解析：选 D 由题可知，双曲线的右焦点为 F(2,0)，当 x＝2 时，代入双曲线 C 的方程，得 4 －y2 3 ＝1，解得 y＝±3，不妨取点 P(2,3)，因为点 A(1,3)，所以 AP∥x 轴，又 PF⊥x 轴，所以 AP ⊥PF，所以 S△APF＝1 2 |PF|·|AP|＝1 2 ×3×1＝3 2 . 3．已知方程 x2 m2＋n － y2 3m2－n ＝1 表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为 4，则 n 的取值范 围是( ) A．(－1,3) B．(－1， 3) C．(0,3) D．(0， 3) 解析：选 A 由题意得(m2＋n)(3m2－n)>0，解得－m20,3m2－n>0，又由该 双曲线两焦点间的距离为 4，得 m2＋n＋3m2－n＝4，即 m2＝1，所以－1b>0)的左、右顶点分别为 A1，A2，且以线段 A1A2 为直径的圆与直线 bx－ay＋2ab＝0 相切，则 C 的离心率为( ) A. 6 3 B. 3 3 C. 2 3 D.1 3 解析：选 A 以线段 A1A2 为直径的圆的方程为 x2＋y2＝a2，由原点到直线 bx－ay＋2ab＝0 的 距离 d＝ 2ab b2＋a2 ＝a，得 a2＝3b2，所以 C 的离心率 e＝ 1－b2 a2＝ 6 3 . 5．(2017·全国卷Ⅱ)过抛物线 C：y2＝4x 的焦点 F，且斜率为 3的直线交 C 于点 M(M 在 x 轴 的上方)，l 为 C 的准线，点 N 在 l 上且 MN⊥l，则 M 到直线 NF 的距离为( ) A. 5 B．2 2 C．2 3 D．3 3 解析：选 C 由题意，得 F(1,0)， 则直线 FM 的方程是 y＝ 3(x－1)． 由 y＝ 3 x－1 ， y2＝4x， 得 x＝1 3 或 x＝3. 由 M 在 x 轴的上方，得 M(3,2 3)， 由 MN⊥l，得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4. 又∠NMF 等于直线 FM 的倾斜角，即∠NMF＝60°， 因此△MNF 是边长为 4 的等边三角形， 所以点 M 到直线 NF 的距离为 4× 3 2 ＝2 3. 6．(2017·广州模拟)已知 F1，F2 分别是椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆 C 上存在点 P 使∠F1PF2 为钝角，则椭圆 C 的离心率的取值范围是( ) A. 2 2 ，1 B. 1 2 ，1 C. 0， 2 2 D. 0，1 2 解析：选 A 法一：设 P(x0，y0)，由题意知|x0|x2 0＋y2 0，即 c2>(x2 0＋y2 0)min，又 y2 0＝b2－b2 a2x2 0， 0≤x2 0b2，又 b2＝a2－c2，所以 e2＝c2 a2>1 2 ， 解得 e> 2 2 ，又 0 2 2 ，又 0b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，其中 F2 也是抛物线 C2：y2＝4x 的焦点，点 M 为 C1 与 C2 在第一象限内的交点，且|MF2|＝5 3 ，则椭圆的长 轴长为( ) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：选 B 依题意知 F2(1,0)，设 M(x1，y1)．由抛物线的定义得|MF2|＝1＋x1＝5 3 ，即 x1＝2 3 . 将 x1＝2 3 代入抛物线方程得 y1＝2 6 3 ，故 M 2 3 ，2 6 3 ，又 M 在椭圆 C1 上，故 2 3 2 a2 ＋ 2 6 3 2 b2 ＝1，结合 a2－b2＝1，得 a2＝4，则 a＝2，故椭圆的长轴长为 4. 8．(2017·福州模拟)已知抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，准线为 l.若射线 y＝2(x－1)(x≤1) 与 C，l 分别交于 P，Q 两点，则|PQ| |PF| ＝( ) A. 2 B．2 C. 5 D．5 解析：选 C 由题意，知抛物线 C：y2＝4x 的焦点 F(1,0)，设准线 l：x＝－1 与 x 轴的交点 为 F1.过点 P 作直线 l 的垂线，垂足为 P1(图略)，由 x＝－1， y＝2 x－1 ，x≤1， 得点 Q 的坐标为(－ 1，－4)，所以|FQ|＝2 5.又|PF|＝|PP1|，所以|PQ| |PF| ＝|PQ| |PP1| ＝|QF| |FF1| ＝2 5 2 ＝ 5，故选 C. 9．(2017·沈阳模拟)已知双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 M 与双曲线 C 的焦点不重合，点 M 关于 F1，F2 的对称点分别为 A，B，线段 MN 的中点在双曲线的右 支上，若|AN|－|BN|＝12，则 a＝( ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选 A 如图，设 MN 的中点为 P. ∵F1 为 MA 的中点，F2 为 MB 的中点，∴|AN|＝2|PF1|，|BN|＝2|PF2|，又|AN|－|BN|＝12，∴ |PF1|－|PF2|＝6＝2a，∴a＝3.故选 A. 10．设 AB 是椭圆的长轴，点 C 在椭圆上，且∠CBA＝π 4 ，若 AB＝4，BC＝ 2，则椭圆的两个 焦点之间的距离为( ) A.4 6 3 B.2 6 3 C.4 3 3 D.2 3 3 解析：选 A 不妨设椭圆的标准方程为x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)，如图，由 题 意知，2a＝4，a＝2，∵∠CBA＝π 4 ，BC＝ 2，∴点 C 的坐标为(－1,1)， ∵ 点 C 在椭圆上，∴1 22＋1 b2＝1，∴b2＝4 3 ， ∴c2＝a2－b2＝4－4 3 ＝8 3 ，c＝2 6 3 ，则椭圆的两个焦点之间的距离为 2c＝4 6 3 . 11．(2017·云南调研)设双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的左焦点为 F，直线 4x－3y＋20＝0 过点 F 且与 C 在第二象限的交点为 P，O 为原点，若|OP|＝|OF|，则 C 的离心率为( ) A．5 B. 5 C.5 3 D.5 4 解析：选 A 依题意得 F(－5,0)，|OP|＝|OF|＝5，tan∠PFO＝4 3 ，所以 cos ∠PFO＝ 1 1＋tan2∠PFO ＝3 5 ，在△PFO 中，|OP|2＝|PF|2＋|OF|2－2|PF|·|OF|·cos∠PFO，所以|PF|＝ 2|OF|cos ∠ PFO ＝ 6. 记 双 曲 线 的 右 焦 点 为 F2 ， 则 有 |FF2| ＝ 10. 在 △ PFF2 中 ， |PF2| ＝ |PF|2＋|FF2|2－2|PF|·|FF2|·cos ∠PFF2 ＝8.由双曲线的定义得 a＝1 2 (|PF2|－|PF|)＝1，则 C 的离心率为 e＝c a ＝5. 12．(2018 届高三·湘中名校联考)过双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的右焦点且垂直于 x 轴的直 线与双曲线交于 A，B 两点，与双曲线的渐近线交于 C，D 两点，若|AB|≥3 5 |CD|，则双曲线离心 率 e 的取值范围为( ) A. 5 3 ，＋∞ B. 5 4 ，＋∞ C. 1，5 3 D. 1，5 4 解析：选 B 将 x＝c 代入x2 a2－y2 b2＝1 得 y＝±b2 a ，不妨取 A c，b2 a ，B c，－b2 a ，所以|AB|＝2b2 a . 将 x＝c 代入双曲线的渐近线方程 y＝±b a x，得 y＝±bc a ，不妨取 C c，bc a ，D c，－bc a ，所 以|CD|＝2bc a . 因为|AB|≥3 5 |CD|，所以2b2 a ≥3 5 ×2bc a ，即 b≥3 5 c，则 b2≥ 9 25 c2，即 c2－a2≥ 9 25 c2，即 16 25 c2≥a2， 所以 e2≥25 16 ，所以 e≥5 4 ，故选 B. 二、填空题 13．(2017·郑州模拟)过抛物线 y＝1 4 x2 的焦点 F 作一条倾斜角为 30°的直线交抛物线于 A， B 两点，则|AB|＝________. 解析：依题意，设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，题中的抛物线 x2＝4y 的焦点坐标是 F(0,1)，直 线 AB 的方程为 y＝ 3 3 x＋1，即 x＝ 3(y－1)．由 x2＝4y， x＝ 3 y－1 ， 消去 x 得 3(y－1)2＝4y， 即 3y2－10y＋3＝0，y1＋y2＝10 3 ，则|AB|＝|AF|＋|BF|＝(y1＋1)＋(y2＋1)＝y1＋y2＋2＝16 3 . 答案：16 3 14．A，F 分别是双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的左顶点和右焦点．A，F 在双曲线的一条渐近 线上的射影分别为 B，Q，O 为坐标原点，△ABO 与△FQO 的面积之比为1 2 ，则该双曲线的离心率为 ________． 解析：易知△ABO 与△FQO 相似，相似比为a c ，故a2 c2＝1 2 ，所以离心率 e＝c a ＝ 2. 答案： 2 15．(2018 届高三·广东五校联考)已知椭圆 C：x2 2 ＋y2＝1 的两焦点为 F1，F2，点 P(x0，y0) 满足 00)的焦点为 F，△ABC 的顶点都在 抛物线上，且满足 FA―→＋ FB―→＋ FC―→＝0，则 1 kAB ＋ 1 kAC ＋ 1 kBC ＝________. 解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F p 2 ，0 ，由 FA―→＋ FB―→＝－ FC―→，得 x1－p 2 ，y1 ＋ x2－p 2 ，y2 ＝－ x3－p 2 ，y3 ，y1＋y2＋y3＝0.因为 kAB＝y2－y1 x2－x1 ＝ 2p y1＋y2 ，kAC＝y3－y1 x3－x1 ＝ 2p y1＋y3 ，kBC ＝y3－y2 x3－x2 ＝ 2p y2＋y3 ，所以 1 kAB ＋ 1 kAC ＋ 1 kBC ＝y1＋y2 2p ＋y3＋y1 2p ＋y2＋y3 2p ＝y1＋y2＋y3 p ＝0. 答案：0 B 组——能力小题保分练 1．(2018 届高三·湖北七市(州)联考)双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a，b>0)的离心率为 3，左、右焦点 分别为 F1，F2，P 为双曲线右支上一点，∠F1PF2 的角平分线为 l，点 F1 关于 l 的对称点为 Q，|F2Q| ＝2，则双曲线的方程为( ) A.x2 2 －y2＝1 B．x2－y2 2 ＝1 C．x2－y2 3 ＝1 D.x2 3 －y2＝1 解析：选 B ∵∠F1PF2 的角平分线为 l，点 F1 关于 l 的对称点为 Q，∴|PF1|＝|PQ|，P，F2， Q 三点共线，而|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PQ|－|PF2|＝2a，即|F2Q|＝2＝2a，解得 a＝1.又 e＝c a ＝ 3， ∴c＝ 3∴b2＝c2－a2＝2，∴双曲线的方程为 x2－y2 2 ＝1.故选 B. 2．已知椭圆x2 9 ＋y2 5 ＝1，F 为其右焦点，A 为其左顶点，P 为该椭圆上的动点，则能够使 PA―→· PF―→ ＝0 的点 P 的个数为( ) A．4 B．3 C．2 D．1 解析：选 B 由题意知，a＝3，b＝ 5，c＝2，则 F(2,0)，A(－3,0)．当点 P 与点 A 重合时， 显然 PA―→· PF―→＝0，此时 P(－3,0)．当点 P 与点 A 不重合时，设 P(x，y)， PA―→· PF―→＝0⇔PA ⊥PF，即点 P 在以 AF 为直径的圆上， 则圆的方程为 x＋1 2 2＋y2＝25 4 .① 又点 P 在椭圆上，所以x2 9 ＋y2 5 ＝1，② 由①②得 4x2＋9x－9＝0，解得 x＝－3(舍去)或3 4 ，则 y＝±5 3 4 ，此时 P 3 4 ，±5 3 4 .故能够 使 PA―→· PF―→＝0 的点 P 的个数为 3. 3.过椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左顶点 A 且斜率为 k 的直线交椭圆 C 于另 一点 B，且点 B 在 x 轴上的射影恰好为右焦点 F.若1 3 0，b>0)的两条渐近线将平面划分为“上、下、左、 右”四个区域(不含边界)，若点(2,1)在“右”区域内，则双曲线离心率 e 的取值范围是( ) A. 1， 5 2 B. 5 2 ，＋∞ C. 1，5 4 D. 5 4 ，＋∞ 解析：选 B 依题意，双曲线x2 a2－y2 b2＝1 的渐近线方程为 y＝±b a x，且“右”区域是由不等式 组 y－b a x 所确定的，又点(2,1)在“右”区域内，于是有 1<2b a ，即b a >1 2 ，因此该双曲线的离 心率 e＝ 1＋ b a 2∈ 5 2 ，＋∞ ，故选 B. 5．(2017·全国卷Ⅰ)已知 F 为抛物线 C：y2＝4x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2， 直线 l1 与 C 交于 A，B 两点，直线 l2 与 C 交于 D，E 两点，则|AB|＋|DE|的最小值为( ) A．16 B．14 C．12 D．10 解析：选 A 抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F(1,0)， 由题意可知 l1，l2 的斜率存在且不为 0. 不妨设直线 l1 的斜率为 k， 则 l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－1 k (x－1)， 由 y2＝4x， y＝k x－1 消去 y，得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴x1＋x2＝2k2＋4 k2 ＝2＋4 k2， 由抛物线的定义可知， |AB|＝x1＋x2＋2＝2＋4 k2＋2＝4＋4 k2. 同理得|DE|＝4＋4k2， ∴|AB|＋|DE|＝4＋4 k2＋4＋4k2＝8＋4 1 k2＋k2 ≥8＋8＝16，当且仅当1 k2＝k2，即 k＝±1 时取等 号， 故|AB|＋|DE|的最小值为 16. 6．(2018 届高三·西安八校联考)已知抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，直线 y＝ 3(x－1)与 C 交于 A，B(A 在 x 轴上方)两点．若 AF―→＝m FB―→，则 m 的值为________． 解析：由题意知 F(1,0)，由 y＝ 3 x－1 ， y2＝4x， 解得 x1＝1 3 ， y1＝－2 3 3 ， x2＝3， y2＝2 3. 由 A 在 x 轴上方，知 A(3,2 3)，B 1 3 ，－2 3 3 ，则 AF―→＝(－2，－2 3)， FB―→ FB―→＝ －2 3 ，－2 3 3 ，因为 AF―→＝m FB―→，所以 m＝3. 答案：3 第三讲 大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 题型(一) 主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦 长问题以及最值的求解.最 值 问 题 [典例感悟] [典例 1] (2017·武昌调研)已知椭圆的中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点， 直线 y＝kx(k>0)与直线 AB 相交于点 D，与椭圆相交于 E，F 两点． (1)若 ED―→＝6 DF―→，求 k 的值； (2)求四边形 AEBF 面积的最大值． [解] (1)由题设条件可得，椭圆的方程为x2 4 ＋y2＝1，直线 AB 的方程为 x＋2y－2＝0.设 D(x0， kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中 x10)，即 k＝1 2 时，等号成立． 故四边形 AEBF 面积的最大值为 2 2. [备课札记] [方法技巧] 最值问题的求解思路 (1)建立目标函数，然后根据目标函数的特征选择相应的方法进行求解． (2)构建不等式，利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解，且大多会 用到基本不等式． [演练冲关] 1．(2017·山东高考)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ， 焦距为 2. (1)求椭圆 E 的方程； (2)如图，动直线 l：y＝k1x－ 3 2 交椭圆 E 于 A，B 两点，C 是椭圆 E 上一点，直线 OC 的斜率为 k2，且 k1k2＝ 2 4 ，M 是线段 OC 延长线上一点， 且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M 的半径为|MC|，OS，OT 是⊙M 的两条切线， 切点分别为 S，T.求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线 l 的斜率． 解：(1)由题意知 e＝c a ＝ 2 2 ，2c＝2， 所以 a＝ 2，b＝1， 因此椭圆 E 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程 x2 2 ＋y2＝1， y＝k1x－ 3 2 消去 y， 得(4k2 1＋2)x2－4 3k1x－1＝0， 由题意知Δ>0， 且 x1＋x2＝2 3k1 2k2 1＋1 ，x1x2＝－ 1 2 2k2 1＋1 ， 所以|AB|＝ 1＋k2 1|x1－x2|＝ 2· 1＋k2 1· 1＋8k2 1 1＋2k2 1 . 由题意可知圆 M 的半径 r 为 r＝2 3 |AB|＝2 2 3 · 1＋k2 1· 1＋8k2 1 2k2 1＋1 . 由题设知 k1k2＝ 2 4 ，所以 k2＝ 2 4k1 ， 因此直线 OC 的方程为 y＝ 2 4k1 x. 联立方程 x2 2 ＋y2＝1， y＝ 2 4k1 x， 得 x2＝ 8k2 1 1＋4k2 1 ，y2＝ 1 1＋4k2 1 ， 因此|OC|＝ x2＋y2＝ 1＋8k2 1 1＋4k2 1 . 由题意可知 sin∠SOT 2 ＝ r r＋|OC| ＝ 1 1＋|OC| r ， 而|OC| r ＝ 1＋8k2 1 1＋4k2 1 2 2 3 · 1＋k2 1· 1＋8k2 1 1＋2k2 1 ＝3 2 4 · 1＋2k2 1 1＋4k2 1· 1＋k2 1 ， 令 t＝1＋2k2 1，则 t>1，1 t ∈(0,1)， 因此|OC| r ＝3 2 · t 2t2＋t－1 ＝3 2 · 1 2＋1 t －1 t2 ＝3 2 · 1 － 1 t －1 2 2＋9 4 ≥1， 当且仅当1 t ＝1 2 ，即 t＝2 时等号成立，此时 k1＝± 2 2 ， 所以 sin∠SOT 2 ≤1 2 ，因此∠SOT 2 ≤π 6 ， 所以∠SOT 的最大值为π 3 . 综上所述，∠SOT 的最大值为π 3 ，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1＝± 2 2 . 题型(二) 主要考查直线与圆锥曲线的位置关 系、圆锥曲线的几何性质，参数多与 直线方程或圆锥曲线方程相关.范 围 问 题 [典例感悟] [典例 2] (2018 届高三·广东五校联考)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一 个端点的连线构成等腰直角三角形，直线 x＋y＋1＝0 与以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长 半轴长为半径的圆相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 M(2,0)的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 S 和 T，若椭圆 C 上存在点 P 满足 OS―→＋ OT―→＝t OP―→ (其中 O 为坐标原点)，求实数 t 的取值范围． [解] (1)由题意，以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x－ c)2＋y2＝a2， ∴圆心到直线 x＋y＋1＝0 的距离 d＝c＋1 2 ＝a.(*) ∵椭圆 C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b＝c，a＝ 2c，代入(*) 式得 b＝c＝1， ∴a＝ 2c＝ 2， 故所求椭圆方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)由题意知，直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝k(x－2)，设 P(x0，y0)， 将直线 l 的方程代入椭圆方程得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0， ∴Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，解得 k2<1 2 . 设 S(x1，y1)，T(x2，y2)，则 x1＋x2＝ 8k2 1＋2k2，x1x2＝8k2－2 1＋2k2， ∴y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝－ 4k 1＋2k2. 由 OS―→＋ OT―→＝t OP―→，得 tx0＝x1＋x2，ty0＝y1＋y2， 当 t＝0 时，直线 l 为 x 轴，则椭圆上任意一点 P 满足 OS―→＋ OT―→＝t OP―→，符合题意； 当 t≠0 时， tx0＝ 8k2 1＋2k2， ty0＝ －4k 1＋2k2， ∴x0＝1 t · 8k2 1＋2k2，y0＝1 t · －4k 1＋2k2. 将上式代入椭圆方程得 32k4 t2 1＋2k2 2＋ 16k2 t2 1＋2k2 2＝1， 整理得 t2＝ 16k2 1＋2k2＝ 16 1 k2＋2 ， 由 k2<1 2 知，0b>0)的左焦点，且两焦点与短轴的一 个顶点构成一个等边三角形，直线x 4 ＋y 2 ＝1 与椭圆 E 有且仅有一个交点 M. (1)求椭圆 E 的方程； (2)设直线x 4 ＋y 2 ＝1 与 y 轴交于 P，过点 P 的直线 l 与椭圆 E 交于不同的两点 A，B，若λ|PM|2 ＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围． 解：(1)由题意，得 a＝2c，b＝ 3c， 则椭圆 E 为 x2 4c2＋ y2 3c2＝1. 由 x2 4 ＋y2 3 ＝c2， x 4 ＋y 2 ＝1， 得 x2－2x＋4－3c2＝0. ∵直线x 4 ＋y 2 ＝1 与椭圆 E 有且仅有一个交点 M， ∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，即 c2＝1， ∴椭圆 E 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)由(1)得 M 1，3 2 ， ∵直线x 4 ＋y 2 ＝1 与 y 轴交于 P(0,2)， ∴|PM|2＝5 4 ， 当直线 l 与 x 轴垂直时， |PA|·|PB|＝(2＋ 3)×(2－ 3)＝1， ∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|， 解得λ＝4 5 . 当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 y＝kx＋2， x2 4 ＋y2 3 ＝1 消去 y 得， (3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 依题意得，x1x2＝ 4 3＋4k2， 且Δ＝48(4k2－1)>0，即 k2>1 4 ， 而|PA|＝ x2 1＋ y1－2 2＝ 1＋k2|x1|， 同理|PB|＝ 1＋k2|x2|， ∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)|x1x2|＝(1＋k2)· 4 3＋4k2＝1＋ 1 3＋4k2＝5 4 λ， ∴λ＝4 5 1＋ 1 3＋4k2 ， ∵k2>1 4 ，∴4 5 <λ<1. 综上所述，λ的取值范围是 4 5 ，1 . 题型(三) 主要考查点、直线、曲线等几何元素中的位置关 系以及直线或圆锥曲线中的一些数量关系.证 明 问 题 [典例感悟] [典例 3] (2017·北京高考)已知抛物线 C：y2＝2px 过点 P(1,1)．过点 0，1 2 作直线 l 与抛 物线 C 交于不同的两点 M，N，过点 M 作 x 轴的垂线分别与直线 OP，ON 交于点 A，B，其中 O 为原 点． (1)求抛物线 C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段 BM 的中点． [解] (1)由抛物线 C：y2＝2px 过点 P(1,1)，得 p＝1 2 . 所以抛物线 C 的方程为 y2＝x. 抛物线 C 的焦点坐标为 1 4 ，0 ，准线方程为 x＝－1 4 . (2)证明：由题意，设直线 l 的方程为 y＝kx＋1 2 (k≠0)，l 与抛物线 C 的交点为 M(x1，y1)， N(x2，y2)． 由 y＝kx＋1 2 ， y2＝x 消去 y，得 4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0. 则 x1＋x2＝1－k k2 ，x1x2＝ 1 4k2. 因为点 P 的坐标为(1,1)， 所以直线 OP 的方程为 y＝x，点 A 的坐标为(x1，x1)． 直线 ON 的方程为 y＝y2 x2 x，点 B 的坐标为 x1，y2x1 x2 . 因为 y1＋y2x1 x2 －2x1＝y1x2＋y2x1－2x1x2 x2 ＝ kx1＋1 2 x2＋ kx2＋1 2 x1－2x1x2 x2 ＝ 2k－2 x1x2＋1 2 x2＋x1 x2 ＝ 2k－2× 1 4k2＋1－k 2k2 x2 ＝0， 所以 y1＋y2x1 x2 ＝2x1. 故 A 为线段 BM 的中点． [备课札记] [方法技巧] 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 (1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关 系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥 曲线中的一些数量关系(相等或不等)． (2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通 过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． [演练冲关] 3．(2017·成都模拟)已知椭圆x2 5 ＋y2 4 ＝1 的右焦点为 F，设直线 l：x＝5 与 x 轴的交点为 E， 过点 F 且斜率为 k 的直线 l1 与椭圆交于 A，B 两点，M 为线段 EF 的中点． (1)若直线 l1 的倾斜角为π 4 ，求|AB|的值； (2)设直线 AM 交直线 l 于点 N，证明：直线 BN⊥l. 解：由题意知，F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)． (1)∵直线 l1 的倾斜角为π 4 ，∴k＝1.∴直线 l1 的方程为 y＝x－1.代入椭圆方程，可得 9x2－ 10x－15＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝10 9 ，x1x2＝－5 3 . ∴|AB|＝ 2 x1－x2 2＝ 2· x1＋x2 2－4x1x2 ＝ 2× 10 9 2＋4×5 3 ＝16 5 9 . (2)证明：设直线 l1 的方程为 y＝k(x－1)． 代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ 10k2 4＋5k2，x1x2＝5k2－20 4＋5k2 . 设 N(5，y0)，∵A，M，N 三点共线， ∴kAM＝kMN，即 －y1 3－x1 ＝y0 2 ，∴y0＝ 2y1 x1－3 . 而 y0－y2＝ 2y1 x1－3 －y2＝2k x1－1 x1－3 －k(x2－1) ＝3k x1＋x2 －kx1x2－5k x1－3 ＝ 3k· 10k2 4＋5k2－k·5k2－20 4＋5k2 －5k x1－3 ＝0. ∴直线 BN∥x 轴，即 BN⊥l. [课时跟踪检测] 1.(2017·洛阳统考)设椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的右焦点为 F，右 顶点为 A，B，C 是椭圆上关于原点对称的两点(B，C 均不在 x 轴上)，线 段 AC 的中点为 D，且 B，F，D 三点共线． (1)求椭圆 E 的离心率； (2)设 F(1,0)，过 F 的直线 l 交 E 于 M，N 两点，直线 MA，NA 分别与直线 x＝9 交于 P，Q 两 点．证明：以 PQ 为直径的圆过点 F. 解：(1)法一：由已知 A(a,0)，F(c,0)，设 B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，则 D a－x0 2 ，－y0 2 ， ∵B，F，D 三点共线，∴ BF―→∥ BD―→， 又 BF―→＝(c－x0，－y0)， BD―→＝ a－3x0 2 ，－3y0 2 ， ∴－3 2 y0(c－x0)＝－y0·a－3x0 2 ， ∴a＝3c，从而 e＝1 3 . 法二：连接 OD，AB(图略)，由题意知，OD 是△CAB 的中位线，∴OD 綊 1 2 AB， ∴△OFD∽△AFB. ∴OF AF ＝OD AB ＝1 2 ，即 c a－c ＝1 2 ，解得 a＝3c，从而 e＝1 3 . (2)证明：∵F 的坐标为(1,0)， ∴c＝1，从而 a＝3，∴b2＝8. ∴椭圆 E 的方程为x2 9 ＋y2 8 ＝1. 设直线 l 的方程为 x＝ny＋1， 由 x＝ny＋1， x2 9 ＋y2 8 ＝1 消去 x 得，(8n2＋9)y2＋16ny－64＝0， ∴y1＋y2＝－16n 8n2＋9 ，y1y2＝ －64 8n2＋9 ， 其中 M(ny1＋1，y1)，N(ny2＋1，y2)． ∴直线 AM 的方程为y y1 ＝ x－3 ny1－2 ， ∴P 9， 6y1 ny1－2 ，同理 Q 9， 6y2 ny2－2 ， 从而 FP―→· FQ―→＝ 8， 6y1 ny1－2 · 8， 6y2 ny2－2 ＝64＋ 36y1y2 n2y1y2－2n y1＋y2 ＋4 ＝64＋ 36× －64 8n2＋9 －64n2 8n2＋9 ＋ 32n2 8n2＋9 ＋4 ＝64＋36× －64 36 ＝0. ∴FP⊥FQ，即以 PQ 为直径的圆恒过点 F. 2．(2017·长沙模拟)如图，P 是直线 x＝4 上一动点，以 P 为 圆心的圆Γ过定点 B(1,0)，直线 l 是圆Γ在点 B 处的切线，过 A(－ 1,0)作圆Γ的两条切线分别与 l 交于 E，F 两点． (1)求证：|EA|＋|EB|为定值； (2) 设 直 线 l 交 直 线 x ＝ 4 于 点 Q ， 证 明 ： |EB|·|FQ| ＝ |FB|·|EQ|. 证明：(1)设 AE 切圆Γ于点 M，直线 x＝4 与 x 轴的交点为 N，故|EM|＝|EB|. 从而|EA|＋|EB|＝|AM|＝ |AP|2－|PM|2 ＝ |AP|2－|PB|2 ＝ |AN|2＋|NP|2 － |BN|2＋|NP|2 ＝ |AN|2－|BN|2 ＝ 25－9＝4. 所以|EA|＋|EB|为定值 4. (2)由(1)同理可知|FA|＋|FB|＝4， 故 E，F 均在椭圆x2 4 ＋y2 3 ＝1 上． 设直线 EF 的方程为 x＝my＋1(m≠0)． 令 x＝4，求得 y＝3 m ，即 Q 点的纵坐标 yQ＝3 m . 由 x＝my＋1， x2 4 ＋y2 3 ＝1 得，(3m2＋4)y2＋6my－9＝0. 设 E(x1，y1)，F(x2，y2)， 则有 y1＋y2＝－ 6m 3m2＋4 ，y1y2＝－ 9 3m2＋4 . 因为 E，B，F，Q 在同一条直线上， 所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)． 即－y1·3 m ＋y1y2＝y2·3 m －y1y2， 等价于 2y1y2＝(y1＋y2)·3 m . 将 y1＋y2＝－ 6m 3m2＋4 ，y1y2＝－ 9 3m2＋4 代入，知上式成立． 所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|. 3．(2018 届高三·广东五校联考)若椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，线段 F1F2 被抛物线 y2＝2bx 的焦点 F 分成了 3∶1 的两段． (1)求椭圆的离心率； (2)过点 C(－1,0)的直线 l 交椭圆于不同两点 A，B，且 AC―→＝2 CB―→，当△AOB 的面积最大时， 求直线 l 的方程． 解：(1)由题意知，c＋b 2 ＝3 c－b 2 ， 所以 b＝c，a2＝b2＋c2＝2c2，即 a＝ 2c， 所以 e＝c a ＝ 2 2 . (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 x＝ky－1(k≠0)， 因为 AC―→＝2 CB―→，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)， 即 2y2＋y1＝0， ① 由(1)知，a2＝2b2，所以椭圆方程为 x2＋2y2＝2b2. 由 x＝ky－1， x2＋2y2＝2b2， 消去 x， 得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0， 所以 y1＋y2＝ 2k k2＋2 ， ② 由①②知， y2＝－ 2k k2＋2 ，y1＝ 4k k2＋2 ， 因为 S△AOB＝1 2 ×|OC|×(|y1|＋|y2|)＝1 2 |y1|＋1 2 |y2|， 所以 S△AOB＝3· |k| k2＋2 ＝3· 1 2 |k| ＋|k| ≤3 2 · 1 2 |k| ·|k| ＝3 2 4 ， 当且仅当|k|2＝2，即 k＝± 2时取等号， 此时直线 l 的方程为 x＝ 2y－1 或 x＝－ 2y－1. 4．(2017·浙江高考)如图，已知抛物线 x2＝y，点 A －1 2 ，1 4 ， B 3 2 ，9 4 ，抛物线上的点 P(x，y) －1 2 b>0)的左、右焦点分别是 F1，F2，其离心率 e＝1 2 ， 点 P 为椭圆上的一个动点，△PF1F2 面积的最大值为 4 3. (1)求椭圆的方程； (2)若 A，B，C，D 是椭圆上不重合的四个点，AC 与 BD 相交于点 F1， AC―→· BD―→＝0，求| AC―→| ＋| BD―→|的取值范围． 解：(1)由题意得，当点 P 是椭圆的上、下顶点时，△PF1F2 的面积取得最大值， 此时 S△PF1F2＝1 2 |F1F2|·|OP|＝bc， ∴bc＝4 3， 因为 e＝c a ＝1 2 ，所以 b＝2 3，a＝4， 所以椭圆方程为x2 16 ＋y2 12 ＝1. (2)由(1)得，F1 的坐标为(－2,0)， 因为 AC―→· BD―→＝0，所以 AC⊥BD， ①当直线 AC 与 BD 中有一条直线斜率不存在时，易得| AC―→|＋| BD―→|＝6＋8＝14. ②当直线 AC 的斜率 k 存在且 k≠0 时， 设其方程为 y＝k(x＋2)，A(x1，y1)，C(x2，y2)， 由 y＝k x＋2 ， x2 16 ＋y2 12 ＝1， 得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0， x1＋x2＝－16k2 3＋4k2，x1x2＝16k2－48 3＋4k2 . | AC―→|＝ 1＋k2|x1－x2|＝24 k2＋1 3＋4k2 ， 此时直线 BD 的方程为 y＝－1 k (x＋2)． 同理由 y＝－1 k x＋2 ， x2 16 ＋y2 12 ＝1， 可得| BD―→|＝24 k2＋1 4＋3k2 ， | AC―→|＋| BD―→|＝24 k2＋1 3＋4k2 ＋24 k2＋1 4＋3k2 ＝ 168 k2＋1 2 4＋3k2 3＋4k2 ， 令 t ＝ k2 ＋ 1 ， 则 | AC―→ | ＋ | BD―→ | ＝ 168t2 3t＋1 4t－1 ＝ 168 12＋t－1 t2 (t>1) ， 因 为 t>1,0b>0)，四点 P1(1,1)，P2(0，1)， P3 －1， 3 2 ，P4 1， 3 2 中恰有三点在椭圆 C 上． (1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点．若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为－1， 证明：l 过定点． [解] (1)由于 P3，P4 两点关于 y 轴对称， 故由题设知椭圆 C 经过 P3，P4 两点． 又由1 a2＋1 b2>1 a2＋ 3 4b2知，椭圆 C 不经过点 P1， 所以点 P2 在椭圆 C 上． 因此 1 b2＝1， 1 a2＋ 3 4b2＝1， 解得 a2＝4， b2＝1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)证明：设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2. 如果 l 与 x 轴垂直，设 l：x＝t，由题设知 t≠0，且|t|<2，可得 A，B 的坐标分别为 t， 4－t2 2 ， t，－ 4－t2 2 . 则由 k1＋k2＝ 4－t2－2 2t － 4－t2＋2 2t ＝－1，得 t＝2，不符合题设． 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． 将 y＝kx＋m 代入x2 4 ＋y2＝1 得 (4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 8km 4k2＋1 ，x1x2＝4m2－4 4k2＋1 . 而 k1＋k2＝y1－1 x1 ＋y2－1 x2 ＝kx1＋m－1 x1 ＋kx2＋m－1 x2 ＝2kx1x2＋ m－1 x1＋x2 x1x2 . 由题设 k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·4m2－4 4k2＋1 ＋(m－1)·－8km 4k2＋1 ＝0. 解得 k＝－m＋1 2 . 当且仅当 m>－1 时，Δ>0，于是 l：y＝－m＋1 2 x＋m，即 y＋1＝－m＋1 2 (x－2)，所以 l 过定 点(2，－1)． [备课札记] [方法技巧] 动线过定点问题的两大类型及解法 (1)动直线 l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为 y＝kx＋t，由题设条件将 t 用 k 表示为 t＝mk，得 y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)． (2)动曲线 C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线 C 的方程，再根据其对参变量恒成立， 令其系数等于零，得出定点． [演练冲关] 1.如图，过顶点在原点、对称轴为 y 轴的抛物线 E 上的点 A(2,1) 作斜率分别为 k1，k2 的直线，分别交抛物线 E 于 B，C 两点． (1)求抛物线 E 的标准方程和准线方程； (2)若 k1＋k2＝k1k2，证明：直线 BC 恒过定点． 解：(1)设抛物线 E 的标准方程为 x2＝ay，a>0， 将 A(2,1)代入得，a＝4. 所以抛物线 E 的标准方程为 x2＝4y，准线方程为 y＝－1. (2)证明：由题意得，直线 AB 的方程为 y＝k1x＋1－2k1，直线 AC 的方程为 y＝k2x＋1－2k2， 联立 x2＝4y， y＝k1x＋1－2k1， 消去 y 得 x2－4k1x－4(1－2k1)＝0， 解得 x＝2 或 x＝4k1－2，因此点 B(4k1－2，(2k1－1)2)， 同理可得 C(4k2－2，(2k2－1)2)． 于是直线 BC 的斜率 k＝ 2k1－1 2－ 2k2－1 2 4k1－2 － 4k2－2 ＝4 k1－k2 k1＋k2－1 4 k1－k2 ＝k1＋k2－1，又 k1＋k2＝k1k2， 所以直线 BC 的方程为 y－(2k2－1)2＝(k1k2－1)·[x－(4k2－2)]， 即 y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3. 故直线 BC 恒过定点(2，－3). 题型(二) 主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查 转化与化归思想和对定值问题的处理能力，常涉 及式子、面积的定值问题. 定 值 问 题 [典例感悟] [典例 2] (2017·宝鸡质检)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)经过 (1,1)与 6 2 ， 3 2 两点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过原点的直线l 与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|＝|MB|.求证 1 |OA|2＋ 1 |OB|2 ＋ 2 |OM|2为定值． [解] (1)将(1,1)与 6 2 ， 3 2 两点代入椭圆 C 的方程， 得 1 a2＋1 b2＝1， 3 2a2＋ 3 4b2＝1， 解得 a2＝3， b2＝3 2 . ∴椭圆 C 的方程为x2 3 ＋2y2 3 ＝1. (2)证明：由|MA|＝|MB|，知 M 在线段 AB 的垂直平分线上，由椭圆的对称性知 A，B 关于原 点对称． ①若点 A，B 是椭圆的短轴顶点，则点 M 是椭圆的一个长轴顶点， 此时 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2＝1 b2＋1 b2＋2 a2＝2. 同理，若点 A，B 是椭圆的长轴顶点，则点 M 是椭圆的一个短轴顶点，此时 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2 ＝1 a2＋1 a2＋2 b2＝2. ②若点 A，B，M 不是椭圆的顶点，设直线 l 的方程为 y＝kx(k≠0)，则直线 OM 的方程为 y＝ －1 k x，设 A(x1，y1)，B(－x1，－y1)， 由 y＝kx， x2 3 ＋2y2 3 ＝1， 消去 y 得，x2＋2k2x2－3＝0，解得 x2 1＝ 3 1＋2k2，y2 1＝ 3k2 1＋2k2， ∴|OA|2＝|OB|2＝x2 1＋y2 1＝3 1＋k2 1＋2k2 ，同理|OM|2＝3 1＋k2 2＋k2 ，∴ 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2＝ 2× 1＋2k2 3 1＋k2 ＋2 2＋k2 3 1＋k2 ＝2. 故 1 |OA|2＋ 1 |OB|2＋ 2 |OM|2＝2 为定值． [备课札记] [方法技巧] 求解定值问题的两大途径 (1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式 与参数(某些变量)无关． (2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的 正负项抵消或分子、分母约分得定值． [演练冲关] 2．(2018 届高三·湖南五市十校联考)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为3 5 ，过左焦 点 F 且垂直于长轴的弦长为32 5 . (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)点 P(m,0)为椭圆 C 的长轴上的一个动点，过点 P 且斜率为4 5 的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两 点，证明：|PA|2＋|PB|2 为定值． 解：(1)由 e＝c a ＝3 5 ， 2b2 a ＝32 5 ， a2＝b2＋c2， 可得 a＝5， b＝4， c＝3， 故椭圆 C 的标准方程为x2 25 ＋y2 16 ＝1. (2)证明：设直线 l 的方程为 x＝5 4 y＋m，代入x2 25 ＋y2 16 ＝1，消去 x，并整理得 25y2＋20my＋8(m2 －25)＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1＋y2＝－4 5 m，y1y2＝8 m2－25 25 ， 又易得|PA|2＝(x1－m)2＋y2 1＝41 16 y2 1， 同理可得|PB|2＝41 16 y2 2. 则|PA|2＋|PB|2＝41 16 (y2 1＋y2 2) ＝41 16 [(y1＋y2)2－2y1y2] ＝41 16 －4m 5 2－16 m2－25 25 ＝41. 所以|PA|2＋|PB|2 是定值. 题型(三) 主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考 查学生分析问题和解决问题的能力.存 在 性 问 题 [典例感悟] [典例 3] (2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中，直线 l：y＝t(t≠0)交 y 轴于点 M，交抛 物线 C：y2＝2px(p＞0)于点 P，M 关于点 P 的对称点为 N，连接 ON 并延长交 C 于点 H. (1)求|OH| |ON| ； (2)除 H 以外，直线 MH 与 C 是否有其他公共点？说明理由． [解] (1)如图，由已知得 M(0，t)，P t2 2p ，t .又 N 为 M 关于点 P 的 对称点，故 N t2 p ，t ， 故直线 ON 的方程为 y＝p t x， 将其代入 y2＝2px 整理得 px2－2t2x＝0， 解得 x1＝0，x2＝2t2 p .因此 H 2t2 p ，2t . 所以 N 为 OH 的中点，即|OH| |ON| ＝2. (2)直线 MH 与 C 除 H 以外没有其他公共点． 理由如下： 直线 MH 的方程为 y－t＝ p 2t x，即 x＝2t p (y－t)． 代入 y2＝2px 得 y2－4ty＋4t2＝0，解得 y1＝y2＝2t， 即直线 MH 与 C 只有一个公共点， 所以除 H 以外，直线 MH 与 C 没有其他公共点． [备课札记] [方法技巧] 求解存在性问题的思路及策略 (1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不 存在． (2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． [演练冲关] 3．(2017·惠州调研)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1(－1,0)，F2(1,0)， 点 A 1， 2 2 在椭圆 C 上． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)是否存在斜率为 2 的直线，使得当直线与椭圆 C 有两个不同交点 M，N 时，能在直线 y＝5 3 上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足 PM―→＝ NQ―→？若存在，求出直线的方程；若不存在， 说明理由． 解：(1)设椭圆 C 的焦距为 2c，则 c＝1， 因为 A 1， 2 2 在椭圆 C 上， 所以 2a＝|AF1|＋|AF2|＝2 2，因此 a＝ 2，b2＝a2－c2＝1， 故椭圆 C 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为 y＝2x＋t，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， P x3，5 3 ，Q(x4，y4)， 由 y＝2x＋t， x2 2 ＋y2＝1 消去 x， 得 9y2－2ty＋t2－8＝0， 所以 y1＋y2＝2t 9 ， 且由Δ＝4t2－36(t2－8)>0，得－30)． 2.(2018 届高三·湘中名校联考)如图，曲线 C 由上半椭圆 C1：y2 a2＋ x2 b2＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线 C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1 与 C2 的公共点为 A，B，其中 C1 的离心率为 3 2 . (1)求 a，b 的值； (2)过点 B 的直线 l 与 C1，C2 分别交于点 P，Q(均异于点 A，B)，是否存在直线 l，使得以 PQ 为直径的圆恰好过点 A，若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)在 C2 的方程中，令 y＝0，可得 x＝±1， 所以 A(－1,0)，B(1,0)． 又 A，B 两点是上半椭圆 C1 的左、右顶点，所以 b＝1. 设 C1 的半焦距为 c，由c a ＝ 3 2 及 a2－c2＝b2＝1 可得 a＝2，∴a＝2，b＝1. (2)由(1)知，上半椭圆 C1 的方程为y2 4 ＋x2＝1(y≥0)． 由题易知，直线 l 与 x 轴不重合也不垂直，设其方程为 y＝k(x－1)(k≠0)． 代入 C1 的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0. 设点 P 的坐标为(xP，yP)，又直线 l 经过点 B(1,0)， ∴xP＋1＝ 2k2 k2＋4 ，xP·1＝k2－4 k2＋4 . 从而 yP＝－8k k2＋4 ，∴点 P 的坐标为 k2－4 k2＋4 ，－8k k2＋4 . 同理，由 y＝k x－1 k≠0 ， y＝－x2＋1 y≤0 得点 Q 的坐标为(－k－1，－k2－2k)． ∴ AP―→＝ 2k k2＋4 (k，－4)， AQ―→＝－k(1，k＋2)． 依题意可知 AP⊥AQ， ∴ AP―→· AQ―→＝0，即－2k2 k2＋4 [k－4(k＋2)]＝0， ∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得 k＝－8 3 . 经检验，k＝－8 3 符合题意， 故直线 l 的方程为 y＝－8 3 (x－1)． 3.(2017·张掖模拟)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为1 2 ， 右 焦 点为 F，右顶点为 E，P 为直线 x＝5 4 a 上的任意一点，且( PF―→＋ PE―→)· EF―→＝2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过 F 且垂直于 x 轴的直线 AB 与椭圆交于 A，B 两点(点 A 在第一象限)，动直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，且 M，N 位于直线 AB 的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线 MN 的斜率 为定值． 解：(1)设 P 5 4 a，t ，F(c,0)，E(a,0)， 则 PF―→＝ c－5 4 a，－t ， PE―→＝ －a 4 ，－t ， EF―→＝(c－a,0)， 所以( PF―→＋ PE―→)· EF―→＝ c－3 2 a，－2t ·(c－a，0)＝2，即 c－3 2 a ·(c－a)＝2，又 e＝c a ＝ 1 2 ， 所以 a＝2，c＝1，b＝ 3， 从而椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)由(1)知 A 1，3 2 ，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 设 MN 的方程：y＝kx＋m，代入椭圆方程x2 4 ＋y2 3 ＝1， 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以 x1＋x2＝－ 8km 4k2＋3 ，x1x2＝4m2－12 4k2＋3 . 又 M，N 是椭圆上位于直线 AB 两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB， 则 kAM＋kAN＝0，即 y1－3 2 x1－1 ＋ y2－3 2 x2－1 ＝0， kx1＋m－3 2 (x2－1)＋ kx2＋m－3 2 (x1－1)＝0， 即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得 k＝1 2 . 故直线 MN 的斜率为定值1 2 . 4．已知椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)经过点(2 2，2)，且离心率为 2 2 ，F1，F2 是椭圆 E 的左、 右焦点． (1)求椭圆 E 的方程； (2)若 A，B 是椭圆 E 上关于 y 轴对称的两点(A，B 不是长轴的端点)，点 P 是椭圆 E 上异于 A， B 的一点，且直线 PA，PB 分别交 y 轴于点 M，N，求证：直线 MF1 与直线 NF2 的交点 G 在定圆上． 解：(1)由题意知 8 a2＋4 b2＝1， c a ＝ 2 2 ， a2＝b2＋c2， 解得 a＝4， b＝2 2， c＝2 2， 故椭圆 E 的方程为x2 16 ＋y2 8 ＝1. (2)证明：设 B(x0，y0)，P(x1，y1)，则 A(－x0，y0)． 直线 PA 的方程为 y－y1＝y1－y0 x1＋x0 (x－x1)， 令 x＝0，得 y＝x1y0＋x0y1 x1＋x0 ， 故 M 0，x1y0＋x0y1 x1＋x0 .同理可得 N 0，x1y0－x0y1 x1－x0 . 所以 F1M―→＝ 2 2，x1y0＋x0y1 x1＋x0 ， F2N―→＝ －2 2，x1y0－x0y1 x1－x0 ， 所以 F1M―→· F2N―→＝ 2 2，x1y0＋x0y1 x1＋x0 · －2 2，x1y0－x0y1 x1－x0 ＝－8＋x2 1y2 0－x2 0y2 1 x2 1－x2 0 ＝－8＋x2 1×8 1－x2 0 16 －x2 0×8 1－x2 1 16 x2 1－x2 0 ＝－8＋8＝0， 所以 F1M⊥F2N，所以直线 MF1 与直线 NF2 的交点 G 在以 F1F2 为直径的圆上． 5．已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 2 2 ，它的一个焦点恰好与抛物线 y2 ＝4x 的焦点重合． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设椭圆的上顶点为 A，过点 A 作椭圆 C 的两条动弦 AB，AC，若直线 AB，AC 斜率之积为1 4 ， 直线 BC 是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由． 解：(1)由题意知椭圆的一个焦点为 F(1,0)，则 c＝1.由 e＝c a ＝ 2 2 得 a＝ 2，∴b＝1，∴椭 圆 C 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)由(1)知 A(0,1)，当直线 BC 的斜率不存在时， 设 BC：x＝x0，设 B(x0，y0)，则 C(x0，－y0)， kAB·kAC＝y0－1 x0 ·－y0－1 x0 ＝1－y2 0 x2 0 ＝ 1 2 x2 0 x2 0 ＝1 2 ≠1 4 ， 不合题意．故直线 BC 的斜率存在．设直线 BC 的方程为：y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程， 得： (1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，① 由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0， 得 2k2－m2＋1>0.② 设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则 x1，x2 是方程①的两根， 由根与系数的关系得， x1＋x2＝－ 4km 1＋2k2，x1x2＝2 m2－1 1＋2k2 ， 由 kAB·kAC＝y1－1 x1 ·y2－1 x2 ＝1 4 得： 4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2， 即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0， 整理得(m－1)(m－3)＝0，又因为 m≠1，所以 m＝3， 此时直线 BC 的方程为 y＝kx＋3. 所以直线 BC 恒过一定点(0,3)． 第五讲 创新考法与思想方法 [常见创新考法] 创新点(一) 创新命题角度考迁移能力 圆锥曲线与方程是解析几何的核心部分，是高考重点考查的内容，且所占分值较大，近年高 考中，圆锥曲线与圆、平面向量、解三角形、不等式等知识交汇命题，成为命题的热点和难点. [典例 1] (1)(2015·全国卷Ⅰ)已知 M(x0，y0)是双曲线 C：x2 2 －y2＝1 上的一点，F1，F2 是 C 的两个焦点．若 MF1 ―→· MF2 ―→<0，则 y0 的取值范围是( ) A. － 3 3 ， 3 3 B. － 3 6 ， 3 6 C. －2 2 3 ，2 2 3 D. －2 3 3 ，2 3 3 (2)(2018 届高三·安徽名校联考)已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，且 |F1F2|＝2c，若椭圆上存在点 M 使得sin∠MF1F2 a ＝sin∠MF2F1 c ，则该椭圆离心率的取值范围为( ) A．(0， 2－1) B． 2 2 ，1 C. 0， 2 2 D．( 2－1,1) [解析] (1)由题意知 a＝ 2，b＝1，c＝ 3， ∴F1(－ 3，0)，F2( 3，0)， ∴ MF1 ―→＝(－ 3－x0，－y0)， MF2 ―→＝( 3－x0，－y0)． ∵ MF1 ―→· MF2 ―→<0，∴(－ 3－x0)( 3－x0)＋y2 0<0， 即 x2 0－3＋y2 0<0. ∵点 M(x0，y0)在双曲线上， ∴x2 0 2 －y2 0＝1，即 x2 0＝2＋2y2 0， ∴2＋2y2 0－3＋y2 0<0，∴－ 3 3 |MF1|， ∴a－c<|MF2|0，∴e2＋2e－1>0，又 0b>0)上的任意一点，若∠PF1F2＝α，∠PF2F1 ＝β，且 cos α＝ 5 5 ，sin(α＋β)＝3 5 ，则此椭圆的离心率为________． 解析：由 cos α＝ 5 5 ，sin(α＋β)＝3 5 得，sin α＝2 5 5 ，cos(α＋β)＝±4 5 ，所以 sin β ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α＝3 5 × 5 5 ±4 5 ×2 5 5 ＝11 5 25 或－ 5 5 (舍去)． 如图，设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，由正弦定理得 r1 11 5 25 ＝ r2 2 5 5 ＝ 2c 3 5 ， 即 r1＋r2 11 5 25 ＋2 5 5 ＝ 2c 3 5 ， 所以 e＝c a ＝ 2c r1＋r2 ＝ 5 7 . 答案： 5 7 2．在区间[1,5]和[2,4]内分别取一个数，记为 a，b，则方程x2 a2＋y2 b2＝1 表示焦点在 x 轴上， 且离心率小于 3 2 的椭圆的概率为________． 解析：方程x2 a2＋y2 b2＝1 表示焦点在 x 轴上且离心率小于 3 2 的椭圆， 故 a2>b2， e＝c a ＝ a2－b2 a < 3 2 ， 即 a2>b2， a2<4b2， 化简得 a>b， a<2b， 又 a∈[1,5]，b∈[2,4]，画出不等式组满足的平面区域，如 图阴影部分所示， 求得阴影部分的面积 S 阴影＝2×4－1 2 (1＋3)×2－1 2 ×1 2 ×1＝15 4 ，故所求的概率 P＝S 阴影 2×4 ＝15 32 . 答案：15 32 3．(2017·兰州诊断考试)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)经过点( 2，1)，且离心率为 2 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 M，N 是椭圆上的点，直线 OM 与 ON(O 为坐标原点)的斜率之积为－1 2 .若动点 P 满足 OP―→ ＝ OM―→＋2 ON―→，试探究是否存在两个定点 F1，F2，使得|PF1|＋|PF2|为定值？若存在，求 F1，F2 的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)∵e＝ 2 2 ，∴e2＝c2 a2＝a2－b2 a2 ＝1 2 ，即b2 a2＝1 2 ， 又椭圆 C 经过点( 2，1)，∴2 a2＋1 b2＝1， 解得 a2＝4，b2＝2， ∴椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 2 ＝1. (2)设 P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由 OP―→＝ OM―→＋2 ON―→得 x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2， ∵点 M，N 在椭圆x2 4 ＋y2 2 ＝1 上，∴x2 1＋2y2 1＝4，x2 2＋2y2 2＝4， 故 x2＋2y2＝(x1＋2x2)2＋2(y1＋2y2)2＝(x2 1＋4x1x2＋4x2 2)＋2(y2 1＋4y1y2＋4y2 2)＝(x2 1＋2y2 1)＋4(x2 2 ＋2y2 2)＋4(x1x2＋2y1y2)＝20＋4(x1x2＋2y1y2)． 设 kOM，kON 分别为直线 OM 与 ON 的斜率，由题意知， kOM·kON＝y1y2 x1x2 ＝－1 2 ，因此 x1x2＋2y1y2＝0， ∴x2＋2y2＝20， 故点 P 是椭圆x2 20 ＋y2 10 ＝1 上的点， ∴由椭圆的定义知存在点 F1，F2，满足|PF1|＋|PF2|＝2 20＝4 5，为定值， 又|F1F2|＝2 20－10＝2 10， ∴F1，F2 的坐标分别为(－ 10，0)，( 10，0)． 创新点(二) 引入临界知识考学科潜力 1.临界法则 1 与直线 Ax＋By＋C＝0 平行的直线系方程为 Ax＋By＋D＝0 C≠D ；与直线 Ax＋By＋C ＝0 垂直的直线系方程为 Bx－Ay＋E＝0. 2 过直线 l1：a1x＋b1y＋c1＝0 与直线 l2：a2x＋b2y＋c2＝0 交点的直线系方程为 a1x＋b1y ＋c1＋λ a2x＋b2y＋c2 ＝0. 3 过圆 C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0 与圆 C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0 的交点的圆系方程 为 x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2 ＝0. 4 过直线 ax＋by＋c＝0 与圆 C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0 交点的圆系方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey ＋F＋λ ax＋by＋c ＝0. [典例 2] 已知圆 x2＋y2＋x－6y＋m＝0 与直线 x＋2y－3＝0 相交于 P，Q 两点，O 为坐标原 点，若 OP⊥OQ，求实数 m 的值． [解] 过直线 x＋2y－3＝0 与圆 x2＋y2＋x－6y＋m＝0 的交点的圆系方程为：x2＋y2＋x－6y ＋m＋λ(x＋2y－3)＝0，即 x2＋y2＋(1＋λ)x＋2(λ－3)y＋m－3λ＝0.① 依题意，O 在以 PQ 为直径的圆上，则圆心 －1＋λ 2 ，3－λ 显然在直线 x＋2y－3＝0 上，则 －1＋λ 2 ＋2(3－λ)－3＝0，解得λ＝1.又 O(0,0)满足方程①，则 m－3λ＝0，故 m＝3. [点评] 利用直线与圆相交的圆系方程可以很好的解决这类题型，圆与圆相交的圆系方程问 题也可以同样解决，只要能巧妙的构造圆系方程即可． [演练冲关] 4．已知 m∈R，直线 l：mx－(m2＋1)y＝4m 和圆 C：x2＋y2－8x＋4y＋16＝0. (1)求直线 l 的斜率的取值范围； (2)直线 l 能否将圆 C 分割成弧长的比值为1 2 的两段圆弧，为什么？ 解：(1)当 m＝0 时，直线 l 的斜率为 0; 当 m≠0 时，直线 l 的斜率 k＝ m m2＋1 ＝ 1 m＋1 m . 当 m>0 时，m＋1 m ≥2，所以 0b>0)，焦点 F1(－c,0)，F2(c,0)， 切点 P(x0，y0)． 则 PE：x0x a2 ＋y0y b2 ＝1，PQ：y－y0＝a2y0 b2x0 (x－x0)， 所以 Q(e2x0,0)，|F1Q|＝e2x0＋c，|F2Q|＝c－e2x0， |PF1|＝ex0＋a，|PF2|＝a－ex0. 于是有|F1Q| |F2Q| ＝e2x0＋c c－e2x0 ＝c ex0＋a c a－ex0 ＝|PF1| |PF2| ， 由角平分线定理知 PQ 平分∠F1PF2，性质得证． [典例 4] 已知椭圆 E 经过点 A(2,3)，对称轴为坐标轴，焦点 F1，F2 在 x 轴上，离心率 e＝1 2 . (1)求椭圆 E 的方程； (2)求∠F1AF2 的平分线 l 所在的直线方程． [解] (1)依题意，设椭圆 E 的标准方程为x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)．由题意可得 e＝c a ＝1 2 ，∴e2＝c2 a2 ＝a2－b2 a2 ＝1 4 ，即b2 a2＝3 4 ，① 又点 A(2,3)在椭圆 E 上，∴4 a2＋9 b2＝1，② ∴由①②得 a2＝16，b2＝12. 故椭圆 E 的方程为x2 16 ＋y2 12 ＝1. (2)如图，设椭圆 E 在点 A 处的切线为 l′，由于直线 l 为∠F1AF2 的 平分线，所以，由椭圆的光学性质知 l⊥l′. l′的方程为2x 16 ＋3y 12 ＝1，即 x＋2y－8＝0， 所以 l 的方程为 y－3＝2(x－2)， 即 2x－y－1＝0. 故∠F1AF2 的平分线 l 所在的直线方程为 2x－y－1＝0. [点评] 本题若采用一般解法，则需进行繁琐的运算，而利用椭圆的光学性质，可使问题得 以简单解决． [演练冲关] 6．已知 F1，F2 分别为椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，P 为椭圆上的一点．△F1PF2 中， ∠F1PF2 的外角平分线为 l，点 F2 关于 l 的对称点为 Q，F2Q 交 l 于点 R.当点 P 在椭圆上运动时， 求点 R 的轨迹方程． 解：如图，直线 l 为∠F1PF2 的外角平分线且点 F2 与点 Q 关于直线 l 对 称，由椭圆的光学性质知，F1，P，Q 三点共线．根据对称性，PQ＝PF2， 所 以 |F1Q|＝|PF1|＋|PF2|＝2a.连接 OR，因为 O 为 F1F2 的中点，R 为 F2Q 的中点，所以|OR|＝1 2 |F1Q|＝a. 设 R(x，y)，则 x2＋y2＝a2(y≠0)，故点 R 的轨迹方程为 x2＋y2＝a2(y≠0)． [常用思想方法] (一) 数学思想在本专题中的应用 1．应用数形结合思想解决参数问题 [典例 1] 已知圆 x2＋y2＝4，直线 l：y＝x＋b，当 b 为何值时，圆 x2＋y2＝4 上恰好有 3 个 点到直线 l 的距离等于 1? [解] 由于圆上的点到直线 l 的距离“1”恰好是圆的半径“2” 的 一 半，根据此条件，画出图形如图所示． 经分析知当直线 l 经过与 l 垂直的半径 OA(或 OB)的中点 M(或 N) 时 ， 满足题意，此时的 3 个点分别是端点 A(或 B)和直线 y＝x 与圆的交点 C，D， 即当点(0,0)到直线 y＝x＋b 的距离为 1 时，满足题意，所以 |b| 12＋ －1 2 ＝1. 解得 b＝± 2. [点评] 解决本题的关键是让直线动起来，在动态过程中寻找满足题意的位置．本题充分体 现了数形结合的思想方法． 2．应用函数与方程思想解决最值或范围问题 [典例 2] 已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0)，如图 所示，设左顶点为 A，上顶点为 B，且 OF―→· FB―→＝ AB―→· BF―→. (1)求椭圆 C 的方程； (2)若过 F 的直线 l 交椭圆于 M，N 两点，试确定 FM―→· FN―→的取值范围． [解] (1)由已知，A(－a,0)，B(0，b)，F(1,0)， ∴ OF―→＝(1,0)， FB―→＝(－1，b)， AB―→＝(a，b)， BF―→＝(1，－b)． 则由 OF―→· FB―→＝ AB―→· BF―→，得－1＝a－b2，即 b2－a－1＝0. ∵b2＝a2－1，∴a2－a－2＝0，解得 a＝2. ∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)①若直线 l 斜率不存在，则 l：x＝1， 此时 M 1，3 2 ，N 1，－3 2 ， FM―→· FN―→＝－9 4 . ②若直线 l 斜率存在，设 l：y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由 y＝k x－1 ， x2 4 ＋y2 3 ＝1 消去 y 得 (4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， ∴x1＋x2＝ 8k2 4k2＋3 ，x1x2＝4k2－12 4k2＋3 . ∴ FM―→· FN―→＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2) ＝(1＋k2)[x1x2－(x1＋x2)＋1] ＝－9 1＋k2 4k2＋3 ＝ －9 4－ 1 1＋k2 . ∵k2≥0，∴0< 1 1＋k2≤1，∴3≤4－ 1 1＋k2<4， ∴－3≤ FM―→· FN―→<－9 4 . 综上所述， FM―→· FN―→的取值范围为 －3，－9 4 . [点评] (1)本题利用了函数与方程思想，首先由已知条件列出关于 a，b 的方程，求出 a，b 的值；求 FM―→· FN―→的范围时，转化为关于 k 的函数，利用函数性质求解． (2)函数与方程思想在解决一些解析几何问题中经常用到，如求范围、最值问题． (二) 特殊方法在本专题中的应用 方法 1 点差法解决中点问题 在圆锥曲线中，有关弦的中点条件，可利用点差法求解，即对于圆锥曲线 ax2＋by2＝1 来说， 当两点 M(x1，y1)，N(x2，y2)在曲线上时，一定满足 ax2 1＋by2 1＝1， ax2 2＋by2 2＝1， 从而两式相减得y2－y1 x2－x1 ＝－ a x2＋x1 b y2＋y1 ＝－ax0 by0 ，其中(x0，y0)是 MN 的中点． [典例 1] 已知椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F 的直线交椭圆 E 于 A， B 两点．若 AB 的中点坐标为(1，－1)，则椭圆 E 的方程为( ) A.x2 45 ＋y2 36 ＝1 B.x2 36 ＋y2 27 ＝1 C.x2 27 ＋y2 18 ＝1 D.x2 18 ＋y2 9 ＝1 [解析] 由题意知直线 AB 的斜率 k＝0－ －1 3－1 ＝1 2 ， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x2 1 a2＋y2 1 b2＝1， ① x2 2 a2＋y2 2 b2＝1， ② ①－②整理得y1－y2 x1－x2 ＝－b2 a2·x1＋x2 y1＋y2 ， 即 k＝－b2 a2× 2 －2 ＝1 2 ，∴b2 a2＝1 2 . 又 a2－b2＝c2＝9，∴a2＝18，b2＝9. ∴椭圆 E 的方程为x2 18 ＋y2 9 ＝1. [答案] D [点评] 本题利用“点差法”及“设而不求”思想求得 a 与 b 的关系，然后根据 a2－b2＝c2， 求得椭圆方程. 方法 2 联立方程法解决对称问题 圆锥曲线上存在两点，关于某条直线对称，求参数的取值范围，这类问题常见的解法是：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)是圆锥曲线上关于直线 y＝kx＋b 对称的两点，则 PQ 的方程为 y＝－1 k x＋m， 代入圆锥曲线方程，得到关于 x(或 y)的一元二次方程，其中 P，Q 的横(或纵)坐标即为方程的根， 故Δ>0，从而求得 k(或 b)的取值范围． [典例 2] 已知抛物线 C：y2＝x 与直线 l：y＝kx＋3 4 ，要使 C 上存在关于直线 l 对称的两点， 求实数 k 的取值范围． [解] 设 C 上的 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点关于直线 l 对称，线段 AB 的中点为 M(x0，y0)， 则 y2 1＝x1， y2 2＝x2， 两式相减，得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2. ∵y1＋y2＝2y0，AB⊥l， ∴kAB＝y1－y2 x1－x2 ＝ 1 2y0 ＝－1 k ， ∴y0＝－k 2 . 代入 y＝kx＋3 4 得 x0＝ y0－3 4 k ＝－1 2 － 3 4k . ∵点 M 在抛物线内部， ∴y2 00)，则其准线方程为 x＝－p 2 .曲线 E 的方程可 化为(x－3)2＋(y＋2)2＝16，由题意知圆心 E 到准线的距离 d＝3＋p 2 ＝4，解得 p＝2，所以抛物线 M 的方程为 y2＝4x，F(1,0)．设 A y2 0 4 ，y0 ，则 OA―→＝ y2 0 4 ，y0 ，AF―→＝ 1－y2 0 4 ，－y0 ，所以 OA―→· AF―→ ＝y2 0 4 1－y2 0 4 －y2 0＝－4，解得 y0＝±2，所以 x0＝1，所以点 A 的坐标为(1,2)或(1，－2)，故选 B. 5．(2017·成都模拟)已知 A，B 是圆 O：x2＋y2＝4 上的两个动点，| AB―→|＝2， OC―→＝5 3 OA―→－ 2 3 OB―→.若 M 是线段 AB 的中点，则 OC―→· OM―→的值为( ) A．3 B．2 3 C．2 D．－3 解析：选 A 由条件易知△OAB 为正三角形， OA―→· OB―→＝| OA―→|·| OB―→|·cosπ 3 ＝2.又由 M 为 AB 的中点，知 OM―→＝1 2 ( OA―→＋ OB―→)，所以 OC―→· OM―→＝ 5 3 OA―→－2 3 OB―→ ·1 2 ( OA―→＋ OB―→)＝ 1 2 5 3 | OA―→|2＋ OA―→· OB―→－2 3 | OB―→|2＝3. 6．(2017·武昌调研)已知双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为 l1，l2，经过右焦 点 F 垂直于 l1 的直线分别交 l1，l2 于 A，B 两点．若|OA|，|AB|，|OB|成等差数列，且 AF―→与 FB―→ 反向，则该双曲线的离心率为( ) A. 5 2 B. 3 C. 5 D.5 2 解析：选 C 由题可知，双曲线的实轴长为 2a，虚轴长为 2b，令∠AOF＝α，则由题意知 tan α＝b a ，在△AOB 中，∠AOB＝180°－2α，tan∠AOB＝－tan 2α＝|AB| |OA| ，∵|OA|，|AB|，|OB| 成等差数列，∴设|OA|＝m－d，|AB|＝m，|OB|＝m＋d，∵OA⊥BF，∴(m－d)2＋m2＝(m＋d)2，整 理，得 d＝1 4 m，∴－tan 2α＝－ 2tan α 1－tan2 α ＝|AB| |OA| ＝ m 3 4 m ＝4 3 ，解得b a ＝2 或b a ＝－1 2 (舍去)，∴b＝2a， c＝ 4a2＋a2＝ 5a，∴e＝c a ＝ 5. 二、填空题 7．设 P，Q 分别为圆 x2＋y2－8x＋15＝0 和抛物线 y2＝4x 上的点，则 P，Q 两点间的最小距离 是________． 解析：由题意知，圆的标准方程为(x－4)2＋y2＝1，则圆心 C(4,0)，半径为 1.由题意知 P，Q 间的最小距离为圆心 C(4,0)到抛物线上的点的最小距离减去半径 1.设以(4,0)为圆心，r 为半径 的圆的方程为(x－4)2＋y2＝r2，与 y2＝4x 联立，消去 y 整理得，x2－4x＋16－r2＝0，令Δ＝16－ 4(16－r2)＝0，解得 r＝2 3，所以|PQ|min＝2 3－1. 答案：2 3－1 8．(2017·山东高考)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a>0，b>0)的右支与焦点 为 F 的抛物线 x2＝2py(p>0)交于 A，B 两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为 ________． 解析：法一：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知 |AF|＝y1＋p 2 ，|BF|＝y2＋p 2 ，|OF|＝p 2 ， 由|AF|＋|BF|＝y1＋p 2 ＋y2＋p 2 ＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得 y1＋y2＝p. 联立 x2 a2－y2 b2＝1， x2＝2py 消去 x， 得 a2y2－2pb2y＋a2b2＝0， 所以 y1＋y2＝2pb2 a2 ，所以2pb2 a2 ＝p， 即b2 a2＝1 2 ，故b a ＝ 2 2 ， 所以双曲线的渐近线方程为 y＝± 2 2 x. 法二：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋p 2 ，|BF|＝y2＋p 2 ，|OF|＝p 2 ， 由|AF|＋|BF|＝y1＋p 2 ＋y2＋p 2 ＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得 y1＋y2＝p. kAB＝y2－y1 x2－x1 ＝ x2 2 2p －x2 1 2p x2－x1 ＝x2＋x1 2p . 由 x2 1 a2－y2 1 b2＝1， x2 2 a2－y2 2 b2＝1， 得 kAB＝y2－y1 x2－x1 ＝b2 x1＋x2 a2 y1＋y2 ＝b2 a2·x1＋x2 p ， 则b2 a2·x1＋x2 p ＝x2＋x1 2p ， ∴b2 a2＝1 2 ，故b a ＝ 2 2 ， ∴双曲线的渐近线方程为 y＝± 2 2 x. 答案：y＝± 2 2 x 9．(2017·洛阳统考)已知抛物线 C：x2＝4y 的焦点为 F，直线 AB 与抛物线 C 相交于 A，B 两 点，若 2 OA―→＋ OB―→－3 OF―→＝0，则弦 AB 中点到抛物线 C 的准线的距离为________． 解析：依题意得，抛物线的焦点 F(0,1)，准线方程是 y＝－1，因为 2( OA―→－ OF―→)＋( OB―→－ OF―→)＝0，即 2 FA―→＋ FB―→＝0，所以 F，A，B 三点共线．设直线 AB：y＝kx＋1(k≠0)，A(x1，y1)， B(x2，y2)，则由 y＝kx＋1， x2＝4y 得 x2－4kx－4＝0，则 x1x2＝－4；① 又 2 FA―→＋ FB―→＝0，因此 2x1＋x2＝0.② 由①②解得 x2 1＝2，x2 2＝8，弦 AB 的中点到抛物线 C 的准线的距离为1 2 [ y1＋1 ＋ y2＋1 ]＝ 1 2 (y1＋y2)＋1＝1 8 (x2 1＋x2 2)＋1＝9 4 . 答案：9 4 三、解答题 10．(2017·合肥质检)已知椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)经过点 M 1，2 3 3 ，离心率为 3 3 . (1)求椭圆 E 的标准方程； (2)若 A1，A2 分别是椭圆 E 的左、右顶点，过点 A2 作直线 l 与 x 轴垂直，点 P 是椭圆 E 上的 任意一点(不同于椭圆 E 的四个顶点)，连接 PA1 交直线 l 于点 B，点 Q 为线段 A2B 的中点，求证： 直线 PQ 与椭圆 E 只有一个公共点． 解：(1)依题意得， e＝c a ＝ 3 3 ， 1 a2＋ 4 3b2＝1， a2＝b2＋c2， 解得 a＝ 3， b＝ 2， c＝1， ∴椭圆 E 的标准方程为x2 3 ＋y2 2 ＝1. (2)证明：设 P(x0，y0)(x0≠0 且 x0≠± 3)，则直线 PA1 的方程为 y＝ y0 x0＋ 3 (x＋ 3)， 令 x＝ 3， 得 B 3， 2 3y0 x0＋ 3 ， 则线段 A2B 的中点 Q 3， 3y0 x0＋ 3 ， ∴直线 PQ 的斜率 kPQ＝ y0－ 3y0 x0＋ 3 x0－ 3 ＝ x0y0 x2 0－3 .① ∵P 是椭圆 E 上的点，∴x2 0 3 ＋y2 0 2 ＝1， 即 x2 0＝3 1－y2 0 2 ，代入①式，得 kPQ＝－2x0 3y0 ， ∴直线 PQ 的方程为 y－y0＝－2x0 3y0 (x－x0)， 将其与椭圆方程联立， 得 y－y0＝－2x0 3y0 x－x0 ， x2 3 ＋y2 2 ＝1. 又 2x2 0＋3y2 0＝6，整理得 x2－2x0x＋x2 0＝0， ∵Δ＝0， ∴直线 PQ 与椭圆 E 相切， 即直线 PQ 与椭圆 E 只有一个公共点． 11．(2018 届高三·广西三市联考)已知右焦点为 F2(c,0)的椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)过点 1，3 2 ，且椭圆 C 关于直线 x＝c 对称的图形过坐标原点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 1 2 ，0 作直线 l 与椭圆 C 交于 E，F 两点，线段 EF 的中点为 M，点 A 是椭圆 C 的右顶 点，求直线 MA 的斜率 k 的取值范围． 解：(1)∵椭圆 C 过点 1，3 2 ，∴1 a2＋ 9 4b2＝1，① ∵椭圆 C 关于直线 x＝c 对称的图形过坐标原点， ∴a＝2c， ∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3 4 a2，② 由①②得 a2＝4，b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)依题意，直线 l 过点 1 2 ，0 且斜率不为零，故可设其方程为 x＝my＋1 2 . 由 x＝my＋1 2 ， x2 4 ＋y2 3 ＝1 消去 x，并整理得 4(3m2＋4)y2＋12my－45＝0. 设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)， ∴y1＋y2＝－ 3m 3m2＋4 ， ∴y0＝y1＋y2 2 ＝－ 3m 2 3m2＋4 ， ∴x0＝my0＋1 2 ＝ 2 3m2＋4 ，∴k＝ y0 x0－2 ＝ m 4m2＋4 . 当 m＝0 时，k＝0； 当 m≠0 时，k＝ m 4m2＋4 ＝ 1 4m＋4 m ， ∵|4m＋4 m|＝4|m|＋ 4 |m| ≥8，∴0< 1 |4m＋4 m|≤1 8 ， ∴0<|k|≤1 8 ，∴－1 8 ≤k≤1 8 且 k≠0. 综上可知，直线 MA 的斜率 k 的取值范围是 －1 8 ，1 8 . 12．已知 F1，F2 为椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，点 P 1，3 2 在椭圆 E 上，且|PF1| ＋|PF2|＝4. (1)求椭圆 E 的方程； (2)过 F1 的直线 l1，l2 分别交椭圆 E 于 A，C 和 B，D，且 l1⊥l2，问是否存在常数λ，使得 1 |AC| ， λ， 1 |BD| 成等差数列？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由． 解：(1)∵|PF1|＋|PF2|＝4， ∴2a＝4，a＝2. ∴椭圆 E：x2 4 ＋y2 b2＝1.将 P 1，3 2 代入可得 b2＝3， ∴椭圆 E 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)①当 AC 的斜率为零或斜率不存在时， 1 |AC| ＋ 1 |BD| ＝1 3 ＋1 4 ＝ 7 12 ； ②当 AC 的斜率 k 存在且 k≠0 时，设 AC 的方程为 y＝k(x＋1)，代入椭圆方程x2 4 ＋y2 3 ＝1， 并化简得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 设 A(x1，y1)，C(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 8k2 3＋4k2， x1·x2＝4k2－12 3＋4k2 . |AC|＝ 1＋k2|x1－x2| ＝ 1＋k2 [ x1＋x2 2－4x1x2]＝12 1＋k2 3＋4k2 . ∵直线 BD 的斜率为－1 k ， ∴|BD|＝ 12 1＋ －1 k 2 3＋4 －1 k 2 ＝12 1＋k2 3k2＋4 . ∴ 1 |AC| ＋ 1 |BD| ＝ 3＋4k2 12 1＋k2 ＋ 3k2＋4 12 1＋k2 ＝ 7 12 . 综上，2λ＝ 1 |AC| ＋ 1 |BD| ＝ 7 12 ， ∴λ＝ 7 24 . 故存在常数λ＝ 7 24 ， 使得 1 |AC| ，λ， 1 |BD| 成等差数列．