高考数学专题复习教案：第九章 解析几何 165页

第九章解析几何 第一节 ‎　 直线与方程 本节主要包括3个知识点：‎ ‎1.直线的倾斜角与斜率、两直线的位置关系；　‎ ‎2．直线的方程；‎ ‎3.直线的交点、距离与对称问题.‎ 突破点(一)　直线的倾斜角与斜率、两直线的位置关系 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．直线的倾斜角 ‎(1)定义：当直线l与x轴相交时，取x轴作为基准，x轴正向与直线l向上方向之间所成的角叫做直线l的倾斜角．当直线l与x轴平行或重合时，规定它的倾斜角为0.‎ ‎(2)范围：直线l倾斜角的范围是[0，π)．‎ ‎2．斜率公式 ‎(1)定义式：直线l的倾斜角为α≠，则斜率k＝tan_α.‎ ‎(2)两点式：P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线l上，且x1≠x2，则l的斜率k＝.‎ ‎3．两条直线平行与垂直的判定 ‎(1)两条直线平行：‎ ‎①对于两条不重合的直线l1，l2，若其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔k1＝k2.‎ ‎②当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时，l1∥l2.‎ ‎(2)两条直线垂直：‎ ‎①如果两条直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，则有l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.‎ ‎②当其中一条直线的斜率不存在，而另一条直线的斜率为0时，l1⊥l2.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 直线的倾斜角与斜率 ‎1．直线都有倾斜角，但不一定都有斜率，二者的关系具体如下：‎ 斜率k k＝tan α>0‎ k＝0‎ k＝tan α<0‎ 不存在 倾斜角α 锐角 ‎0°‎ 钝角 ‎90°‎ ‎　‎ ‎　2.在分析直线的倾斜角和斜率的关系时，要根据正切函数k＝tan α的单调性，如图所示：‎ 当α取值在内，由0增大到时，k由0增大并趋向于正无穷大；当α取值在内，由增大到π(α≠π)时，k由负无穷大增大并趋近于0.解决此类问题，常采用数形结合思想．‎ ‎[例1]　(1)直线xsin α＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是(　　)‎ A．[0，π)　　　　　　　 B.∪ C. D.∪ ‎(2)已知线段PQ两端点的坐标分别为P(－1,1)和Q(2,2)，若直线l：x＋my＋m＝0与线段PQ有交点，则实数m的取值范围是________．‎ ‎[解析]　(1)因为直线xsin α＋y＋2＝0的斜率k＝－sin α，又－1≤sin α≤1，所以－1≤k≤1.设直线xsin α＋y＋2＝0的倾斜角为θ，所以－1≤tan θ≤1，而θ∈[0，π)，故倾斜角的取值范围是∪.‎ ‎(2)如图所示，直线l：x＋my＋m＝0过定点A(0，－1)，当m≠0时，kQA＝，kPA＝－2，kl＝－.∴－≤－2或－≥.解得00，b>0)，‎ 因为直线l经过点P(4,1)，‎ 所以＋＝1.‎ ‎(1)＋＝1≥2 ＝，‎ 所以ab≥16，当且仅当a＝8，b＝2时等号成立，‎ 所以当a＝8，b＝2时，S△AOB＝ab最小，此时直线l的方程为＋＝1，‎ 即x＋4y－8＝0.‎ ‎(2)因为＋＝1，a>0，b>0，‎ 所以|OA|＋|OB|＝a＋b＝(a＋b)·＝5＋＋≥5＋2 ＝9，‎ 当且仅当a＝6，b＝3时等号成立，‎ 所以当|OA|＋|OB|取最小值时，直线l的方程为x＋2y－6＝0.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．给定条件求直线方程的思路 ‎(1)考虑问题的特殊情况，如斜率不存在的情况，截距等于零的情况．‎ ‎(2)在一般情况下准确选定直线方程的形式，用待定系数法求出直线方程．‎ ‎(3)重视直线方程一般形式的应用，因为它具有广泛的适用性．‎ ‎2．与直线有关的最值问题的解题思路 ‎(1)借助直线方程，用y表示x或用x表示y.‎ ‎(2)将问题转化成关于x(或y)的函数．‎ ‎(3)利用函数的单调性或基本不等式求最值．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.倾斜角为135°，在y轴上的截距为－1的直线方程是(　　)‎ A．x－y＋1＝0 B．x－y－1＝0‎ C．x＋y－1＝0 D．x＋y＋1＝0‎ 解析：选D　直线的斜率为k＝tan 135°＝－1，所以直线方程为y＝－x－1，即x＋y＋1＝0.‎ ‎2.已知直线l过点(1,0)，且倾斜角为直线l0：x－2y－2＝0的倾斜角的2倍，则直线l的方程为(　　)‎ A．4x－3y－3＝0 B．3x－4y－3＝0‎ C．3x－4y－4＝0 D．4x－3y－4＝0‎ 解析：选D　由题意可设直线l0，l的倾斜角分别为α，2α，‎ 因为直线l0：x－2y－2＝0的斜率为，则tan α＝，‎ 所以直线l的斜率k＝tan 2α＝＝＝，‎ 所以由点斜式可得直线l的方程为y－0＝(x－1)，‎ 即4x－3y－4＝0.‎ ‎3.若直线ax＋by＝ab(a>0，b>0)过点(1,1)，则该直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为(　　)‎ A．1 B．‎2 ‎‎ C．4 D．8‎ 解析：选C　∵直线ax＋by＝ab(a>0，b>0)过点(1,1)，‎ ‎∴a＋b＝ab，即＋＝1，‎ ‎∴a＋b＝(a＋b) ‎＝2＋＋≥2＋2 ＝4，‎ 当且仅当a＝b＝2时上式等号成立．‎ ‎∴直线在x轴，y轴上的截距之和的最小值为4.‎ ‎4.若ab>0，且A(a,0)，B(0，b)，C(－2，－2)三点共线，则ab的最小值为________．‎ 解析：根据A(a,0)，B(0，b)确定直线的方程为＋＝1，又C(－2，－2)在该直线上，故＋＝1，所以－2(a＋b)＝ab.又ab>0，故a<0，b<0.‎ 根据基本不等式ab＝－2(a＋b)≥4，从而≤0(舍去)或≥4，故ab≥16，当且仅当a＝b＝－4时取等号．即ab的最小值为16.‎ 答案：16‎ ‎5.△ABC的三个顶点分别为A(－3,0)，B(2,1)，C(－2,3)，求：‎ ‎(1)BC边所在直线的方程；‎ ‎(2)BC边上中线AD所在直线的方程；‎ ‎(3)BC边的垂直平分线DE所在直线的方程．‎ 解：(1)因为直线BC经过B(2,1)和C(－2,3)两点，‎ 由两点式得BC的方程为＝，‎ 即x＋2y－4＝0.‎ ‎(2)设BC边的中点D的坐标为(x，y)，‎ 则x＝＝0，y＝＝2.‎ BC边的中线AD过点A(－3,0)，D(0,2)两点，‎ 由截距式得AD所在直线的方程为＋＝1，‎ 即2x－3y＋6＝0.‎ ‎(3)由(1)知，直线BC的斜率k1＝－，‎ 则BC的垂直平分线DE的斜率k2＝2.‎ 由(2)知，点D的坐标为(0,2)．‎ 由点斜式得直线DE的方程为y－2＝2(x－0)，‎ 即2x－y＋2＝0.‎ 突破点(三)　直线的交点、距离与对称问题 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎ 1．两条直线的交点 ‎2．三种距离 类型 条件 距离公式 两点间的距离 点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)之间的距离 ‎|P1P2|＝ 点到直线的距离 点P0(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离 d＝ 两平行直线间的距离 两条平行线Ax＋By＋C1＝0与Ax＋By＋C2＝0间的距离 d＝ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 直线的交点问题 ‎[例1]　(1)当00，‎ 故直线l1：kx－y＝k－1与直线l2：ky－x＝2k的交点在第二象限．‎ ‎(2)若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝3，此时与l1，l2的交点分别为A′(3，－4)，B′(3，－9)，截得的线段A′B′的长|A′B′|＝|－4＋9|＝5，符合题意．若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y＝k(x－3)＋1.‎ 解方程组得A，‎ 解方程组得B.‎ 由|AB|＝5，得2＋2＝52.解得k＝0，即所求的直线方程为y＝1.‎ 综上可知，所求直线l的方程为x＝3或y＝1.‎ ‎[答案]　(1)B　(2)x＝3或y＝1‎ ‎[方法技巧]‎ ‎1．两直线交点的求法 求两直线的交点坐标，就是解由两直线方程联立组成的方程组，得到的方程组的解，即交点的坐标．‎ ‎2．求过两直线交点的直线方程的方法 求过两直线交点的直线方程，先解方程组求出两直线的交点坐标，再结合其他条件写出直线方程．也可借助直线系方程，利用待定系数法求出直线方程，这样能简化解题过程．　‎ 距离问题 ‎[例2]　(1)若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋8y＋5＝0上任意一点，则|PQ|的最小值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)已知A(4，－3)，B(2，－1)和直线l：4x＋3y－2＝0，若在坐标平面内存在一点P，使|PA|＝|PB|，且点P到直线l的距离为2，则P点坐标为________．‎ ‎[解析]　(1)因为＝≠，所以两直线平行，‎ 将直线3x＋4y－12＝0化为6x＋8y－24＝0，‎ 由题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，‎ 即＝，所以|PQ|的最小值为.‎ ‎(2)设点P的坐标为(a，b)．‎ ‎∵A(4，－3)，B(2，－1)，‎ ‎∴线段AB的中点M的坐标为(3，－2)．‎ 而AB的斜率kAB＝＝－1，‎ ‎∴线段AB的垂直平分线方程为y＋2＝x－3，‎ 即x－y－5＝0.‎ ‎∵点P(a，b)在直线x－y－5＝0上，∴a－b－5＝0.①‎ 又点P(a，b)到直线l：4x＋3y－2＝0的距离为2，‎ ‎∴＝2，即‎4a＋3b－2＝±10，②‎ 由①②联立可得或 ‎∴所求点P的坐标为(1，－4)或.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)(1，－4)或 ‎[易错提醒]‎ ‎(1)点P(x0，y0)到直线x＝a的距离d＝|x0－a|，到直线y＝b的距离d＝|y0－b|；‎ ‎(2)利用两平行线间的距离公式要先把两直线方程中x，y的系数化为相等．　‎ 对称问题 ‎1．中心对称问题的两种类型及求解方法 ‎(1)点关于点对称：‎ 若点M(x1，y1)及N(x，y)关于P(a，b)对称，则由中点坐标公式得进而求解．‎ ‎(2)直线关于点的对称，主要求解方法是：‎ ‎①在已知直线上取两点，利用中点坐标公式求出它们关于已知点对称的两点坐标，再由两点式求出直线方程；‎ ‎②求出一个对称点，再利用两对称直线平行，由点斜式得到所求直线方程．‎ ‎2．轴对称问题的两种类型及求解方法 ‎(1)点关于直线的对称：‎ 若两点P1(x1，y1)与P2(x2，y2)关于直线l：Ax＋By＋C＝0对称，由方程组可得到点P1关于l对称的点P2的坐标(x2，y2)(其中B≠0，x1≠x2)．‎ ‎(2)直线关于直线的对称：‎ ‎①若直线与对称轴平行，则在直线上取一点，求出该点关于轴的对称点，然后用点斜式求解．‎ ‎②若直线与对称轴相交，则先求出交点，然后再取直线上一点，求该点关于轴的对称点，最后由两点式求解．‎ ‎[例3]　(1)点P(3,2)关于点Q(1,4)的对称点M为(　　)‎ A．(1,6)　　　　　　　 B．(6,1)‎ C．(1，－6) D．(－1,6)‎ ‎(2)直线2x－y＋3＝0关于直线x－y＋2＝0对称的直线方程是(　　)‎ A．x－2y＋3＝0 B．x－2y－3＝0‎ C．x＋2y＋1＝0 D．x＋2y－1＝0‎ ‎(3)已知入射光线经过点M(－3,4)，被直线l：x－y＋3＝0反射，反射光线经过点N(2,6)，则反射光线所在直线的方程为________．‎ ‎[解析]　(1)设M(x，y)，则 ‎∴x＝－1，y＝6，‎ ‎∴M(－1,6)．‎ ‎(2)设所求直线上任意一点P(x，y)，则P关于x－y＋2＝0的对称点为P′(x0，y0)，‎ 由得 由点P′(x0，y0)在直线2x－y＋3＝0上，‎ ‎∴2(y－2)－(x＋2)＋3＝0，‎ 即x－2y＋3＝0.‎ ‎(3)设点M(－3,4)关于直线l：x－y＋3＝0的对称点为M′(a，b)，则反射光线所在直线过点M′，‎ 所以 解得a＝1，b＝0.‎ 又反射光线经过点N(2,6)，‎ 所以所求直线的方程为＝，‎ 即6x－y－6＝0.‎ ‎[答案]　(1)D　(2)A　(3)6x－y－6＝0‎ ‎[方法技巧]‎ 解决两类对称问题的关键点 解决中心对称问题的关键在于运用中点坐标公式，而解决轴对称问题，一般是转化为求对称点的问题，在求对称点时，关键是抓住两点：一是两对称点的连线与对称轴垂直；二是两对称点的中心在对称轴上，即抓住“垂直平分”，由“垂直”列出一个方程，由“平分”列出一个方程，联立求解．　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.(2016·东城期末)如果平面直角坐标系内的两点A(a－1，a＋1)，B(a，a)关于直线l对称，那么直线l的方程为(　　)‎ A．x－y＋1＝0 B．x＋y＋1＝0‎ C．x－y－1＝0 D．x＋y－1＝0‎ 解析：选A　因为直线AB的斜率为＝－1，所以直线l的斜率为1，设直线l的方程为y＝x＋b，由题意知直线l过点，所以＝＋b，解得b＝1，所以直线l的方程为y＝x＋1，即x－y＋1＝0.选A.‎ ‎2.若直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)与直线l2：x＋ny－3＝0之间的距离是，则m＋n＝(　　)‎ A．0 B．‎1 C．－1 D．2‎ 解析：选A　∵直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)与直线l2：x＋ny－3＝0之间的距离为，∴∴n＝－2，m＝2(负值舍去)．∴m＋n＝0.‎ ‎3.已知定点A(1,0)，点B在直线x－y＝0上运动，当线段AB最短时，点B的坐标是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　因为定点A(1,0)，点B在直线x－y＝0上运动，所以当线段AB最短时，直线AB和直线x－y＝0垂直，设直线AB的方程为x＋y＋m＝0，将A点代入，解得m＝－1，所以直线AB的方程为x＋y－1＝0，它与x－y＝0联立解得x＝，y＝，所以B的坐标是 eq lc( c)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2))).‎ ‎4.若m>0，n>0，点(－m，n)关于直线x＋y－1＝0的对称点在直线x－y＋2＝0上，那么＋的最小值等于________．‎ 解析：由题意知(－m，n)关于直线x＋y－1＝0的对称点为(1－n,1＋m)．则1－n－(1＋m)＋2＝0，即m＋n＝2.于是＋＝(m＋n)＝×≥×(5＋2×2)＝，当且仅当m＝，n＝时等号成立．‎ 答案： ‎5.经过两直线l1：x－2y＋4＝0和l2：x＋y－2＝0的交点P，且与直线l3：3x－4y＋5＝0垂直的直线l的方程为________________．‎ 解析：由方程组得即P(0,2)．‎ ‎∵l⊥l3，直线l3的斜率为，∴直线l的斜率k1＝－，‎ ‎∴直线l的方程为y－2＝－x，‎ 即4x＋3y－6＝0.‎ 答案：4x＋3y－6＝0‎ ‎6.已知点P(2，－1)．‎ ‎(1)求过点P且与原点的距离为2的直线l的方程．‎ ‎(2)求过点P且与原点的距离最大的直线l的方程，最大距离是多少？‎ ‎(3)是否存在过点P且与原点的距离为6的直线？若存在，求出方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)过点P的直线l与原点的距离为2，而点P的坐标为(2，－1)，显然，过P(2，－1)且垂直于x轴的直线满足条件，此时l的斜率不存在，其方程为x＝2.‎ 若斜率存在，设l的方程为y＋1＝k(x－2)，‎ 即kx－y－2k－1＝0.‎ 由已知得＝2，‎ 解得k＝.‎ 此时l的方程为3x－4y－10＝0.‎ 综上，可得直线l的方程为x＝2或3x－4y－10＝0.‎ ‎(2)作图可得过点P与原点O的距离最大的直线是过点P且与PO垂直的直线，如图．‎ 由l⊥OP，得klkOP＝－1，因为kOP＝－，所以kl＝－＝2.‎ 由直线方程的点斜式得y＋1＝2(x－2)，‎ 即2x－y－5＝0.‎ 所以直线2x－y－5＝0是过点P且与原点O的距离最大的直线，最大距离为＝.‎ ‎(3)由(2)可知，过点P不存在到原点的距离超过的直线，因此不存在过点P且到原点的距离为6的直线.‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2016·全国甲卷)圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝(　　)‎ A．－ B．－ C. D．2‎ 解析：选A　因为圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心坐标为(1,4)，所以圆心到直线ax＋y－1＝0的距离d＝＝1，解得a＝－.‎ ‎2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)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. C. D. ‎ 解析：选B　法一：(1)当直线y＝ax＋b与AB，BC相交时，如图①所示．易求得：xM＝－，yN＝.由已知条件得：·＝1，∴a＝.∵点M在线段OA上，∴－1<－<0，∴0.又0kA‎1F，即kFD∈(4，＋∞)．‎ 答案：(4，＋∞)‎ 三、解答题 ‎11．正方形的中心为点C(－1,0)，一条边所在的直线方程是x＋3y－5＝0，求其他三边所在直线的方程．‎ 解：点C到直线x＋3y－5＝0的距离d＝＝.‎ 设与x＋3y－5＝0平行的一边所在直线的方程是x＋3y＋m＝0(m≠－5)，‎ 则点C到直线x＋3y＋m＝0的距离d＝＝，‎ 解得m＝－5(舍去)或m＝7，‎ 所以与x＋3y－5＝0平行的边所在直线的方程是x＋3y＋7＝0.‎ 设与x＋3y－5＝0垂直的边所在直线的方程是3x－y＋n＝0，‎ 则点C到直线3x－y＋n＝0的距离 d＝＝，‎ 解得n＝－3或n＝9，‎ 所以与x＋3y－5＝0垂直的两边所在直线的方程分别是3x－y－3＝0和3x－y＋9＝0.‎ ‎12．已知两条直线l1：ax－by＋4＝0和l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求满足下列条件的a，b的值．‎ ‎(1)l1⊥l2，且l1过点(－3，－1)；‎ ‎(2)l1∥l2，且坐标原点到这两条直线的距离相等．‎ 解：(1)由已知可得l2的斜率存在，‎ ‎∴k2＝1－a.若k2＝0，则1－a＝0，a＝1.‎ ‎∵l1⊥l2，直线l1的斜率k1必不存在，∴b＝0.‎ 又∵l1过点(－3，－1)，∴－‎3a＋4＝0，即a＝(矛盾)，‎ ‎∴此种情况不存在，∴k2≠0，即k1，k2都存在．‎ ‎∵k2＝1－a，k1＝，l1⊥l2，∴k1k2＝－1，‎ 即(1－a)＝－1.①‎ 又∵l1过点(－3，－1)，‎ ‎∴－‎3a＋b＋4＝0.②‎ 由①②联立，解得a＝2，b＝2.‎ ‎(2)∵l2的斜率存在，l1∥l2，‎ ‎∴直线l1的斜率存在，k1＝k2，即＝1－a.③‎ 又∵坐标原点到这两条直线的距离相等，且l1∥l2，‎ ‎∴l1，l2在y轴上的截距互为相反数，即＝b.④‎ 联立③④，解得或 ‎∴a＝2，b＝－2或a＝，b＝2.‎ 第二节 圆的方程 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.圆的方程；‎ ‎2.与圆的方程有关的综合问题.‎ 突破点(一)　圆的方程 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．圆的定义及方程 定义 平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆 标准方程 ‎(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)‎ 圆心：(a，b) ‎ 半径：r 一般方程 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－‎4F>0)‎ 圆心： 半径：r＝ ‎2.点与圆的位置关系 点M(x0，y0)，圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2.‎ 理论依据 点与圆心的距离与半径的大小关系 三种情况 ‎(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2⇔点在圆上 ‎(x0－a)2＋(y0－b)2>r2⇔点在圆外 ‎(x0－a)2＋(y0－b)20)，又由圆与直线4x－3y＝0相切可得＝1，解得a＝2，故圆的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1.‎ ‎3.已知圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0关于直线2ax－by＋2＝0(a，b∈R)对称，则ab的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　将圆的方程化成标准形式得(x＋1)2＋(y－2)2＝4，若圆关于已知直线对称，则圆心(－1,2)在直线上，代入整理得a＋b＝1，故ab＝a(1－a)＝－2＋≤，故选A.‎ ‎4.若圆C的半径为1，其圆心与点(1,0)关于直线y＝x对称，则圆C的标准方程为________．‎ 解析：根据题意得，点(1,0)关于直线y＝x对称的点(0,1)为圆心，又半径r＝1，所以圆C的标准方程为x2＋(y－1)2＝1.‎ 答案：x2＋(y－1)2＝1‎ ‎5.若圆(x＋1)2＋(y－3)2＝9上的相异两点P，Q关于直线kx＋2y－4＝0对称，则k的值为________．‎ 解析：圆是轴对称图形，过圆心的直线都是它的对称轴．已知圆的圆心为(－1,3)，由题设知，直线kx＋2y－4＝0过圆心，则k×(－1)＋2×3－4＝0，解得k＝2.‎ 答案：2‎ ‎6.求圆心在直线x－2y－3＝0上，且过点A(2，－3)，B(－2，－5)的圆的方程．‎ 解：设点C为圆心，因为点C在直线x－2y－3＝0上，‎ 所以可设点C的坐标为(‎2a＋3，a)．‎ 又该圆经过A，B两点，‎ 所以|CA|＝|CB|，‎ 即 ‎＝，‎ 解得a＝－2，‎ 所以圆心C的坐标为(－1，－2)，半径r＝.‎ 故所求圆的方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝10.‎ 突破点(二)　与圆的方程有关的综合问题 圆的方程是高中数学的一个重要知识点，高考中，除了圆的方程的求法外，圆的方程与其他知识的综合问题也是高考考查的热点，常涉及轨迹问题和最值问题.解决此类问题的关键是数形结合思想的运用.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 与圆有关的轨迹问题 ‎[例1]　已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2,0)，B(1,1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点．‎ ‎(1)求线段AP中点的轨迹方程；‎ ‎(2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程．‎ ‎[解]　(1)设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x－2,2y)．‎ 因为P点在圆x2＋y2＝4上，所以(2x－2)2＋(2y)2＝4.‎ 故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1.‎ ‎(2)设PQ的中点为N(x，y)．‎ 在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.‎ 设O为坐标原点，连接ON，则ON⊥PQ，所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，‎ 所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.‎ 故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.‎ ‎[方法技巧]　求与圆有关的轨迹问题的四种方法 与圆有关的最值问题 处理与圆有关的最值问题时，应充分考虑圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，借助数形结合思想求解．与圆有关的最值问题，常见的有以下几种类型：‎ ‎(1)形如μ＝的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题．‎ ‎(2)形如t＝ax＋by的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题，也可用三角代换求解．‎ ‎(3)形如m＝(x－a)2＋(y－b)2的最值问题，可转化为动点与定点的距离的平方的最值问题．‎ ‎[例2]　已知M(m，n)为圆C：x2＋y2－4x－14y＋45＝0上任意一点．‎ ‎(1)求m＋2n的最大值；‎ ‎(2)求的最大值和最小值．‎ ‎[解]　(1)法一：因为x2＋y2－4x－14y＋45＝0的圆心C(2，7)，半径r＝2，‎ 设m＋2n＝t，将m＋2n＝t看成直线方程，‎ 因为该直线与圆有公共点，‎ 所以圆心到直线的距离d＝≤2，‎ 解上式得：16－2≤t≤16＋2，‎ 所以m＋2n的最大值为16＋2.‎ 法二：由x2＋y2－4x－14y＋45＝0，得(x－2)2＋(y－7)2＝8.‎ 因为点M(m，n)为圆上任意一点，‎ 故可设 即 ‎∴m＋2n＝2＋2cos θ＋2(7＋2sin θ)‎ ‎＝16＋2cos θ＋4sin θ ‎＝16＋sin(θ＋φ)‎ ‎＝16＋2sin(θ＋φ)，‎ 故m＋2n的最大值为16＋2.‎ ‎(2)记点Q(－2,3)．‎ 因为表示直线MQ的斜率，‎ 设直线MQ的方程为y－3＝k(x＋2)，‎ 即kx－y＋2k＋3＝0，则＝k.‎ 由直线MQ与圆C有公共点，‎ 所以≤2.‎ 可得2－≤k≤2＋，‎ 所以的最大值为2＋，最小值为2－.‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.设定点M(－3,4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM，ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹．‎ 解：如图，设P(x，y)，N(x0，y0)，则线段OP的中点坐标为，线段MN的中点坐标为.‎ 因为平行四边形的对角线互相平分，‎ 所以＝，＝，整理得 又点N(x＋3，y－4)在圆x2＋y2＝4上，‎ 所以(x＋3)2＋(y－4)2＝4.‎ 所以点P的轨迹是以(－3,4)为圆心，2为半径的圆，因为O，M，P 三点不共线，所以应除去两点和.‎ ‎2.已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，‎ ‎(1)求的最大值和最小值；‎ ‎(2)求y－x的最大值和最小值；‎ ‎(3)求x2＋y2的最大值和最小值．‎ 解：原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2,0)为圆心，为半径的圆．‎ ‎(1)的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，‎ 所以设＝k，即y＝kx.‎ 当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取最大值或最小值，此时＝ ，解得k＝±.‎ 所以的最大值为，最小值为－.‎ ‎(2)y－x可看成是直线y＝x＋b在y轴上的截距．当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，此时＝，解得b＝－2±.‎ 所以y－x的最大值为－2＋，最小值为－2－.‎ ‎(3)x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方．‎ 由平面几何知识知，x2＋y2在原点和圆心的连线与圆的两个交点A，B处分别取得最小值，最大值．‎ 因为圆心到原点的距离为＝2，‎ 所以x2＋y2的最大值是(2＋)2＝7＋4，‎ x2＋y2的最小值是(2－)2＝7－4.‎ ‎ [全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2015·新课标全国卷Ⅱ)过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|＝(　　)‎ A．2 B．‎8 ‎‎ C．4 D．10‎ 解析：选C　设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，‎ 则解得 ‎∴圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20＝0.‎ 令x＝0，得y＝－2＋2或y＝－2－2，‎ ‎∴M(0，－2＋2)，N(0，－2－2)或M(0，－2－2)，N(0，－2＋2)，‎ ‎∴|MN|＝4，故选C.‎ ‎2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)一个圆经过椭圆＋＝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________．‎ 解析：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)，‎ 则解得 所以圆的标准方程为2＋y2＝.‎ 答案：2＋y2＝ ‎3．(2013·新课标全国卷Ⅱ)在平面直角坐标系xOy中，已知圆P在x轴上截得线段长为2，在y轴上截得线段长为2.‎ ‎(1)求圆心P的轨迹方程；‎ ‎(2)若P点到直线y＝x的距离为，求圆P的方程．‎ 解：(1)设P(x，y)，圆P的半径为r.‎ 由题设y2＋2＝r2，x2＋3＝r2，从而y2＋2＝x2＋3.‎ 故P点的轨迹方程为y2－x2＝1.‎ ‎(2)设P(x0，y0)．由已知得＝.‎ 又P点在双曲线y2－x2＝1上，从而得 由得此时，圆P的半径r＝.‎ 由得此时，圆P的半径r＝.‎ 故圆P的方程为x2＋(y－1)2＝3或x2＋(y＋1)2＝3.‎ ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．方程x2＋y2＋2x－4y－6＝0表示的图形是(　　)‎ A．以(1，－2)为圆心，为半径的圆 B．以(1,2)为圆心，为半径的圆 C．以(－1，－2)为圆心，为半径的圆 D．以(－1,2)为圆心，为半径的圆 解析：选D　由x2＋y2＋2x－4y－6＝0得(x＋1)2＋(y－2)2＝11，故圆心为(－1,2)，半径为.‎ ‎2．圆心在y轴上且通过点(3,1)的圆与x轴相切，则该圆的方程是(　　)‎ A．x2＋y2＋10y＝0 B．x2＋y2－10y＝0‎ C．x2＋y2＋10x＝0 D．x2＋y2－10x＝0‎ 解析：选B　设圆心为(0，b)，半径为r，‎ 则r＝|b|，‎ 故圆的方程为x2＋(y－b)2＝b2.‎ ‎∵点(3,1)在圆上，‎ ‎∴9＋(1－b)2＝b2，‎ 解得b＝5.‎ ‎∴圆的方程为x2＋y2－10y＝0.‎ ‎3．若圆C的半径为1，圆心C与点(2,0)关于点(1,0)对称，则圆C的标准方程为(　　)‎ A．x2＋y2＝1 B．(x－3)2＋y2＝1‎ C．(x－1)2＋y2＝1 D．x2＋(y－3)2＝1‎ 解析：选A　因为圆心C与点(2,0)关于点(1,0)对称，故由中点坐标公式可得C(0,0)，所以所求圆的标准方程为x2＋y2＝1.‎ ‎4．已知＝(2＋2cos α，2＋2sin α)，α∈R，O为坐标原点，向量满足＋＝0，则动点Q的轨迹方程是________．‎ 解析：设Q(x，y)，∵＋＝(2＋2cos α＋x,2＋2sin α＋y)＝(0,0)，∴∴(x＋2)2＋(y＋2)2＝4.‎ 答案：(x＋2)2＋(y＋2)2＝4‎ ‎5．设P是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的动点，Q是直线 x＝－3上的动点，则|PQ|的最小值为________．‎ 解析：如图所示，圆心M(3，－1)到定直线x＝－3上点的最短距离为|MQ|＝3－(－3)＝6，又圆的半径为2，故所求最短距离为6－2＝4.‎ 答案：4‎ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．方程y＝表示的曲线是(　　)‎ A．上半圆 B．下半圆 C．圆 D．抛物线 解析：选A　由方程可得x2＋y2＝1(y≥0)，即此曲线为圆x2＋y2＝1的上半圆．‎ ‎2．圆(x＋2)2＋y2＝5关于原点(0,0)对称的圆的方程为(　　)‎ A．x2＋(y－2)2＝5 B．(x－2)2＋y2＝5‎ C．x2＋(y＋2)2＝5 D．(x－1)2＋y2＝5‎ 解析：选B　因为所求圆的圆心与圆(x＋2)2＋y2＝5的圆心(－2,0)关于原点(0,0)对称，所以所求圆的圆心为(2,0)，半径为，故所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝5.‎ ‎3．已知圆C与直线y＝x及x－y－4＝0都相切，圆心在直线y＝－x上，则圆C的方程为(　　)‎ A．(x＋1)2＋(y－1)2＝2 B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2‎ C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x－1)2＋(y＋1)2＝2‎ 解析：选D　由题意知x－y＝0 和x－y－4＝0之间的距离为＝2，所以r＝.又因为y＝－x与x－y＝0，x－y－4＝0均垂直，所以由y＝－x和x－y＝0联立得交点坐标为(0,0)，由y＝－x 和x－y－4＝0联立得交点坐标为(2，－2)，所以圆心坐标为(1，－1)，圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝2.‎ ‎4．已知点M是直线3x＋4y－2＝0上的动点，点N为圆(x＋1)2＋(y＋1)2＝1上的动点，则|MN|的最小值是(　　)‎ A. B．‎1 C. D. 解析：选C　圆心(－1，－1)到点M的距离的最小值为点(－1，－1)到直线的距离d＝＝，故点N到点M的距离的最小值为d－1＝.‎ ‎5．已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m，0)(m>0)．若圆C 上存在点P，使得 ∠APB＝90°，则 m的最大值为(　　)‎ A．7 B．‎6 ‎‎ C．5 D．4‎ 解析：选B　根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝‎2m，因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝|AB|＝m.要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离．因为|OC|＝ ＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m 的最大值为6.‎ ‎6．已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)‎ A．5－4 B.－‎1 ‎‎ C．6－2 D. 解析：选A　圆C1，C2的图象如图所示．设P是x轴上任意一点，则|PM|的最小值为|PC1|－1，同理|PN|的最小值为|PC2|－3，则|PM|＋|PN|的最小值为|PC1|＋|PC2|－4.作C1关于x轴的对称点C1′(2，－3)，连接C1′C2，与x轴交于点P，连接PC1，可知|PC1|＋|PC2|的最小值为|C1′C2|＝＝5，则|PM|＋|PN|的最小值为5－4.‎ 二、填空题 ‎7．在平面直角坐标系内，若曲线C：x2＋y2＋2ax－4ay＋‎5a2－4＝0上所有的点均在第四象限内，则实数a的取值范围为________．‎ 解析：圆C的标准方程为(x＋a)2＋(y－‎2a)2＝4，所以圆心为(－a,‎2a)，半径r＝2，故由题意知解得a<－2，故实数a的取值范围为(－∞，－2)．‎ 答案：(－∞，－2)‎ ‎8．当方程x2＋y2＋kx＋2y＋k2＝0所表示的圆的面积取最大值时，直线y＝(k－1)x＋2的倾斜角α＝________.‎ 解析：由题意知，圆的半径r＝＝≤1，当半径r取最大值时，圆的面积最大，此时k＝0，r＝1，所以直线方程为y＝－x＋2，则有tan α＝－1，又α∈[0，π)，故α＝.‎ 答案： ‎9．已知圆x2＋y2－4ax＋2by＋b2＝0(a>0，b>0)关于直线x－y－1＝0对称，则ab的最大值是________．‎ 解析：由圆x2＋y2－4ax＋2by＋b2＝0(a>0，b>0)关于直线x－y－1＝0对称，可得圆心(‎2a，－b)在直线x－y－1＝0上，故有‎2a＋b－1＝0，即‎2a＋b＝1≥2，解得ab≤，故ab的最大值为.‎ 答案： ‎10．已知圆C关于y轴对称，经过点(1,0)且被x轴分成两段，弧长比为1∶2，则圆C的方程为 ________________.‎ 解析：由已知圆心在y轴上，且被x轴所分劣弧所对圆心角为，设圆心(0，a), 半径为r ‎，则rsin＝1，rcos＝|a|，解得r＝，即r2＝，|a|＝，‎ 即a＝±，故圆C的方程为x2＋2＝.‎ 答案：x2＋2＝ 三、解答题 ‎11．已知圆C和直线x－6y－10＝0相切于点(4，－1)，且经过点(9,6)，求圆C的方程．‎ 解：因为圆C和直线x－6y－10＝0相切于点(4，－1)，‎ 所以过点(4，－1)的直径所在直线的斜率为－＝－6，‎ 其方程为y＋1＝－6(x－4)，‎ 即y＝－6x＋23.‎ 又因为圆心在以(4，－1)，(9,6)两点为端点的线段的中垂线y－＝－，‎ 即5x＋7y－50＝0上，‎ 由解得圆心为(3,5)，‎ 所以半径为＝，‎ 故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－5)2＝37.‎ ‎12．已知圆C过点P(1,1)，且与圆M：(x＋2)2＋(y＋2)2＝r2(r＞0)关于直线x＋y＋2＝0对称．‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)设Q为圆C上的一个动点，求·的最小值．‎ 解：(1)设圆心C(a，b)，由已知得M(－2，－2)，‎ 则解得 则圆C的方程为x2＋y2＝r2，‎ 将点P的坐标代入得r2＝2，故圆C的方程为x2＋y2＝2.‎ ‎(2)设Q(x，y)，则x2＋y2＝2，‎ ‎·＝(x－1，y－1)·(x＋2，y＋2)‎ ‎＝x2＋y2＋x＋y－4＝x＋y－2.‎ 令x＝cos θ，y＝sin θ，‎ 所以·＝x＋y－2‎ ‎＝(sin θ＋cos θ)－2‎ ‎＝2sin－2，‎ 又min＝－1，‎ 所以·的最小值为－4.‎ 第三节 ‎　直线与圆、圆与圆的位置关系 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.直线与圆的位置关系；‎ ‎2.圆与圆的位置关系.‎ 突破点(一)　直线与圆的位置关系 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎(1)直线与圆的三种位置关系：相交、相切、相离．‎ ‎(2)两种研究方法 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 直线与圆的位置关系问题 ‎[例1]　(1)直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是(　　)‎ A．相交 B．相切 ‎ C．相离 D．不确定 ‎(2)若直线x＋my＝2＋m与圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0相交，则实数m的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，＋∞) B．(－∞，0)‎ C．(0，＋∞) D．(－∞，0)∪(0，＋∞)‎ ‎[解析]　(1)法一：由消去y，整理得(1＋m2)x2－‎2m2‎x＋m2－5＝0，‎ 因为Δ＝‎16m2‎＋20>0，‎ 所以直线l与圆相交．‎ 法二：由题意知，圆心(0,1)到直线l的距离d＝<1<，故直线l与圆相交．‎ 法三：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1,1)，‎ 因为点(1,1)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆相交．‎ ‎(2)圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心C(1,1)，半径r＝1.‎ 因为直线与圆相交，‎ 所以d＝0或m<0.故选D.‎ ‎[答案]　(1)A　(2)D ‎[方法技巧]‎ 直线与圆位置关系问题的求解策略 ‎(1)判断直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达式较烦琐，则用代数法．能用几何法，尽量不用代数法．‎ ‎(2)已知直线与圆的位置关系求参数的取值范围时，可根据数形结合思想利用直线与圆的位置关系的判断条件建立不等式进行解决．‎ 弦长问题 ‎1．圆的弦长问题在高考中多次出现，考查角度主要有两个：‎ ‎(1)已知直线与圆的方程求圆的弦长．‎ ‎(2)已知圆的弦长求解直线或圆的方程中的参数等．‎ ‎2．解决圆的弦长问题的方法 几何法 如图所示，设直线l被圆C截得的弦为AB，圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，则有关系式：|AB|＝2 代数法 若斜率为k的直线与圆相交于A(xA，yA)，B(xB，yB)两点，则|AB|＝‎ ·＝·|yA－yB|(其中k≠0)．特别地，当k＝0时，|AB|＝|xA－xB|；当斜率不存在时，|AB|＝|yA－yB|‎ ‎3．当直线与圆相交时，半径、半弦、弦心距所构成的直角三角形(如图中的Rt△ADC)，在解题时要注意把它和点到直线的距离公式结合起来使用．‎ ‎[例2]　(1)若a2＋b2＝‎2c2(c≠0)，则直线ax＋by＋c＝0被圆x2＋y2＝1所截得的弦长为(　　)‎ A. B．1 ‎ C. D. ‎(2)(2017·泰安调研)已知直线x－y＋2＝0及直线x－y－10＝0截圆C所得的弦长均为8，则圆C的面积是________．‎ ‎[解析]　(1)因为圆心(0,0)到直线ax＋by＋c＝0的距离d＝＝＝，因此根据直角三角形的关系，弦长的一半就等于 ＝，所以弦长为.‎ ‎(2)因为已知的两条直线平行且截圆C所得的弦长均为8，所以圆心到直线的距离d为两平行直线距离的一半，即d＝×＝3.又直线截圆C所得的弦长为8，所以圆的半径r＝＝5，所以圆C的面积是25π.‎ ‎[答案]　(1)D　(2)25π ‎[方法技巧]‎ 求解弦长问题的常用方法 直线被圆所截得的弦长问题是直线与圆相交时产生的问题，也是直线与圆的位置关系的一个衍生问题．常用的方法有：(1)根据平面几何知识结合坐标，把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示；(2)通过联立直线与圆的方程，利用根与系数的关系，建立弦长与交点坐标的关系来解决问题．‎ 切线问题 ‎1．求过圆上的一点(x0，y0)的切线方程的方法 先求切点与圆心连线的斜率k，若k不存在，则结合图形可直接写出切线方程为y＝y0；若k＝0，则结合图形可直接写出切线方程为x＝x0；若k存在且k≠‎ ‎0，则由垂直关系知切线的斜率为－，由点斜式可写出切线方程．‎ ‎2．求过圆外一点(x0，y0)的圆的切线方程的方法 几何法 当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0.由圆心到直线的距离等于半径，即可求出k的值，进而写出切线方程 代数法 当斜率存在时，设为k，则切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋y0，代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由Δ＝0，求得k，切线方程即可求出 ‎[例3]　已知点P(＋1,2－)，点M(3,1)，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4.‎ ‎(1)求过点P的圆C的切线方程；‎ ‎(2)求过点M的圆C的切线方程，并求出切线长．‎ ‎[解]　由题意得圆心C(1,2)，半径r＝2.‎ ‎(1)∵(＋1－1)2＋(2－－2)2＝4，‎ ‎∴点P在圆C上．‎ 又kPC＝＝－1，∴切线的斜率k＝－＝1.‎ ‎∴过点P的圆C的切线方程是y－(2－)＝1×[x－(＋1)]，即x－y＋1－2＝0.‎ ‎(2)∵(3－1)2＋(1－2)2＝5>4，∴点M在圆C外部．‎ 当过点M的直线斜率不存在时，直线方程为x＝3，即x－3＝0.‎ 又点C(1,2)到直线x－3＝0的距离d＝＝2＝r，‎ 即此时满足题意，所以直线x＝3是圆的切线．‎ 当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，‎ 即kx－y＋1－3k＝0，‎ 则圆心C到切线的距离d＝＝r＝2，‎ 解得k＝.‎ ‎∴切线方程为y－1＝(x－3)，即3x－4y－5＝0.‎ 综上可得，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0.‎ ‎∵|MC|＝＝ ，∴过点M的圆C的切线长为＝＝1.‎ ‎[易错提醒]‎ 求过某点的圆的切线问题时，应首先确定点与圆的位置关系，再求切线方程．若点在圆上(即为切点 ‎)，则过该点的切线只有一条；若点在圆外，则过该点的切线有两条，此时应注意切线斜率不存在的情况．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.直线l：x－y＋1＝0与圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的位置关系是(　　)‎ A．相离 B．相切 C．相交且过圆心 D．相交但不过圆心 解析：选D　将圆C的方程化为标准方程得C：(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心为(2,1)，半径为2，圆心到直线l的距离为＝<2，所以直线l与圆相交．又圆心不在直线l上，所以直线不过圆心．故选D.‎ ‎2.在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长为(　　)‎ A．3 B．2 ‎ C. D．1‎ 解析：选B　圆心(0,0)到直线3x＋4y－5＝0的距离d＝＝1，因为2＝22－12＝3，所以|AB|＝2.‎ ‎3.一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为(　　)‎ A．－或－ B．－或－ C．－或－ D．－或－ 解析：选D　点A(－2，－3)关于y轴的对称点为A(2，－3)，故可设反射光线所在直线的方程为y＋3＝k(x－2)，即kx－y－2k－3＝0.∵反射光线与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，∴圆心(－3,2)到直线的距离d＝＝1，化简得24k2＋50k＋24＝0，解得k＝－或－.‎ ‎4.(2017·广州模拟)已知直线y＝x＋m和圆x2＋y2＝1交于A，B两点，O为坐标原点，若·＝，则实数m的值为(　　)‎ ‎　‎ A．±1 B．± ‎ C．± D．± 解析：选C　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝(－x1，－y1)，＝(x2－x1，y2－y1)，由得，2x2＋2mx＋m2－1＝0，故Δ＝‎4m2‎－8(m2－1)＝8－‎4m2‎>0，－0)，圆O2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r(r2>0).‎ 方法 位置关系　　　‎ 几何法：圆心距d与r1，r2的关系 代数法：两圆方程联立组成方程组的解的情况 外离 d>r1＋r2‎ 无解 外切 d＝r1＋r2‎ 一组实数解 相交 ‎|r1－r2|0恒成立，故有r2>d2，即d0，c>0，且a，c为常数：‎ ‎(1)若a>c，则集合P为椭圆．‎ ‎(2)若a＝c，则集合P为线段．‎ ‎(3)若ab>0)上一点P(x0，y0)(y0≠0)和焦点F1(－c,0)，F2(c,0)为顶点的△PF‎1F2中，若∠F1PF2＝θ，则 ‎(1)|PF1|＋|PF2|＝‎2a.‎ ‎(2)‎4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|·cos θ.‎ ‎(3)S△PF‎1F2＝|PF1||PF2|·sin θ，当|y0|＝b，即P为短轴端点时，S△PF‎1F2取最大值，为bc.‎ ‎(4)焦点三角形的周长为2(a＋c)．‎ ‎[例1]　已知△ABC的顶点B，C在椭圆＋y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是(　　)‎ A．2 B．‎6 C．4 D．12‎ ‎[解析]　由椭圆的方程得a＝.设椭圆的另一个焦点为F，则由椭圆的定义得|BA|＋|BF|＝|CA|＋|CF|＝‎2a，所以△ABC的周长为|BA|＋|BC|＋|CA|＝|BA|＋|BF|＋|CF|＋|CA|＝(|BA|＋|BF|)＋(|CF|＋|CA|)＝‎2a＋‎2a＝‎4a＝4.‎ ‎[答案]　C 求椭圆的标准方程 求椭圆标准方程的两种方法 ‎(1)定义法．根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程．‎ ‎(2)待定系数法．这种方法是求椭圆方程的常用方法，一般步骤是：‎ ‎[例2]　(1)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C于A，B两点．若△AF1B的周长为4，则C的方程为(　　)‎ A.＋＝1 B.＋y2＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ ‎(2)一个椭圆的中心在原点，焦点F1，F2在x轴上，P(2，)是椭圆上一点，且|PF1|，|F‎1F2|，|PF2|成等差数列，则椭圆的方程为(　　)‎ A.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ ‎[解析]　(1)由题意及椭圆的定义知‎4a＝4，则a＝，‎ 又e＝＝＝，‎ 所以c＝1，则b2＝2，‎ 故C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．由点P(2，)在椭圆上知＋＝1.又|PF1|，|F‎1F2|，|PF2|成等差数列，则|PF1|＋|PF2|＝2|F‎1F2|，即‎2a＝2×‎2c，则＝，又c2＝a2－b2，联立得a2＝8，b2＝6，故椭圆方程为＋＝1.‎ ‎[答案]　(1)A　(2)A ‎[方法技巧]‎ 待定系数法求椭圆方程的思路 求椭圆标准方程的基本方法是待定系数法，具体过程是先定形，再定量，即首先确定焦点所在位置，然后再根据条件建立关于a，b的方程组．如果焦点位置不确定，要考虑是否有两解，有时为了解题方便，也可把椭圆方程设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)的形式．　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.已知椭圆C：＋＝1，M，N是坐标平面内的两点，且M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝(　　)‎ A．4 B．‎8 ‎‎ C．12 D．16‎ 解析：选B　设MN的中点为D，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，如图，连接DF1，DF2，因为F1是MA的中点，D是MN 的中点，所以F1D是△MAN的中位线，则|DF1|＝|AN|，同理|DF2|＝|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)，因为D在椭圆上，所以根据椭圆的定义知|DF1|＋|DF2|＝4，所以|AN|＋|BN|＝8.‎ ‎2.(2017·浙江金丽衢十二校联考)若椭圆C：＋＝1的焦点为F1，F2，点P在椭圆C上，且|PF1|＝4，则∠F2PF1＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　由题意得a＝3，c＝，则|PF2|＝‎2a－|PF1|＝2.在△F2PF1中，由余弦定理可得cos∠F2PF1＝＝－.又∵∠F2PF1∈(0，π)，∴∠F2PF1＝.‎ ‎3.已知中心在原点，焦点坐标为(0，±2)的椭圆被直线3x－y－2＝0截得的弦的中点的横坐标为，则该椭圆的方程为________．‎ 解析：根据题意可设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，联立直线与椭圆方程可得，(9b2＋a2)x2－12b2x＋4b2－a2b2＝0，则可得弦的中点的横坐标为，即＝，又a2－b2＝24，解得a2＝27，b2＝3，所以椭圆的方程为＋＝1.‎ 答案：＋＝1‎ ‎4.已知椭圆的焦点在x轴上，一个顶点为A(0，－1)，其右焦点到直线x－y＋2＝0的距离为3，则椭圆的方程为________．‎ 解析：据题意知b＝1，故可设椭圆方程为＋y2＝1.设右焦点为(c,0)(c＞0)，它到已知直线的距离为＝3，解得c＝，所以a2＝b2＋c2＝3，故椭圆的方程为＋y2＝1.‎ 答案：＋y2＝1‎ ‎5.已知椭圆的两焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，P为椭圆上一点，且2|F‎1F2|＝|PF1|＋|PF2|.‎ ‎(1)求此椭圆的方程；‎ ‎(2)若点P在第二象限，∠F‎2F1P＝120°，求△PF‎1F2的面积．‎ 解：(1)依题意得，c＝1，|F‎1F2|＝2.‎ ‎∵2|F‎1F2|＝|PF1|＋|PF2|，‎ ‎∴|PF1|＋|PF2|＝4＝‎2a，∴a＝2，则b2＝3.‎ ‎∵椭圆焦点在x轴上，‎ ‎∴所求椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设P点坐标为(x，y)，x<0，y>0，∵∠F‎2F1P＝120°，‎ ‎∴PF1所在直线的方程为y＝－(x＋1)．‎ 则解方程组可得 ‎∴S△PF‎1F2＝|F‎1F2|×＝.‎ 突破点(二)　椭圆的几何性质 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ 标准方程 ＋＝1(a＞b＞0)‎ ＋＝1(a＞b＞0)‎ 图形 性 质 范围 ‎－a≤x≤a，－b≤y≤b ‎－b≤x≤b，－a≤y≤a 对称性 对称轴：坐标轴；对称中心：(0,0)‎ 顶点 A1(－a,0)，A2(a,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)‎ A1(0，－a)，A2(0，a)，B1(－b,0)，B2(b,0)‎ 离心率 e＝，且e∈(0,1)‎ a，b，c的关系 c2＝a2－b2‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 求椭圆的离心率 椭圆的离心率是一个重要的基本量，在椭圆中有着极其特殊的作用，也是高考常考的知识点，主要考查两类问题：一是求椭圆的离心率；二是求椭圆离心率的取值范围．求解方法有以下三种：‎ ‎(1)直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值．‎ ‎(2)构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c 的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解．‎ ‎(3)通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．‎ ‎[例1]　(2016·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．‎ ‎[解析]　将y＝代入椭圆的标准方程，得＋＝1，‎ 所以x＝±a，故B，C.‎ 又因为F(c,0)，所以＝，＝c－a，－.‎ 因为∠BFC＝90°，所以·＝0，‎ 所以＋2＝0，‎ 即c2－a2＋b2＝0，将b2＝a2－c2代入并化简，得a2＝c2，所以e2＝＝，‎ 所以e＝(负值舍去)．‎ ‎[答案]　 ‎[易错提醒]‎ 在解关于离心率e的二次方程时，要注意利用椭圆的离心率e∈(0,1)进行根的取舍，否则将产生增根．‎ 依据椭圆性质求值或范围(最值)‎ 与椭圆有关的最值或取值范围问题的求解方法主要有以下几种：‎ ‎(1)利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质，求最值或取值范围．‎ ‎(2)利用函数，尤其是二次函数求最值或取值范围．‎ ‎(3)利用不等式，尤其是基本不等式求最值或取值范围．‎ ‎(4)利用一元二次方程的判别式求最值或取值范围．‎ ‎[例2]　已知动点P(x，y)在椭圆＋＝1上，若A点的坐标为(3,0)，M为平面内一点，||＝1，且·＝0，则||的最小值为________．‎ ‎[解析]　由||＝1，A(3,0)，知点M在以A(3,0)为圆心，1为半径的圆上运动，‎ ‎∵·＝0且P在椭圆上运动，∴PM⊥AM，‎ 即PM为圆A的切线，连接PA(如图)，‎ 则||＝＝，‎ ‎∴当||min＝a－c＝5－3＝2时，||min＝.‎ ‎[答案]　 ‎[易错提醒]‎ 求解与椭圆几何性质有关的参数问题时，要结合图形进行分析，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，点P在椭圆C上，若线段PF1的中点在y轴上，∠PF‎1F2＝30°，则椭圆的离心率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选A　如图，设PF1的中点为M，连接PF2.因为O为F‎1F2的中点，所以OM为△PF‎1F2的中位线．所以OM∥PF2，所以∠PF‎2F1＝∠MOF1＝90°.因为∠PF‎1F2＝30°，所以|PF1|＝2|PF2|，|F‎1F2|＝|PF2|.由椭圆定义得‎2a＝|PF1|＋|PF2|＝3|PF2|，即a＝，‎2c＝|F‎1F2|＝|PF2|，即c＝，则e＝＝·＝.‎ ‎2. [考点一]设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，M为直线y＝2b上的一点，△F1MF2是等边三角形，则椭圆C的离心率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选C　因为△F1MF2是等边三角形，故M(0,2b)，|MF1|＝|F‎1F2|，即＝‎2c，即4b2＋c2＝‎4c2，又b2＝a2－c2，所以4(a2－c2)＋c2＝‎4c2，即‎4a2＝‎7c2，则e2＝＝，故e＝‎ (负值舍去)，故选C.‎ ‎3.已知点F1，F2分别是椭圆x2＋2y2＝2的左、右焦点，点P是该椭圆上的一个动点，那么|＋|的最小值是(　　)‎ A．0 B．1 ‎ C．2 D．2 解析：选C　设P(x0，y0)，由题可知F1(－1,0)，F2(1,0)，则＝(－1－x0，－y0)，＝(1－x0，－y0)，∴＋＝(－2x0，－2y0)，∴|＋|＝＝2＝2.∵点P在椭圆上，∴0≤y≤1，∴当y＝1时，|＋|取最小值为2.‎ ‎4.如图，圆O与离心率为的椭圆T：＋＝1(a>b>0)相切于点M(0,1)，过点M引两条互相垂直的直线l1，l2，两直线与两曲线分别交于点A，C与点B，D(均不重合)．若P为椭圆上任一点，记点P到两直线的距离分别为d1，d2，则d＋d的最大值是(　　)‎ A．4 B．5 ‎ C. D. 解析：选C　易知椭圆C的方程为＋y2＝1，圆O的方程为x2＋y2＝1，设P(x0，y0)，因为l1⊥l2，则d＋d＝PM2＝x＋(y0－1)2，因为＋y＝1，所以d＋d＝4－4y＋(y0－1)2＝－32＋，因为－1≤y0≤1，所以当y0＝－时，d＋d取得最大值，此时点P.‎ ‎5.已知焦点在x轴上的椭圆C：＋y2＝1(a>0)，过右焦点作垂直于x轴的直线交椭圆于A，B两点，且|AB|＝1，则该椭圆的离心率为________．‎ 解析：因为椭圆＋y2＝1(a>0)的焦点在x轴上，所以c＝，又过右焦点且垂直于x轴的直线为x＝c，将其代入椭圆方程中，得＋y2＝1，则y＝± ，又|AB|＝1，所以2＝1，得＝，所以该椭圆的离心率e＝＝(负值舍去)．‎ 答案： ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2016·全国乙卷)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　不妨设直线l经过椭圆的一个顶点B(0，b)和一个焦点F(c,0)，则直线l的方程为＋＝1，即bx＋cy－bc＝0.由题意知＝×2b，又a2＝b2＋c2，所以＝，即e＝.故选B.‎ ‎2．(2016·全国丙卷)已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　如图所示，由题意得A(－a，0)，B(a,0)，F(－c,0)．设E(0，m)，‎ 由PF∥OE，得＝，‎ 则|MF|＝.①‎ 又由OE∥MF，得＝，‎ 则|MF|＝.　　②‎ 由①②得a－c＝(a＋c)，即a＝‎3c，‎ 所以e＝＝.故选A.‎ ‎3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为(　　)‎ A.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ 解析：选D　因为直线AB过点F(3,0)和点(1，－1)，所以直线AB的方程为y＝(x ‎－3)，代入椭圆方程＋＝1消去y，得x2－a2x＋a2－a2b2＝0，所以AB的中点的横坐标为＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b2＝9，a2＝18，即E的方程为＋＝1.‎ ‎4．(2012·新课标全国卷)设F1，F2是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为直线x＝上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　由题意可得|PF2|＝|F‎1F2|，∠PF2x＝2∠PF‎1F2＝60°，所以2＝‎2c，所以‎3a＝‎4c，所以e＝＝.‎ ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎ [练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．已知椭圆＋＝1(m＞0)的左焦点为F1(－4,0)，则m＝(　　)‎ A．2 B．‎3 ‎‎ C．4 D．9‎ 解析：选B　由左焦点为F1(－4,0)知c＝4.又a＝5，所以25－m2＝16，解得m＝3或－3.又m＞0，故m＝3.‎ ‎2．在平面直角坐标系xOy内，动点P到定点F(－1,0)的距离与P到定直线x＝－4的距离的比值为.则动点P的轨迹C的方程为(　　)‎ A.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ 解析：选B　设点P(x，y)，由题意知＝，化简得3x2＋4y2＝12，所以动点P的轨迹C的方程为＋＝1，故选B.‎ ‎3．已知椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在y轴上，离心率为，过点F2的直线交椭圆C于M，N两点，且△MNF1的周长为8，则椭圆C的焦距为(　　)‎ A．4 B．‎2 C．2 D．2 解析：选C　由题意得|MF1|＋|NF1|＋|MN|＝|MF1|＋|NF1|＋|MF2|＋|NF2|＝(|MF1‎ ‎|＋|MF2|)＋(|NF1|＋|NF2|)＝‎2a＋‎2a＝8，解得a＝2，又e＝＝，故c＝，即椭圆C的焦距为2，故选C.‎ ‎4．如图，椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，若|PF1|＝4，∠F1PF2＝120°，则a的值为(　　)‎ A．2 B．‎3 ‎‎ C．4 D．5‎ 解析：选B　由题可知b2＝2，则c＝，故|F‎1F2|＝2，又|PF1|＝4，|PF1|＋|PF2|＝‎2a，则|PF2|＝‎2a－4，由余弦定理得cos 120°＝＝－，化简得‎8a＝24，即a＝3，故选B.‎ ‎5．椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为4，则椭圆的方程为________．‎ 解析：由题意可知e＝＝，2b＝4，得b＝2，‎ ‎∴解得 ‎∴椭圆的标准方程为＋＝1.‎ 答案：＋＝1‎ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1，0)，离心率等于，则椭圆C的方程是(　　)‎ ‎ A.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ 解析：选D　依题意，设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，所以解得a2＝9，b2＝8.故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎2．椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2，若|AF1|，|F‎1F2|，|F1B|成等差数列，则此椭圆的离心率为(　　)‎ A. B. ‎ C. D.－2‎ 解析：选A　由题意可得2|F‎1F2|＝|AF1|＋|F1B|，即‎4c＝a－c＋a＋c＝‎2a，故e＝＝.‎ ‎3．已知圆C1：x2＋2cx＋y2＝0，圆C2：x2－2cx＋y2＝0，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，若圆C1，C2都在椭圆内，则椭圆离心率的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　圆C1，C2都在椭圆内等价于圆C2的右顶点(‎2c,0)，上顶点(c，c)在椭圆内部，∴只需又b2＝a2－c2，∴0＜≤.即椭圆离心率的取值范围是 ‎4．已知椭圆＋＝1(a>b>0)上的动点到焦点的距离的最小值为－1.以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋＝0相切，则椭圆C的方程为(　　)‎ A.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋y2＝1 D.＋＝1‎ 解析：选C　由题意知a－c＝－1，又b＝＝1，由得a2＝2，b2＝1，故c2＝1，椭圆C的方程为＋y2＝1，故选C.‎ ‎5．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x－4y＝0交椭圆E于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　根据椭圆的对称性及椭圆的定义可得A，B两点到椭圆左、右焦点的距离和为‎4a＝2(|AF|＋|BF|)＝8，所以a＝2.又d＝≥，所以1≤b＜2，所以e＝＝＝ .因为1≤b＜2，所以0＜e≤.‎ ‎6．已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的左、右焦点，点E是椭圆C上的动点， ·的最大值、最小值分别为(　　)‎ A．9,7 B．8,7 ‎ C．9,8 D．17,8‎ 解析：选B　由题意可知椭圆的左、右焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1,0)，设E(x，y)，则＝(－1－x，－y)，＝(1－x，－y)，·＝x2－1＋y2＝x2－1＋8－x2＝x2＋7(－3≤x≤3)，所以当x＝0时，·有最小值7，当x＝±3时，·有最大值8，故选B.‎ 二、填空题 ‎7．若椭圆的方程为＋＝1，且此椭圆的焦距为4，则实数a＝________.‎ 解析：由题可知c＝2.①当焦点在x轴上时，10－a－(a－2)＝22，解得a＝4.②当焦点在y轴上时，a－2－(10－a)＝22，解得a＝8.故实数a＝4或8.‎ 答案：4或8‎ ‎8．点P是椭圆＋＝1上一点，F1，F2是椭圆的两个焦点，且△PF‎1F2的内切圆半径为1，当P在第一象限时，P点的纵坐标为______．‎ 解析：由题意知，|PF1|＋|PF2|＝10，|F‎1F2|＝6，S△PF‎1F2＝(|PF1|＋|PF2|＋|F‎1F2|)×1＝|F‎1F2|·yP＝3yP＝8，所以yP＝.‎ 答案： ‎9．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率等于，其焦点分别为A，B.C为椭圆上异于长轴端点的任意一点，则在△ABC中，的值等于________．‎ 解析：在△ABC中，由正弦定理得＝，因为点C在椭圆上，所以由椭圆定义知|CA|＋|CB|＝‎2a，而|AB|＝‎2c，所以＝＝＝3.‎ 答案：3‎ ‎10.如图，椭圆的中心在坐标原点O，顶点分别是A1，A2，B1，B2，焦点分别为F1，F2，延长B‎1F2与A2B2交于P点，若∠B1PA2为钝角，则此椭圆的离心率的取值范围为________．‎ ‎ 解析：设椭圆的方程为＋＝1(a＞b＞0)，∠B1PA2‎ 为钝角可转化为，所夹的角为钝角，则(a，－b)·(－c，－b)＜0，即b2＜ac，则a2－c2＜ac，故2＋－1＞0，即e2＋e－1＞0，e＞或e＜，又0＜e＜1，所以＜e＜1.‎ 答案： 三、解答题 ‎11．如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F‎1C.‎ ‎(1)若点C的坐标为，且BF2＝，求椭圆的方程；‎ ‎(2)若F‎1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．‎ 解：设椭圆的焦距为‎2c，则F1(－c,0)，F2(c,0)．‎ ‎(1)因为B(0，b)，所以BF2＝＝a.‎ 又BF2＝，故a＝，即a2＝2.‎ 因为点C在椭圆上，所以＋＝1，解得b2＝1.‎ 故所求椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)因为B(0，b)，F2(c,0)在直线AB上，‎ 所以直线AB的方程为＋＝1.‎ 解方程组得 所以点A的坐标为.‎ 又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为.‎ 因为直线F‎1C的斜率为＝，直线AB的斜率为－，且F‎1C⊥AB，所以·＝－1.结合b2＝a2－c2，整理得a2＝‎5c2.故e2＝.因此e＝(负值舍去)．‎ ‎12.已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c,0)，(0，b)的直线的距离为c.‎ ‎(1)求椭圆E的离心率；‎ ‎(2)如图，AB是圆M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程．‎ 解：(1)过点(c,0)，(0，b)的直线方程为bx＋cy－bc＝0，‎ 则原点O到该直线的距离d＝＝，‎ 由d＝c，得a＝2b＝2，解得离心率e＝＝.‎ ‎(2)由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2.①‎ 依题意，圆心M(－2,1)是线段AB的中点，且|AB|＝.‎ 易知，AB与x轴不垂直，设其方程为y＝k(x＋2)＋1，代入①得(1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 由x1＋x2＝－4，得－＝－4，解得k＝.‎ 从而x1x2＝8－2b2.于是|AB|＝ |x1－x2|‎ ‎＝ ＝ 由|AB|＝，得＝，解得b2＝3.‎ 故椭圆E的方程为x2＋4y2＝12，即＋＝1.‎ 第五节 双 曲 线 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.双曲线的定义和标准方程；2.双曲线的几何性质.‎ 突破点(一)　双曲线的定义和标准方程 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎1．双曲线的定义 平面内与两个定点F1，F2的距离的差的绝对值等于常数(小于|F‎1F2|)的点的轨迹叫做双曲线．这两个定点叫做双曲线的焦点，两焦点间的距离叫做双曲线的焦距．‎ 集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝‎2a}，|F‎1F2|＝‎2c，其中a，c为常数且a>0，c>0.‎ ‎(1)当‎2a<|F‎1F2|时，P点的轨迹是双曲线；‎ ‎(2)当‎2a＝|F‎1F2|时，P点的轨迹是两条射线；‎ ‎(3)当‎2a>|F‎1F2|时，P点不存在．‎ ‎2．标准方程 ‎(1)中心在坐标原点，焦点在x轴上的双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)；‎ ‎(2)中心在坐标原点，焦点在y轴上的双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 双曲线定义的应用 ‎[例1]　(1)已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝1的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2＝60°，则|PF1|·|PF2|等于(　　)‎ A．2　　　　B．‎4　‎　　　C．6　　　　D．8‎ ‎(2)已知圆C：(x－3)2＋y2＝4，定点A(－3，0)，则过定点A且和圆C外切的动圆圆心M的轨迹方程为________．‎ ‎[解析]　(1)由双曲线的方程得a＝1，c＝，‎ 由双曲线的定义得||PF1|－|PF2||＝2.‎ 在△PF‎1F2中，由余弦定理得 ‎|F‎1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos 60°，‎ 即(2)2＝|PF1|2＋|PF2|2－|PF1|·|PF2|‎ ‎＝(|PF1|－|PF2|)2＋|PF1|·|PF2|‎ ‎＝22＋|PF1|·|PF2|.‎ 解得|PF1|·|PF2|＝4.故选B.‎ ‎(2)设动圆M的半径为R，‎ 则|MC|＝2＋R，|MA|＝R，‎ ‎∴|MC|－|MA|＝2，‎ 由双曲线的定义知，M点的轨迹是以A，C为焦点的双曲线的左支，且a＝1，c＝3，‎ ‎∴b2＝8，则动圆圆心M的轨迹方程为x2－＝1(x≤－1)．‎ ‎[答案]　(1)B　(2)x2－＝1(x≤－1)‎ ‎[方法技巧]‎ 双曲线定义的主要应用方面 ‎(1)判定平面内动点与两定点的轨迹是否为双曲线，进而根据要求可求出曲线方程．‎ ‎(2)在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合||PF1|－|PF2||＝‎2a，运用平方的方法，建立与|PF1|·|PF2|的联系．　‎ 双曲线的标准方程 双曲线的标准方程的求法 ‎1．定义法 根据双曲线定义，确定a2，b2的值，再结合焦点位置，求出双曲线方程，常用的关系有：‎ ‎①c2＝a2＋b2；‎ ‎②双曲线上任意一点到双曲线两焦点的距离的差的绝对值等于‎2a.‎ ‎2．待定系数法 ‎(1)其一般步骤为：‎ ‎(2)待定系数法求双曲线方程的五种类型 类型一 与双曲线－＝1有公共渐近线的双曲线方程可设为－＝λ(λ≠0)‎ 类型二 若已知双曲线的一条渐近线方程为y＝x或y＝－x，则可设双曲线方程为－＝λ(λ≠0)‎ 类型三 与双曲线－＝1共焦点的双曲线方程可设为－＝1(－b20)或者＋＝1(mn ‎<0)‎ 类型五 与椭圆＋＝1(a>b>0)有共同焦点的双曲线方程可设为－＝1(b2<λ0，b>0)，‎ 因为双曲线过点P(2,1)，‎ 所以－＝1，又a2＋b2＝3，‎ 解得a2＝2，b2＝1，所以所求双曲线方程是－y2＝1.‎ 法二：设所求双曲线方程为＋＝1(1<λ<4)，‎ 将点P(2,1)的坐标代入可得＋＝1，‎ 解得λ＝2(λ＝－2舍去)，‎ 所以所求双曲线方程为－y2＝1.‎ ‎[答案]　(1)A　(2)B ‎[方法技巧]‎ 求双曲线方程的思路 ‎(1)如果已知双曲线的中心在原点，且确定了焦点在x轴上或y轴上，则设出相应形式的标准方程，然后根据条件确定关于a，b，c的方程组，解出a2，b2，从而写出双曲线的标准方程(求得的方程可能是一个，也有可能是两个，注意合理取舍，但不要漏解)．‎ ‎(2)当焦点位置不确定时，有两种方法来解决：‎ 一种是分类讨论，注意考虑要全面；另一种是如果已知中心在原点，但不能确定焦点的具体位置，可以设双曲线的一般方程为mx2＋ny2＝1(mn<0)．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.设F1，F2是双曲线x2－＝1的两个焦点，P是双曲线上的一点，且3|PF1|＝4|PF2|，则△PF‎1F2的面积等于(　　)‎ A．4 B．8 ‎ C．24 D．48‎ 解析：选C　由解得又|F‎1F2|＝‎2c＝10，则由|PF1|2＋|PF2|2＝|F‎1F2|2可得△PF‎1F2是直角三角形，则S△PF‎1F2＝|PF1|·|PF2|＝24，故选C.‎ ‎2.已知双曲线C：－＝1的离心率e＝，且其右焦点为F2(5,0)，则双曲线C的标准方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ 解析：选C　∵e＝＝，F2(5,0)，∴c＝5，a＝4，则b2＝c2－a2＝9，∴双曲线C的标准方程为－＝1.‎ ‎3.(2016·天津高考)已知双曲线－＝1(b＞0)，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为(　　)‎ A.－＝1 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ 解析：选D　由题意知双曲线的渐近线方程为y＝±x，圆的方程为x2＋y2＝4，联立解得或即圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，.由双曲线和圆的对称性得四边形ABCD为矩形，其相邻两边长为，，故＝2b，得b2＝12.故双曲线的方程为－＝1.故选D.‎ ‎4.已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝________.‎ 解析：由题可知a＝，c＝2.∵由双曲线的定义有|PF1|－|PF2|＝|PF2|＝‎2a＝2，∴|PF1|＝2|PF2|＝4，则cos∠F1PF2＝ ‎＝＝.‎ 答案： 突破点(二)　双曲线的几何性质 ‎ ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ ‎ ‎ 标准方程 －＝1(a>0，b>0)‎ －＝1(a>0，b>0)‎ 图形 性质 范围 x≥a或x≤－a，y∈R y≤－a或y≥a，x∈R 对称性 对称轴：坐标轴，对称中心：(0,0)‎ 顶点 A1(－a,0)，A2(a,0)‎ A1(0，－a)，A2(0，a)‎ 渐近线 y＝±x y＝±x 离心率 e＝，e∈(1，＋∞)‎ a，b，c的关系 c2＝a2＋b2‎ 实虚轴 线段A‎1A2叫做双曲线的实轴，它的长|A‎1A2|＝‎2a；‎ 线段B1B2叫做双曲线的虚轴，它的长|B1B2|＝2b；‎ a叫做双曲线的实半轴长，b叫做双曲线的虚半轴长 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 双曲线的渐近线 求双曲线－＝1(a>0，b>0)或－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程的方法是令右边的常数等于0，即令－＝0，得y＝±x；或令－＝0，得y＝±x.反之，已知渐近线方程为y＝±x，可设双曲线方程为－＝λ(a>0，b>0)．‎ ‎[例1]　(1)已知双曲线的渐近线方程为y＝±x，且经过点A(2，－3)，则双曲线的标准方程为(　　)‎ A.－＝1　　　　　　 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ ‎(2)过双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点F作圆O：x2＋y2＝a2的两条切线，切点为A，B，双曲线左顶点为C，若∠ACB＝120°，则双曲线的渐近线方程为(　　)‎ A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x ‎[解析]　(1)若焦点在x轴上，‎ 设所求双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，‎ 因为双曲线的渐近线方程为y＝±x，‎ 所以＝.①‎ 因为A(2，－3)在双曲线上，‎ 所以－＝1.②‎ ‎①②联立，无解．‎ 若焦点在y轴上，设所求双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，因为双曲线的渐近线方程为y＝±x，‎ 所以＝.③‎ 因为A(2，－3)在双曲线上，‎ 所以－＝1.④‎ ‎③④联立，解得a2＝8，b2＝32.‎ 所以所求双曲线的标准方程为－＝1.‎ ‎(2)如图所示，连接OA，OB，设双曲线－＝1(a>0，b>0)的焦距为‎2c(c>0)，则C(－a,0)，F(－c,0)．‎ 由双曲线和圆的对称性知，点A与点B关于x轴对称，则∠ACO＝∠BCO＝∠ACB＝×120°＝60°.‎ 因为|OA|＝|OC|＝a，所以△ACO为等边三角形，‎ 所以∠AOC＝60°.‎ 因为FA与圆O切于点A，所以OA⊥FA，‎ 在Rt△AOF中，∠AFO＝90°－∠AOF＝90°－60°＝30°，‎ 所以|OF|＝2|OA|，即c＝‎2a，‎ 所以b＝＝＝a，‎ 故双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，即y＝±x.‎ ‎[答案]　(1)B　(2)A 双曲线的离心率 ‎1．求双曲线离心率或其范围的方法 ‎(1)求a，b，c的值，由＝＝1＋直接求e.‎ ‎(2)列出含有a，b，c的齐次方程(或不等式)，借助于b2＝c2－a2消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解．‎ ‎2．双曲线的形状与e的关系 k＝＝＝＝，e 越大，即渐近线的斜率的绝对值就越大，这时双曲线的形状就从狭窄逐渐变得开阔．由此可知，双曲线的离心率越大，它的开口就越开阔．‎ ‎[例2]　(1)中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点(4，－2)，则它的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)已知点F是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过F作垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABE是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是(　　)‎ A．(1，＋∞) B．(1,2)‎ C．(2,1＋) D．(1,1＋)‎ ‎[解析]　(1)设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，所以其渐近线方程为y＝±x，因为点(4，－2)在渐近线上，所以＝，根据c2＝a2＋b2，可得＝，解得e2＝，即e＝.‎ ‎(2)若△ABE是锐角三角形，只需∠AEF＜45°，在Rt△AFE中，|AF|＝，|FE|＝a＋c，则＜a＋c，即b2＜a2＋ac，即‎2a2－c2＋ac＞0，则e2－e－2＜0，解得－1＜e＜2，又e＞1，则1＜e＜2，故选B.‎ ‎[答案]　(1)D　(2)B ‎[易错提醒]‎ 求双曲线离心率及其范围时，不要忽略了双曲线的离心率的取值范围是(1，＋∞)这个前提条件，否则很容易产生增解或扩大所求离心率的取值范围．　‎ 求参数或变量的取值范围 ‎[例3]　已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点．若·<0，则y0的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎[解析]　由题意知a＝，b＝1，c＝，‎ ‎∴F1(－，0)，F2(，0)，‎ ‎∴＝(－－x0，－y0)，＝(－x0，－y0)．‎ ‎∵·<0，‎ ‎∴(－－x0)(－x0)＋y<0，即x－3＋y<0.‎ ‎∵点M(x0，y0)在双曲线上，∴－y＝1，即x＝2＋2y，∴2＋2y－3＋y<0，∴－b>0，椭圆C1的方程为＋＝1，双曲线C2的方程为－＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为(　　)‎ A．x±y＝0 B.x±y＝0‎ C．x±2y＝0 D．2x±y＝0‎ 解析：选A　椭圆C1的离心率为，双曲线C2的离心率为，所以 ‎·＝，所以a4－b4＝a4，即a4＝4b4，所以a＝b，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝± x，即x±y＝0.‎ ‎4.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－＝1的离心率大于，则m的取值范围为________．‎ 解析：由双曲线方程可得m>0，所以e＝>，解得m>4或m<1.由m>0，故可得m的取值范围为(0,1)∪(4，＋∞)．‎ 答案：(0,1)∪(4，＋∞)‎ ‎5.过双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点作一条与其渐近线平行的直线，交C于点P.若点P的横坐标为‎2a，则C的离心率为________．‎ 解析：如图所示，不妨设与渐近线平行的直线l的斜率为，又直线l过右焦点F(c,0)，则直线l的方程为y＝(x－c)．因为点P的横坐标为‎2a，代入双曲线方程得－＝1，化简得y＝－b或y＝b(点P在x轴下方，舍去)，故点P的坐标为(‎2a，－b)，代入直线方程得－b＝(‎2a－c)，化简可得离心率e＝＝2＋.‎ 答案：2＋ ‎ [全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2016·全国甲卷)已知F1，F2是双曲线E：－＝1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF‎2F1＝，则E的离心率为(　　)‎ A. B. C. D．2‎ 解析：选A　作出示意图，如图，离心率e＝＝＝，由正弦定理得e＝＝＝＝.故选A.‎ ‎2．(2016·全国乙卷)已知方程－＝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，)‎ C．(0,3) D．(0，)‎ 解析：选A　由题意得(m2＋n)(‎3m2‎－n)>0，解得－m20，b>0)，则|BM|＝|AB|＝‎2a，∠MBx＝180°－120°＝60°，∴M点的坐标为.∵M点在双曲线上，∴－＝1，a＝b，∴c＝a，e＝＝.故选D.‎ ‎4．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知F是双曲线C：x2－my2＝‎3m(m>0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为(　　)‎ A. B．‎3 C.m D．‎‎3m 解析：选A　双曲线C的标准方程为－＝1(m>0)，其渐近线方程为y＝± x＝±x，即y＝±x，不妨选取右焦点F(，0)到其中一条渐近线x－y＝0的距离求解，得d＝＝.‎ ‎5．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知F是双曲线C：x2－＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0,6)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．‎ 解析：设双曲线的左焦点为F1，由双曲线方程x2－＝1可知，a＝1，c＝3，故F(3，0)，F1(－3,0)．‎ 当点P在双曲线左支上运动时，由双曲线定义知|PF|－|PF1|＝2，‎ 所以|PF|＝|PF1|＋2，从而△APF的周长为|AP|＋|PF|＋|AF|＝|AP|＋|PF1|＋2＋|AF|.‎ 因为|AF|＝＝15为定值，‎ 所以当(|AP|＋|PF1|)最小时，△APF的周长最小，‎ 由图象可知，此时点P在线段AF1与双曲线的交点处(如图所示)．‎ 由题意可知直线AF1的方程为y＝2x＋6，‎ 由 得y2＋6y－96＝0，‎ 解得y＝2或y＝－8(舍去)，‎ 所以S△APF＝S△AF‎1F－S△PF‎1F ‎＝×6×6－×6×2＝12.‎ 答案：12 ‎6．(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知双曲线过点(4，)，且渐近线方程为y＝±x，则该双曲线的标准方程为________．‎ 解析：∵双曲线的渐近线方程为y＝±x，∴可设双曲线的方程为x2－4y2＝λ(λ≠0)．∵双曲线过点(4，)，∴λ＝16－4×()2＝4，∴双曲线的标准方程为－y2＝1.‎ 答案：－y2＝1‎ ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．已知双曲线－＝1(a>0)的离心率为2，则a＝(　　)‎ A．2 B. C. D．1‎ 解析：选D　因为双曲线的方程为－＝1，所以e2＝1＋＝4，因此a2＝1，a＝1.选D.‎ ‎2．若双曲线－＝1的离心率为，则其渐近线方程为(　　)‎ A．y＝±2x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 解析：选B　在双曲线中离心率e＝＝ ＝，可得＝，故双曲线的渐近线方程是y＝±x.‎ ‎3．双曲线－＝1的两条渐近线互相垂直，那么它的离心率为(　　)‎ A．2 B. ‎ C. D. 解析：选C　由渐近线互相垂直可知·＝－1，即a2＝b2，即c2＝‎2a2，即c＝a，所以e＝.‎ ‎4．(2016·天津高考)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的焦距为2，且双曲线的一条渐近线与直线2x＋y＝0垂直，则双曲线的方程为(　　)‎ A.－y2＝1 B．x2－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ 解析：选A　由焦距为2，得c＝.因为双曲线的一条渐近线与直线2x＋y＝0垂直，所以＝.又c2＝a2＋b2，解得a＝2，b＝1，所以双曲线的方程为－y2＝1.‎ ‎5．(2016·北京高考)双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点．若正方形OABC的边长为2，则a＝________.‎ 解析：不妨令B为双曲线的右焦点，A在第一象限，则双曲线如图所示．‎ ‎∵四边形OABC为正方形，|OA|＝2，‎ ‎∴c＝|OB|＝2，∠AOB＝.‎ ‎∵直线OA是渐近线，方程为y＝x，∴＝tan∠AOB＝1，即a＝b.‎ 又∵a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2.‎ 答案：2‎ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．若实数k满足0＜k＜9，则曲线－＝1与曲线－＝1的(　　)‎ A．离心率相等 B．虚半轴长相等 C．实半轴长相等 D．焦距相等 解析：选D　由00，b>0)的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2，过F作A‎1A2的垂线与双曲线交于B, C两点．若A1B⊥A‎2C，则该双曲线的渐近线的斜率为(　　)‎ A．± B．± ‎ C．±1 D．± 解析：选C　由题设易知A1(－a,0)，A2(a,0)，Bc，，C.∵A1B⊥A‎2C，∴·＝－1，整理得a＝b.∵渐近线方程为y＝±x，即y＝±x，∴渐近线的斜率为±1.‎ ‎5．(2017·江南十校联考)已知l是双曲线C：－＝1的一条渐近线，P是l上的一点，F1，F2分别是C的左、右焦点，若·＝0，则点P到x轴的距离为(　　)‎ A. B. ‎ C．2 D. 解析：选C　由题意知F1(－，0)，F2(，0)，不妨设l的方程为y＝x，点P(x0，x0)，由·＝(－－x0，－x0)·(－x0，－x0)＝3x－6＝0，得x0＝±，故点P到x轴的距离为|x0|＝2，故选C.‎ ‎6．已知双曲线－＝1与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为(　　)‎ A．(1，) B．(1， ]‎ C．(，＋∞) D．[，＋∞)‎ 解析：选C　∵双曲线的一条渐近线方程为y＝x，则由题意得＞2，∴e＝＝ ＞＝.即双曲线离心率的取值范围为(，＋∞)．‎ 二、填空题 ‎7．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)与椭圆＋＝1有相同的焦点，且双曲线C的渐近线方程为y＝±2x，则双曲线C的方程为________________．‎ 解析：易得椭圆的焦点为(－，0)，(，0)，∴∴a2＝1，b2＝4，∴双曲线C的方程为x2－＝1.‎ 答案：x2－＝1‎ ‎8．过双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F1作斜率为1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为A，B，若v＝，则双曲线的渐近线方程为____________．‎ 解析：由得x＝－，由 解得x＝，不妨设xA＝－，xB＝，‎ 由＝可得－＋c＝＋，‎ 整理得b＝‎3a.‎ 所以双曲线的渐近线方程为3x±y＝0.‎ 答案：3x±y＝0‎ ‎9．设F1，F2分别是双曲线x2－＝1的左、右焦点，A是双曲线上在第一象限内的点，若|AF2|＝2且∠F1AF2＝45°，延长AF2交双曲线右支于点B，则△F1AB的面积等于______．‎ 解析：由题意可得|AF2|＝2，|AF1|＝4，则|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝2＋|BF2|＝|BF1|.又∠F1AF2＝45°，所以△ABF1是以AF1为斜边的等腰直角三角形，则|AB|＝|BF1|＝2，所以其面积为×2×2＝4.‎ 答案：4‎ ‎10．(2016·山东高考)已知双曲线E：－＝1(a＞0，b＞0)，若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________．‎ 解析：如图，由题意知|AB|＝，|BC|＝‎2c.‎ 又2|AB|＝3|BC|，‎ ‎∴2×＝3×‎2c，‎ 即2b2＝‎3ac，‎ ‎∴2(c2－a2)＝‎3ac，两边同除以a2并整理得2e2－3e－2＝0，解得e＝2(负值舍去)．‎ 答案：2‎ 三、解答题 ‎11．已知双曲线的中心在原点，焦点F1，F2在坐标轴上，离心率为，且过点(4，－)．点M(3，m)在双曲线上．‎ ‎(1)求双曲线的方程；‎ ‎(2)求证：·＝0；‎ ‎(3)求△F1MF2的面积．‎ 解：(1)∵e＝，‎ ‎∴双曲线的实轴、虚轴相等．‎ 则可设双曲线方程为x2－y2＝λ.‎ ‎∵双曲线过点(4，－)，‎ ‎∴16－10＝λ，即λ＝6.‎ ‎∴双曲线方程为－＝1.‎ ‎(2)证明：不妨设F1，F2分别为左、右焦点，‎ 则＝(－2－3，－m)，‎ ‎＝(2－3，－m)．‎ ‎∴·＝(3＋2)×(3－2)＋m2＝－3＋m2，‎ ‎∵M点在双曲线上，‎ ‎∴9－m2＝6，即m2－3＝0，‎ ‎∴·＝0.‎ ‎(3)△F1MF2的底|F‎1F2|＝4.‎ 由(2)知m＝±.‎ ‎∴△F1MF2的高h＝|m|＝，‎ ‎∴S△F1MF2＝×4×＝6.‎ ‎12．中心在原点，焦点在x轴上的椭圆与双曲线有共同的焦点F1，F2，且|F‎1F2|＝2，椭圆的长半轴长与双曲线实半轴长之差为4，离心率之比为3∶7.‎ ‎(1)求椭圆和双曲线的方程；‎ ‎(2)若P为这两曲线的一个交点，求cos∠F1PF2的值．‎ 解：(1)由题知c＝，设椭圆方程为＋＝1，双曲线方程为－＝1，则 解得a＝7，m＝3.则b＝6，n＝2.‎ 故椭圆方程为＋＝1，双曲线方程为－＝1.‎ ‎(2)不妨设F1，F2分别为左、右焦点，P是第一象限的一个交点，则|PF1|＋|PF2|＝14，|PF1|－|PF2|＝6，‎ 所以|PF1|＝10，|PF2|＝4.‎ 又|F‎1F2|＝2，‎ 所以cos∠F1PF2＝ ‎＝＝.‎ 第六节 抛 物 线 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.抛物线的定义及其应用； ‎2.抛物线的标准方程及性质.‎ 突破点(一)　抛物线的定义及其应用 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ 抛物线的定义 平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线．点F叫做抛物线的焦点，直线l叫做抛物线的准线.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 利用抛物线的定义求解距离问题 ‎[例1]　(1)(2017·赣州模拟)若点A的坐标为(3,2)，F是抛物线y2＝2x的焦点，点M在抛物线上移动时，使|MF|＋|MA|取得最小值的M的坐标为(　　)‎ A．(0,0) B. C．(1，) D．(2,2)‎ ‎(2)已知M是抛物线x2＝4y上一点，F为其焦点，点A在圆C：(x＋1)2＋(y－5)2＝1上，则|MA|＋|MF|的最小值是________．‎ ‎(3)已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－1，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是________．‎ ‎[解析]　(1)过M点作准线的垂线，垂足是N(图略)，则|MF|＋|MA|＝|MN|＋|MA|，当A，M，N三点共线时，|MF|＋|MA|取得最小值，此时M(2,2)．‎ ‎(2)依题意，由点M向抛物线x2＝4y的准线l：y＝－1引垂线，垂足为M1(图略)，则有|MA|＋|MF|＝|MA|＋|MM1|，结合图形可知|MA|＋|MM1|的最小值等于圆心C(－1，5)到y＝－1的距离再减去圆C的半径，即等于6－1＝5，因此|MA|＋|MF|的最小值是5.‎ ‎(3)由题可知l2：x＝－1是抛物线y2＝4x的准线，设抛物线的焦点为F(1,0)，则动点P到l2的距离等于|PF|，则动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值，即焦点F到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离，所以最小值是＝2.‎ ‎[答案]　(1)D　(2)5　(3)2‎ 焦点弦问题 焦点弦的常用结论：‎ 以抛物线y2＝2px(p>0)为例，设AB是抛物线的过焦点的一条弦(焦点弦)，F是抛物线的焦点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，A，B在准线上的射影为A1，B1，则有以下结论：‎ ‎(1)x1x2＝，y1y2＝－p2；‎ ‎(2)若直线AB的倾斜角为θ，则|AF|＝，|BF|＝；‎ ‎(3)|AB|＝x1＋x2＋p＝(其中θ为直线AB的倾斜角)，抛物线的通径长为2p，通径是最短的焦点弦；‎ ‎(4)S△AOB＝(其中θ为直线AB的倾斜角)；‎ ‎(5)＋＝为定值；‎ ‎(6)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切；‎ ‎(7)以AF(或BF)为直径的圆与y轴相切；‎ ‎(8)以A1B1为直径的圆与直线AB相切，切点为F，∠A1FB1＝90°；‎ ‎(9)A，O，B1三点共线，B，O，A1三点也共线．‎ ‎[例2]　已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x10)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴．证明：直线AC经过原点O.‎ 证明：设直线AB的方程为x＝my＋，代入y2＝2px，得y2－2pmy－p2＝0.‎ 由根与系数的关系，得yAyB＝－p2，即yB＝－.‎ ‎∵BC∥x轴，且C在准线x＝－上，‎ ‎∴C.‎ 则kOC＝＝＝＝kOA.‎ ‎∴直线AC经过原点O.‎ 突破点(二)　抛物线的标准方程及性质 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ 图形 标准方程 y2＝2px(p＞0)‎ y2＝－2px(p＞0)‎ x2＝2py(p＞0)‎ x2＝－2py(p＞0)‎ p的几何意义：焦点F到准线l的距离 范围 x≥0，y∈R x≤0，y∈R y≥0，x∈R y≤0，x∈R 焦点坐标 准线方程 x＝－ x＝ y＝－ y＝ 离心率 e＝1‎ 焦半径 ‎|PF|＝x0＋ ‎|PF|＝－x0＋ ‎|PF|＝y0＋ ‎|PF|＝－y0＋ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ ‎ ‎ 求抛物线的标准方程 ‎1．定义法 根据抛物线的定义，确定p的值(系数p是指焦点到准线的距离)，再结合焦点位置，求出抛物线方程．标准方程有四种形式，要注意选择．‎ ‎2．待定系数法 ‎(1)根据抛物线焦点是在x轴上还是在y轴上，设出相应形式的标准方程，然后根据条件确定关于p的方程，解出p，从而写出抛物线的标准方程．‎ ‎(2)当焦点位置不确定时，有两种方法解决．一种是分情况讨论，注意要对四种形式的标准方程进行讨论，对于焦点在x轴上的抛物线，为避免开口方向不确定可分为y2＝2px(p>0)和y2＝－2px(p>0)两种情况求解．另一种是设成y2＝mx(m≠0)，若m>0，开口向右；若m<0，开口向左；若m有两个解，则抛物线的标准方程有两个．同理，焦点在y轴上的抛物线可以设成x2＝my(m≠0)．如果不确定焦点所在的坐标轴，应考虑上述两种情况设方程．‎ ‎[例1]　若抛物线的顶点在原点，焦点为直线3x－4y－12＝0与坐标轴的交点，求抛物线的标准方程．‎ ‎[解]　对于直线方程3x－4y－12＝0，‎ 令x＝0，得y＝－3，令y＝0，得x＝4，‎ 所以抛物线的焦点坐标可能为(0，－3)或(4,0)．‎ 当焦点坐标为(0，－3)时，设方程为x2＝－2py(p>0)，‎ 则＝3，‎ 所以p＝6，此时抛物线的标准方程为x2＝－12y；‎ 当焦点坐标为(4,0)时，‎ 设方程为y2＝2px(p>0)，则＝4，‎ 所以p＝8，此时抛物线的标准方程为y2＝16x.‎ 所以所求抛物线的标准方程为x2＝－12y或y2＝16x.‎ 抛物线的几何性质 ‎[例2]　(1)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过点(－1,1)，则该抛物线焦点坐标为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B．(1,0)‎ C. D．(0,1)‎ ‎(2)若抛物线y2＝x的准线经过椭圆＋＝1的左焦点，则实数m的值为________．‎ ‎[解析]　(1)抛物线y2＝2px(p＞0)的准线为x＝－且过点(－1,1)，故－＝－1，解得p＝2.所以抛物线的焦点坐标为(1,0)．‎ ‎(2)抛物线y2＝x的准线方程为x＝－，椭圆＋＝1的左焦点坐标为(－2,0)，由题意知－＝－2，所以实数m＝.‎ ‎[答案]　(1)B　(2) ‎[方法技巧]‎ 涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性．‎ ‎　‎ 抛物线方程的实际应用 抛物线的几何特性在实际中应用广泛，解决此类问题的关键是根据题意(一般是根据题中所给图形)建立适当的直角坐标系，设出抛物线的标准方程，依据题意得到抛物线上一点的坐标，从而求出抛物线方程，进而解决实际问题．‎ ‎[例3]　一条隧道的横断面由抛物线弧及一个矩形的三边围成，尺寸(单位：m)如图，一辆卡车空车时能通过此隧道，现载一集装箱，箱宽‎3 m，车与箱共高‎4.5 m，此车能否通过隧道？说明理由．‎ ‎[解]　建立如图所示的直角坐标系，设矩形的边与抛物线的接点为A，B，则A(－3，－3)，B(3，－3)．‎ 设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)，‎ 将B点坐标代入得9＝－2p·(－3)，‎ 所以p＝.‎ 所以抛物线方程为x2＝－3y(－3≤y≤0)．‎ 因为车与箱共高‎4.5 m，‎ 所以集装箱上表面距抛物线形隧道拱顶‎0.5 m.‎ 设抛物线上点D的坐标为(x0，－0.5)，‎ 则x＝，所以|x0|＝ ＝，‎ 所以2|x0|＝<3，‎ 故此车不能通过隧道．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.抛物线y＝2x2的焦点坐标是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　抛物线的标准方程为x2＝y，所以焦点坐标是.‎ ‎2.抛物线y＝ax2的准线方程是y＝1，则a的值为(　　)‎ A. B．－ C．4 D．－4‎ 解析：选B　由题意知抛物线的标准方程为x2＝y，所以准线方程y＝－＝1，解得a＝－.‎ ‎3.设抛物线的顶点在原点，准线方程为x＝－2，则抛物线的方程是(　　)‎ A．y2＝－8x B．y2＝8x C．y2＝－4x D．y2＝4x 解析：选B　因为抛物线的准线方程为x＝－2，所以＝2，所以p＝4，所以抛物线的方程是y2＝8x.‎ ‎4.以x轴为对称轴，原点为顶点的抛物线上的一点P(1，m)到焦点的距离为4，则抛物线的方程是(　　)‎ A．y＝4x2 B．y＝12x2‎ C．y2＝6x D．y2＝12x 解析：选D　设抛物线的方程为y2＝2px，则由抛物线的定义知1＋＝4，即p＝6，所以抛物线方程为y2＝12x.‎ ‎5.抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点为F，其准线与双曲线－＝1相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝________.‎ 解析：在等边三角形ABF中，AB边上的高为p，＝p，所以B.又因为点B在双曲线上，故－＝1，解得p＝6(负值舍去)．‎ 答案：6‎ ‎6.如图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面‎2米，水面宽‎4米．水位下降‎1米后，水面宽________米．‎ 解析：建立坐标系如图所示．则可设抛物线方程为x2＝－2py(p>0)．∵点(2，－2)在抛物线上，∴p＝1，即抛物线方程为x2＝－2y.当y＝－3时，x＝±.∴水位下降‎1米后，水面宽为‎2‎米．‎ 答案：2 ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1．(2016·全国甲卷)设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，曲线y＝(k＞0)与C交于点P，PF⊥x轴，则k＝(　　)‎ A. B．‎1 C. D．2‎ 解析：选D　∵y2＝4x，∴F(1,0)．又∵曲线y＝(k＞0)与C交于点P，PF⊥x轴，∴P(1,2)．将点P(1,2)的坐标代入y＝(k＞0)，得k＝2.故选D.‎ ‎2．(2016·全国乙卷)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，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为(　　)‎ A．2 B．‎4 C．6 D．8‎ 解析：选B　设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，圆的方程为x2＋y2＝r2.∵|AB|＝4，|DE|＝2，抛物线的准线方程为x＝－，∴不妨设A，D.∵点A，D在圆x2＋y2＝r2上，∴∴＋8＝＋5，∴p＝4(负值舍去)．∴C的焦点到准线的距离为4.‎ ‎3．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知椭圆E的中心在坐标原点，离心率为，E的右焦点与抛物线C：y2＝8x的焦点重合，‎ A，B是C的准线与E的两个交点，则|AB|＝(　　)‎ A．3 B．‎6 C．9 D．12‎ 解析：选B　∵抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，∴椭圆中c＝2，又＝，∴a＝4，b2＝a2－c2＝12，从而椭圆的方程为＋＝1.∵抛物线y2＝8x的准线为x＝－2，∴xA＝xB＝－2，将xA＝－2代入椭圆方程可得|yA|＝3，由图象的对称性可知|AB|＝2|yA|＝6.故选B.‎ ‎4．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若＝4，则|QF|＝(　　)‎ A. B. C．3 D．2‎ 解析：选C　如图所示，过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，设l与x轴交点为M，因为＝4，所以|QQ′|∶|MF|＝|PQ|∶|PF|＝3∶4，又焦点F到准线l的距离|MF|＝4，所以|QF|＝|QQ′|＝3.故选C.‎ ‎5．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　易知抛物线中p＝，焦点F，直线AB的斜率k＝，故直线AB的方程为y＝，代入抛物线方程y2＝3x，整理得x2－x＋＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝.由抛物线的定义可得弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝＋＝12，结合图象可得O到直线AB的距离d＝·sin 30°＝，所以△OAB的面积S＝|AB|·d＝.‎ ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．若点P到直线x＝－1的距离比它到点(2,0)的距离小1，则点P的轨迹为(　　)‎ A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 解析：选D　依题意，点P到直线x＝－2的距离等于它到点(2,0)的距离，故点P的轨迹是抛物线．‎ ‎2．设抛物线y2＝－12x上一点P到y轴的距离是1，则点P到该抛物线焦点的距离是(　　)‎ A．3 B．‎4 C．7 D．13‎ 解析：选B　依题意，点P到该抛物线的焦点的距离等于点P到其准线x＝3的距离，即等于3＋1＝4.‎ ‎3．若抛物线y2＝2x上一点M到它的焦点F的距离为，O为坐标原点，则△MFO的面积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　由题意知，抛物线的准线方程为x＝－.设M(a，b)，由抛物线的定义可知，点M到准线的距离为，所以a＝1，代入抛物线方程y2＝2x，解得b＝±，所以S△MFO＝××＝.‎ ‎4．设F为抛物线y2＝2x的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若F为△ABC的重心，则||＋||＋||的值为(　　)‎ A．1 B．‎2 ‎‎ C．3 D．4‎ 解析：选C　依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，又焦点F，所以x1＋x2＋x3＝3×＝，则||＋||＋||＝＋＋x3＋＝(x1＋x2＋x3)＋＝＋＝3.‎ ‎5．直线l过抛物线x2＝2py(p>0)的焦点，且与抛物线交于A，B两点，若线段AB的长是6，AB的中点到x轴的距离是1，则此抛物线方程是________．‎ 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝y1＋y2＋p＝2＋p＝6，∴p＝4.即抛物线方程为x2＝8y.‎ 答案：x2＝8y ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．抛物线y2＝2px(p>0)的准线截圆x2＋y2－2y－1＝0所得弦长为2，则p＝(　　)‎ A．1 B．‎2 ‎‎ C．4 D．6‎ 解析：选B　抛物线y2＝2px(p>0)的准线为x＝－，而圆化成标准方程为x2＋(y－1)2＝2，圆心M(0,1)，半径r＝，圆心到准线的距离为，所以2＋2＝()2，解得p＝2.‎ ‎2．已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，A(x0，y0)是C上一点，|AF|＝x0，则x0＝(　　)‎ A．1 B．‎2 ‎‎ C．4 D．8‎ 解析：选A　由题意知抛物线的准线为x＝－.因为|AF|＝x0，根据抛物线的定义可得x0＋＝|AF|＝x0，解得x0＝1，故选A.‎ ‎3．已知抛物线y2＝8x的焦点为F，直线y＝k(x－2)与此抛物线相交于P，Q两点，则＋＝(　　)‎ A. B．‎1 ‎‎ C．2 D．4‎ 解析：选A　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意可知直线y＝k(x ‎－2)过抛物线焦点(2,0)，所以|PF|＝x1＋2，|QF|＝x2＋2，则＋＝＋＝.联立直线与抛物线方程消去y，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，可知x1x2＝4，故＋＝＝＝.‎ ‎4．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5.若以MF为直径的圆过点(0,2)，则抛物线C的方程为(　　)‎ A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x 解析：选C　由已知得抛物线的焦点F，设点A(0,2)，抛物线上点M(x0，y0)，则＝，＝.由已知得，·＝0，即y－8y0＋16＝0，因而y0＝4，M.由|MF|＝5得，＋＝5，又p＞0，解得p＝2或p＝8，所以抛物线C的方程为y2＝4x或y2＝16x.‎ ‎5．(2017·长春模拟)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F且倾斜角为120°的直线l与抛物线在第一、四象限分别交于A，B两点，则的值等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　记抛物线y2＝2px的准线为l′，如图，作AA1⊥l′，BB1⊥l′，AC⊥BB1，垂足分别是A1，B1，C，则有cos∠ABB1＝＝＝，即cos 60°＝＝，由此得＝.‎ ‎6．已知抛物线y2＝2px(p>0)与圆(x－a)2＋y2＝r2(a>0)有且只有一个公共点，则(　　)‎ A．r＝a＝p B．r＝a≤p C．r0)与抛物线y2＝2px(p>0)要么没有公共点，要么有两个或四个公共点，与题意不符；当r>a时，易知圆与抛物线有两个公共点，与题意不符；当r＝a时，圆与抛物线交于原点，要使圆与抛物线有且只有一个公共点，必须使方程(x－a)2＋2px＝r2(x≥0)有且仅有一个解x＝0，可得a≤p.‎ 二、填空题 ‎7．抛物线y2＝2px(p>0)上横坐标为6的点到此抛物线焦点的距离为10，则该抛物线的焦点到准线的距离为________．‎ 解析：设抛物线的准线方程为x＝－(p>0)，则根据抛物线的性质有＋6＝10，解得p＝8，所以抛物线的焦点到准线的距离为8.‎ 答案：8‎ ‎8．(2017·邢台模拟)已知抛物线x2＝4y上有一条长为6的动弦AB，则AB的中点到x轴的最短距离为________．‎ 解析：由题意知，抛物线的准线l：y＝－1，过A作AA1⊥l于A1，过B作BB1⊥l于B1，设弦AB的中点为M，过M作MM1⊥l于M1.则|MM1|＝.|AB|≤|AF|＋|BF|(F为抛物线的焦点)，即|AF|＋|BF|≥6，则|AA1|＋|BB1|≥6，即2|MM1|≥6，所以|MM1|≥3，故M到x轴的最短距离为3－1＝2.‎ 答案：2‎ ‎9．(2015·荆门质检)已知F是抛物线y2＝4x的焦点，A，B是抛物线上两点，若△AFB是正三角形，则△AFB的边长为________．‎ 解析：由题意可知A，B两点一定关于x轴对称，且AF，BF与x轴夹角均为30°，由于y2＝4x的焦点为(1,0)，由化简得y2－4y－4＝0，解得y＝2＋4或y＝2－4，所以△AFB的边长为8＋4或8－4.‎ 答案：8＋4或8－4 ‎10．经过抛物线C的焦点F作直线l与抛物线C交于A，B两点，如果A，B在抛物线C的准线上的射影分别为A1，B1，那么∠A1FB1为________．‎ 解析：由抛物线定义可知|BF|＝|BB1|，|AF|＝|AA1|，故∠BFB1＝∠BB‎1F，∠AFA1＝∠AA‎1F.又∠OFB1＝∠BB‎1F，∠OFA1＝∠AA‎1F，故∠BFB1＝∠OFB1，∠AFA1＝∠OFA1，所以∠OFA1＋∠OFB1＝×π＝，即∠A1FB1＝.‎ 答案： 三、解答题 ‎11．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A是抛物线上横坐标为4，且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5，过A作AB垂直于y轴，垂足为B，OB的中点为M.‎ ‎(1)求抛物线的方程；‎ ‎(2)若过M作MN⊥FA，垂足为N，求点N的坐标．‎ 解：(1)抛物线y2＝2px的准线为x＝－，于是4＋＝5，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝4x.‎ ‎(2)由(1)知点A的坐标是(4,4)，‎ 由题意得B(0,4)，M(0,2)．‎ 又∵F(1,0)，∴kFA＝.∵MN⊥FA，∴kMN＝－.‎ ‎∴FA的方程为y＝(x－1)，MN的方程为y＝－x＋2，‎ 联立解方程组得x＝，y＝，‎ ‎∴点N的坐标为.‎ ‎12.如图，已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，焦点为F，过点G(p,0)作直线l交抛物线C于A，M两点，设A(x1，y1)，M(x2，y2)．‎ ‎(1)若y1y2＝－8，求抛物线C的方程；‎ ‎(2)若直线AF与x轴不垂直，直线AF交抛物线C于另一点B，直线BG交抛物线C于另一点N.求证：直线AB与直线MN斜率之比为定值．‎ 解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋p，代入y2＝2px得y2－2mpy－2p2＝0，‎ 则y1y2＝－2p2＝－8，得p＝2.‎ ‎∴抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明：设B(x3，y3)，N(x4，y4)．‎ 由(1)可知y3y4＝－2p2，y1y3＝－p2.‎ 又直线AB的斜率kAB＝＝，‎ 直线MN的斜率kMN＝＝，‎ ‎∴＝＝＝＝2.‎ 故直线AB与直线MN斜率之比为定值．‎ 第七节 ‎　曲线与方程 本节重点突破1个知识点：‎ 轨迹方程的求法.‎ 突破点　轨迹方程的求法 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．曲线与方程 一般地，在平面直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y ‎)＝0的实数解建立了如下关系：‎ ‎(1)曲线上点的坐标都是这个方程的解．‎ ‎(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．‎ ‎2．求动点轨迹方程的一般步骤 ‎(1)建立适当的坐标系，用有序实数对(x，y)表示曲线上任意一点M的坐标．‎ ‎(2)写出适合条件p的点M的集合P＝{M|p(M)}．‎ ‎(3)用坐标表示条件p(M)，列出方程f(x，y)＝0.‎ ‎(4)化方程f(x，y)＝0为最简形式．‎ ‎(5)说明以化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上．‎ ‎3．曲线的交点 设曲线C1的方程为F1(x，y)＝0，曲线C2的方程为F2(x，y)＝0，则C1，C2的交点坐标即为方程组的实数解．‎ 若此方程组无解，则两曲线无交点．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 直接法求轨迹方程 ‎[例1]　(1)已知点F(0,1)，直线l：y＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且·＝·，则动点P的轨迹C的方程为(　　)‎ A．x2＝4y B．y2＝3x C．x2＝2y D．y2＝4x ‎(2)在平面直角坐标系xOy中，点B与点A(－1,1)关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于－.则动点P的轨迹方程为________．‎ ‎[解析]　(1)设点P(x，y)，则Q(x，－1)．‎ ‎∵·＝·，‎ ‎∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)，‎ 即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，整理得x2＝4y，‎ ‎∴动点P的轨迹C的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)因为点B与点A(－1,1)关于原点O对称，所以点B的坐标为(1，－1)．‎ 设点P的坐标为(x，y)，由题意得·＝－，化简得x2＋3y2＝4(x≠±1)．‎ 故动点P的轨迹方程为x2＋3y2＝4(x≠±1)．‎ ‎[答案]　(1)A　(2)x2＋3y2＝4(x≠±1)‎ ‎[方法技巧]‎ 直接法求轨迹方程的思路 直接法求轨迹方程时最关键的就是把几何条件或等量关系翻译为代数方程，要注意翻译的等价性．通常将步骤简记为建系设点、列式、代换、化简、证明这五个步骤，但最后的证明可以省略，如果给出了直角坐标系则可省去建系这一步，求出曲线的方程后还需注意检验方程的纯粹性和完备性．　‎ 定义法求轨迹方程 ‎[例2]　(1)已知圆C1：(x＋3)2＋y2＝1和圆C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C1及圆C2相外切，求动圆圆心M的轨迹方程．‎ ‎(2)如图，已知△ABC的两顶点坐标A(－1，0)，B(1,0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点C的轨迹为曲线M.求曲线M的方程．‎ ‎[解]　(1)如图所示，设动圆M与圆C1及圆C2分别外切于点A和点B，则有|MC1|－|AC1|＝|MA|，|MC2|－|BC2|＝|MB|.‎ 又|MA|＝|MB|，所以|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝3－1＝2，即动点M到两定点C2，C1的距离的差是常数2，且2＜|C‎1C2|＝6，|MC2|＞|MC1|，故动圆圆心M的轨迹为以定点C2，C1为焦点的双曲线的左支，则‎2a＝2，‎ 所以a＝1.‎ 又c＝3，则b2＝c2－a2＝8.‎ 设动圆圆心M的坐标为(x，y)，则动圆圆心M的轨迹方程为x2－＝1(x≤－1)．‎ ‎(2)由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，‎ 所以曲线M是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(挖去与x轴的交点)．‎ 设曲线M：＋＝1(a＞b＞0，y≠0)，‎ 则a2＝4，b2＝a2－2＝3，‎ 所以曲线M的方程为：＋＝1(y≠0)．‎ ‎[方法技巧]‎ 定义法求轨迹方程的思路 应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解．　‎ 代入法求轨迹方程 ‎[例3]　设F(1,0)，M点在x轴上，P点在y轴上，且＝2，⊥，当点P在y轴上运动时，求点N的轨迹方程．‎ ‎[解]　设M(x0,0)，P(0，y0)，N(x，y)，‎ ‎∵⊥，＝(x0，－y0)，＝(1，－y0)，‎ ‎∴(x0，－y0)·(1，－y0)＝0，‎ ‎∴x0＋y＝0.‎ 由＝2得(x－x0，y)＝2(－x0，y0)，‎ ‎∴即 ‎∴－x＋＝0，即y2＝4x.‎ 故所求的点N的轨迹方程是y2＝4x.‎ ‎[方法技巧]‎ 代入法求轨迹方程的四个步骤 ‎(1)设出所求动点坐标P(x，y)．‎ ‎(2)寻找所求动点P(x，y)与已知动点Q(x′，y′)的关系．‎ ‎(3)建立P，Q两坐标间的关系，并表示出x′，y′.‎ ‎(4)将x′，y′代入已知曲线方程中化简求解．　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.已知点P是直线2x－y＋3＝0上的一个动点，定点M(－1，2)，Q是线段PM延长线上的一点，且|PM|＝|MQ|，则Q点的轨迹方程是(　　)‎ A．2x＋y＋1＝0 B．2x－y－5＝0‎ C．2x－y－1＝0 D．2x－y＋5＝0‎ 解析：选D　由题意知，M为PQ中点，设Q(x，y)，则P为(－2－x,4－y)，代入2x－y＋3＝0得2x－y＋5＝0.即Q点的轨迹方程为2x－y＋5＝0.‎ ‎2.已知A(0,7)，B(0，－7)，C(12,2)，以C为一个焦点作过A，B的椭圆，椭圆的另一个焦点F的轨迹方程是(　　)‎ A．y2－＝1(y≤－1) B．y2－＝1‎ C．y2－＝－1 D．x2－＝1‎ 解析：选A　由题意，得|AC|＝13，|BC|＝15，|AB|＝14，又|AF|＋|AC|＝|BF|＋|BC|，∴|AF|－|BF|＝|BC|－|AC|＝2.故点F的轨迹是以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线的下支．∵c＝7，a＝1，∴b2＝48，∴点F的轨迹方程为y2－＝1(y≤－1)．‎ ‎3.在平面直角坐标系xOy中，若定点A(1,2)与动点P(x，y)满足向量在向量上的投影为－，则点P的轨迹方程是________________．‎ 解析：由＝－，知x＋2y＝－5，即点P的轨迹方程为x＋2y＋5＝0.‎ 答案：x＋2y＋5＝0‎ ‎4.设过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，且AB的中点为M，求点M的轨迹方程．‎ 解：由题意知F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，‎ 则y1＋y2＝2y ①，y＝4x1②，y＝4x2③，‎ ‎②③式相减并将①式代入，得(y1－y2)y＝2(x1－x2)．‎ 当x1≠x2时，y＝2，　④‎ 又A，B，M，F四点共线，‎ 所以＝，　⑤‎ 将⑤式代入④式，得y2＝2(x－1)；‎ 当x1＝x2时，M(1,0)也满足这个方程，‎ 即y2＝2(x－1)是所求的轨迹方程．‎ ‎ [全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2016·全国乙卷)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.‎ ‎(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；‎ ‎(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．‎ 解：(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，‎ 所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，‎ 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.‎ 又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.‎ 由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，‎ 由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．‎ ‎(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 所以|MN|＝|x1－x2|＝.‎ 过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，点A到直线m的距离为，‎ 所以|PQ|＝2＝4.‎ 故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝12.‎ 可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．‎ 当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，‎ 故四边形MPNQ的面积为12.‎ 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8)．‎ ‎2．(2016·全国丙卷)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．‎ ‎(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；‎ ‎(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．‎ 解：由题意知F，‎ 设直线l1的方程为y＝a，直线l2的方程为y＝b，‎ 则ab≠0，且A，B，P，‎ Q，R.‎ 记过A，B两点的直线为l，‎ 则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.‎ ‎(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.‎ 记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则 k1＝＝＝＝＝－b＝＝k2.‎ 所以AR∥FQ.‎ ‎(2)设l与x轴的交点为D(x1,0)，则S△ABF＝|a－b|·|FD|＝|a－b|，S△PQF＝.‎ 由题意可得|a－b|＝，‎ 所以x1＝1或x1＝0(舍去)．‎ 设满足条件的AB的中点为E(x，y)．‎ 当AB与x轴不垂直时，‎ 由kAB＝kDE可得＝(x≠1)．‎ 而＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．‎ 当AB与x轴垂直时，E与D重合，此时E点坐标为(1,0)，‎ 满足方程y2＝x－1.‎ 所以所求的轨迹方程为y2＝x－1.‎ ‎3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. ‎ 解：由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.‎ 设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.‎ ‎(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，‎ 所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.‎ 由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)．‎ ‎(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.‎ 若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝2.‎ 若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则＝，可求得Q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)，由l与圆M相切得＝1，解得k＝±.当k＝‎ eq f( (2),4)时，y＝x＋代入＋＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝.‎ 所以|AB|＝|x2－x1|＝.‎ 当k＝－时，由图形的对称性可知|AB|＝.‎ 综上，|AB|＝2或|AB|＝.‎ ‎[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．已知点O(0,0)，A(1，－2)，动点P满足|PA|＝3|PO|，则P点的轨迹方程是(　　)‎ A．8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0‎ B．8x2＋8y2－2x－4y－5＝0‎ C．8x2＋8y2＋2x＋4y－5＝0‎ D．8x2＋8y2－2x＋4y－5＝0‎ 解析：选A　设P点的坐标为(x，y)，‎ 则＝3，‎ 整理得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.‎ ‎2．方程(x2＋y2－2x)＝0表示的曲线是(　　)‎ A．一个圆和一条直线 B．一个圆和一条射线 C．一个圆 D．一条直线 解析：选D　依题意，题中的方程等价于①x＋y－3＝0或②注意到圆x2＋y2－2x＝0上的点均位于直线x＋y－3＝0的左下方区域，即圆x2＋y2－2x＝0上的点均不满足x＋y－3≥0，②不表示任何图形，因此题中的方程表示的曲线是直线x＋y－3＝0.‎ ‎3．设圆(x＋1)2＋y2＝25的圆心为C，A(1,0)是圆内一定点，Q为圆周上任一点．线段AQ的垂直平分线与CQ的连线交于点M，则M的轨迹方程为(　　)‎ A.－＝1 B.＋＝1‎ C.－＝1 D.＋＝1‎ 解析：选D　如图，∵M为AQ的垂直平分线上一点，则|AM|＝|MQ|，∴|MC|＋|MA|＝|MC|＋|MQ|＝|CQ|＝5，故M的轨迹是以定点C，A为焦点的椭圆．∴a＝，c＝1，则b2＝a2－c2＝，∴M的轨迹方程为＋＝1.‎ ‎4．平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1，3)，若点C满足 ‎＝λ1＋λ2 (O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是(　　)‎ A．直线 B．椭圆 C．圆 D．双曲线 解析：选A　设C(x，y)，因为＝λ1＋λ2，‎ 所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，‎ 即解得 又λ1＋λ2＝1，所以＋＝1，即x＋2y＝5，所以点C的轨迹是直线，故选A.‎ ‎5．已知F是抛物线y＝x2的焦点，P是该抛物线上的动点，则线段PF中点的轨迹方程是________．‎ 解析：因为抛物线x2＝4y的焦点F(0,1)，设线段PF的中点坐标是(x，y)，则P(2x,2y－1)在抛物线x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化简得x2＝2y－1.‎ 答案：x2＝2y－1‎ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，M为椭圆上一动点，F1为椭圆的左焦点，则线段MF1的中点P的轨迹是(　　)‎ A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 解析：选B　设椭圆的右焦点是F2，由椭圆定义可得|MF1|＋|MF2|＝‎2a＞‎2c，所以|PF1|＋|PO|＝(|MF1|＋|MF2|)＝a＞c，所以点P的轨迹是以F1和O为焦点的椭圆．‎ ‎2．已知A(－1,0)，B(1,0)两点，过动点M作x轴的垂线，垂足为N，若2＝λ·，当λ＜0时，动点M的轨迹为(　　)‎ A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 解析：选C　设M(x，y)，则N(x,0)，所以2＝y2，λ·＝λ(x＋1,0)·(1－x,0)＝λ(1－x2)，所以y2＝λ(1－x2)，即λx2＋y2＝λ，变形为x2＋＝1.又因为λ＜0，所以动点M的轨迹为双曲线．‎ ‎3．已知正方形的四个顶点分别为O(0,0)，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，点D，E分别在线段OC，AB上运动，且OD＝BE，设AD与OE交于点G，则点G的轨迹方程是(　　)‎ A．y＝x(1－x)(0≤x≤1)‎ B．x＝y(1－y)(0≤y≤1)‎ C．y＝x2(0≤x≤1)‎ D．y＝1－x2(0≤x≤1)‎ 解析：选A　设D(0，λ)，E(1,1－λ)，0≤λ≤1，所以线段AD的方程为x＋＝1(0≤x≤1)，线段OE的方程为y＝(1－λ)x(0≤x≤1)，联立方程组(λ为参数)，消去参数λ得点G的轨迹方程为y＝x(1－x)(0≤x≤1)．‎ ‎4．(2017·洛阳模拟)设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点．若＝2，且·＝1，则点P的轨迹方程是(　　)‎ A.x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)‎ B.x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)‎ C．3x2－y2＝1(x＞0，y＞0)‎ D．3x2＋y2＝1(x＞0，y＞0)‎ 解析：选A　设A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由＝2，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝x＞0，b＝3y＞0.点Q(－x，y)，故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.将a＝x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的轨迹方程为x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．‎ ‎5．已知F1，F2分别为椭圆C：＋＝1的左，右焦点，点P为椭圆C上的动点，则△PF‎1F2的重心G的轨迹方程为(　　)‎ A.＋＝1(y≠0) B.＋y2＝1(y≠0)‎ C.＋3y2＝1(y≠0) D．x2＋＝1(y≠0)‎ 解析：选C　依题意知F1(－1,0)，F2(1,0)，设P(x0，y0)，G(x，y)，则由三角形重心坐标关系可得即代入＋＝1得重心G的轨迹方程为＋3y2＝1(y≠0)．‎ ‎6.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A(1，0)，B(1,1)，C(0,1)，映射f将xOy平面上的点P(x，y)对应到另一个平面直角坐标系uO′v上的点P′(2xy，x2－y2)，则当点P沿着折线ABC运动时，在映射f的作用下，动点P′的轨迹是(　　)‎ 解析：选D　当P沿AB运动时，x＝1，设P′(x′，y′)，则(0≤y≤1)，故y′＝1－(0≤x′≤2,0≤y′≤1)．当P沿BC运动时，y＝1，则(0≤x≤1)，所以y′＝－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的轨迹如D所示，故选D.‎ 二、填空题 ‎7．已知M(－2,0)，N(2,0)，则以MN为斜边的直角三角形的直角顶点P的轨迹方程是________________．‎ 解析：设P(x，y)，∵△MPN为直角三角形，∴|MP|2＋|NP|2＝|MN|2，∴(x＋2)2＋y2＋(x－2)2＋y2＝16，整理得，x2＋y2＝4.∵M，N，P不共线，∴x≠±2，∴顶点P的轨迹方程为x2＋y2＝4(x≠±2)．‎ 答案：x2＋y2＝4(x≠±2)‎ ‎8．已知定点A(4,0)和圆x2＋y2＝4上的动点B，动点P(x，y)满足＋＝2，则点P的轨迹方程为____________．‎ 解析：设B(x0，y0)，由＋＝2，得即代入圆方程得(2x－4)2＋4y2＝4，即(x－2)2＋y2＝1.‎ 答案：(x－2)2＋y2＝1‎ ‎9．设F1，F2为椭圆＋＝1的左、右焦点，A为椭圆上任意一点，过焦点F1向∠F1AF2的外角平分线作垂线，垂足为D，则点D的轨迹方程是________________．‎ 解析：由题意，延长F1D，F‎2A并交于点B，易证Rt△ABD≌Rt△AF1D，则|F1D|＝|BD|，|F‎1A|＝|AB|，又O为F‎1F2的中点，连接OD，则OD∥F2B，从而可知|DO|＝|F2B|＝(|AF1|＋|AF2|)＝2，设点D的坐标为(x，y)，则x2＋y2＝4.‎ 答案：x2＋y2＝4‎ ‎10．△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，|AD|＝|AE|＝8，|BF|＝|BE|＝2，|CD|＝|CF|，所以|CA|－|CB|＝8－2＝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，故方程为－＝1(x＞3)．‎ 答案：－＝1(x＞3)‎ 三、解答题 ‎11．已知长为1＋的线段AB的两个端点A，B分别在x轴、y轴上滑动，P是AB上一点，且＝，求点P的轨迹C的方程．‎ 解：设A(x0,0)，B(0，y0)，P(x，y)，则＝(x－x0，y)，＝(－x，y0－y)，因为＝，‎ 所以x－x0＝－x，y＝(y0－y)，‎ 得x0＝x，y0＝(1＋)y.‎ 因为|AB|＝1＋，即x＋y＝(1＋)2，‎ 所以2＋[(1＋)y]2＝(1＋)2，化简得＋y2＝1.‎ 所以点P的轨迹方程为＋y2＝1.‎ ‎12．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为(，0)，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动点P(x0，y0)为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．‎ 解：(1)依题意得，c＝，e＝＝，‎ 因此a＝3，b2＝a2－c2＝4，‎ 故椭圆C的标准方程是＋＝1.‎ ‎(2)若两切线的斜率均存在，设过点P(x0，y0)的切线方程是y＝k(x－x0)＋y0，‎ 则由 得＋＝1，‎ 即(9k2＋4)x2＋18k(y0－kx0)x＋9[(y0－kx0)2－4]＝0，Δ＝[18k(y0－kx0)]2－36(9k2＋4)[(y0－kx0)2－4]＝0，整理得(x－9)k2－2x0y0k＋y－4＝0.‎ 又所引的两条切线相互垂直，设两切线的斜率分别为k1，k2，于是有k1k2＝－1，即 ‎＝－1，‎ 即x＋y＝13(x0≠±3)．‎ 若两切线中有一条斜率不存在，‎ 则易得或或或 经检验知均满足x＋y＝13.‎ 因此，动点P(x0，y0)的轨迹方程是x2＋y2＝13.‎ 第八节 直线与圆锥曲线 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.直线与圆锥曲线的位置关系；2.圆锥曲线中弦的问题.‎ 突破点(一)　直线与圆锥曲线的位置关系 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．‎ 即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.‎ ‎(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的根的判别式为Δ，则 ‎(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴平行或重合．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 直线与圆锥曲线位置关系的判定 ‎[例1]　(1)直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)‎ A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 ‎(2)直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是(　　)‎ A．1 B．‎2 C．1或2 D．0‎ ‎[解析]　(1)直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．‎ ‎(2)因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点．‎ ‎[答案]　(1)A　(2)A 由直线与圆锥曲线的位置关系求参数 ‎[例2]　若直线l：y＝(a＋1)x－1与曲线C：y2＝ax恰好有一个公共点，试求实数a的取值集合．‎ ‎[解]　因为直线l与曲线C恰好有一个公共点，‎ 所以方程组有唯一一组实数解，‎ 消去y，得[(a＋1)x－1]2＝ax，‎ 整理得(a＋1)2x2－(‎3a＋2)x＋1＝0　①.‎ ‎(1)当a＋1＝0，即a＝－1时，方程①是关于x的一元一次方程，解得x＝－1，这时，原方程组有唯一解 ‎(2)当a＋1≠0，即a≠－1时，方程①是关于x的一元二次方程，判别式Δ＝(‎3a＋2)2－4(a＋1)2＝a(‎5a＋4)，‎ 令Δ＝0，解得a＝0或a＝－.‎ 当a＝0时，原方程组有唯一解 当a＝－时，原方程组有唯一解 综上，实数a的取值集合是.‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)‎ A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析：选C　结合图形分析可知(图略)，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线y＝1，以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线y＝x＋1.‎ ‎2.若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　　)‎ A．至多一个 B．‎2 C．1 D．0‎ 解析：选B　∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴圆心到直线的距离d＝ ＞2，∴m2＋n2＜4.‎ ‎∴＋＜＋＝1－m2＜1，‎ ‎∴点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，‎ ‎∴过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个．‎ ‎3.若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　由得(1－k2)x2－4kx－10＝0.设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则 解得－＜k＜－1.即k的取值范围是.‎ ‎4.已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：‎ ‎(1)有两个不重合的公共点；‎ ‎(2)有且只有一个公共点；‎ ‎(3)没有公共点．‎ 解：将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组 将①代入②，整理得9x2＋8mx＋‎2m2‎－4＝0.③‎ 方程③根的判别式Δ＝(‎8m)2－4×9×(‎2m2‎－4)＝－‎8m2‎＋144.‎ ‎(1)当Δ>0，即－33时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．‎ 突破点(二)　圆锥曲线中弦的问题 基础联通 抓主干知识的“源”与“流” ‎ 圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝·＝ ·|y1－y2|‎ ‎＝ ·.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 弦长问题 求解弦长的四种方法 ‎(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．‎ ‎(2)联立直线与圆锥曲线方程，解方程组求出两个交点坐标，代入两点间的距离公式求解．‎ ‎(3)联立直线与圆锥曲线方程，消元得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系得到(x1－x2)2，(y1－y2)2，代入两点间的距离公式．‎ ‎(4)当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长．‎ ‎[例1]　如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB斜率为0时，AB＝4.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若|AB|＋|CD|＝，求直线AB的方程．‎ ‎[解]　(1)由题意知e＝＝，‎2a＝4.‎ 又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB|＋|CD|＝7，不满足条件．‎ ‎②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则直线CD的方程为y＝－(x－1)．‎ 将直线AB方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1·x2＝，‎ 所以|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝·＝.‎ 同理，|CD|＝＝.‎ 所以|AB|＋|CD|＝＋ ‎＝＝，解得k＝±1，‎ 所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.‎ ‎[易错提醒]‎ ‎(1)利用弦长公式求弦长要注意斜率k不存在的情形，若k不存在，可直接求交点坐标再求弦长．‎ ‎(2)涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用．‎ 中点弦问题 处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如下：‎ 考法(一)　由中点弦确定直线或曲线方程 ‎[例2]　(1)(2017·福州质检)抛物线C的顶点为原点，焦点在x轴上，直线x－y＝0与抛物线C交于A，B两点，若P(1,1)为线段AB的中点，则抛物线C的方程为(　　)‎ A．y＝2x2　　　　　　 B．y2＝2x C．x2＝2y D．y2＝－2x ‎(2)(2017·江西九校联考)已知P(1,1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一条弦交椭圆于A，B两点，且此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________．‎ ‎[解析]　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程为y2＝2px，则两式相减可得2p＝×(y1＋y2)＝kAB×2＝2，即可得p＝1，所以抛物线C的方程为y2＝2x.‎ ‎(2)法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由消去y得，‎ ‎(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝.‎ 又∵x1＋x2＝2，‎ ‎∴＝2，‎ 解得k＝－.‎ 故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，‎ 即x＋2y－3＝0.‎ 法二：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则＋＝1，①‎ ＋＝1，②‎ ‎①－②得＋＝0，‎ ‎∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，‎ ‎∴＋y1－y2＝0，∴k＝＝－.‎ ‎∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，‎ 即x＋2y－3＝0.‎ ‎[答案]　(1)B　(2)x＋2y－3＝0‎ 考法(二)　对称问题 ‎[例3]　已知抛物线y＝x2上存在两个不同的点M，N关于直线l：y＝－kx＋对称，求k的取值范围．‎ ‎[解]　法一：由题意知k≠0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)是曲线上关于直线l对称的两点，则MN的方程可设为y＝x＋b(b>0)，代入y＝x2，得x2－x－b＝0，‎ 所以Δ＝＋4b>0，①‎ x1＋x2＝.‎ 设MN中点的坐标为(x0，y0)，则x0＝，y0＝＋b，‎ 因为(x0，y0)在直线l：y＝－kx＋上，‎ 所以＋b＝－k·＋，所以b＝4－.②‎ 将②代入①，得＋16－>0.‎ 所以<16，即k2>，所以k>或k<－.‎ 故k的取值范围为∪.‎ 法二：设M(x1，x)，N(x2，x)关于直线l对称，‎ 因为MN⊥l，所以＝，即x1＋x2＝.‎ 又MN的中点在l上，‎ 所以＝－k·＋＝－k·＋＝4，‎ 因为MN的中点必在抛物线内，‎ 所以>2，即4>2，‎ 所以k2>，即k>或k<－.‎ 故k的取值范围为∪.‎ ‎[方法技巧]‎ 解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：如果点A，B关于直线l对称，则l垂直于直线AB且A，B的中点在直线l上的应用．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.(2017·运城模拟)已知抛物线x2＝ay与直线y＝2x－2相交于M，N两点，若MN中点的横坐标为3，则此抛物线方程为(　　)‎ A．x2＝y　　　　　　　 B．x2＝6y C．x2＝－3y D．x2＝3y 解析：选D　设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y，得x2－2ax＋‎2a＝0，所以＝＝3，即a＝3，‎ 因此所求的抛物线方程是x2＝3y.‎ ‎2.已知椭圆：＋x2＝1，过点P，的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为(　　)‎ A．9x－y－4＝0 B．9x＋y－5＝0‎ C．2x＋y－2＝0 D．x＋y－5＝0‎ 解析：选B　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为A，B在椭圆＋x2＝1上，所以两式相减得＋x－x＝0，即＋(x1－x2)(x1＋x2)＝0，又弦AB被点P平分，所以x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，将其代入上式得＋x1－x2＝0，即＝－9，即直线AB的斜率为－9，所以直线AB的方程为y－＝－9，即9x＋y－5＝0.‎ ‎3.设抛物线C：y2＝2px(p>0)，A为抛物线上一点(A不同于原点O)，过焦点F作直线平行于OA，交抛物线于P，Q两点．若过焦点F且垂直于x轴的直线交直线OA于B ‎，则|FP|·|FQ|－|OA|·|OB|＝________.‎ 解析：设OA所在的直线的斜率为k，则由得到A，易知B，P，Q的坐标由方程组得到，消去x得，－y－＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得，y1y2＝－p2，根据弦长公式，|FP|·|FQ|＝ ·|y1|· ·|y2|＝|y1y2|＝p2，而|OA|·|OB|＝ ·＝1＋p2，所以|FP|·|FQ|－|OA|·|OB|＝0.‎ 答案：0‎ ‎4.椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点，离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)当△F2AB的面积为时，求直线的方程．‎ 解：(1)因为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点，‎ 所以＋＝1.①‎ 又因为离心率为，所以＝，‎ 所以＝.②‎ 解①②得a2＝4，b2＝3.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线的倾斜角为时，A，B，‎ S△ABF2＝|AB|·|F‎1F2|＝×3×2＝3≠.‎ 当直线的倾斜角不为时，设直线方程为y＝k(x＋1)，‎ 代入＋＝1得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 所以S△ABF2＝|y1－y2|·|F‎1F2|‎ ‎＝|k| ‎＝|k| ‎＝＝，‎ 所以17k4＋k2－18＝0，‎ 解得k2＝1，所以k＝±1，‎ 所以所求直线的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.‎ ‎5.已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．求实数m的取值范围．‎ 解：由题意知m≠0，‎ 可设直线AB的方程为y＝－x＋b.‎ 由消去y，得x2－x＋b2－1＝0.‎ 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0.①‎ 将线段AB中点代入直线方程y＝mx＋解得b＝－.②‎ 由①②得m＜－或m＞.故m的取值范围为∪.‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2013·新课标全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点．若|AF|＝3|BF|，则l的方程为(　　)‎ A．y＝x－1或y＝－x＋1‎ B．y＝(x－1)或y＝－(x－1)‎ C．y＝(x－1)或y＝－(x－1)‎ D．y＝(x－1)或y＝－(x－1)‎ 解析：选C　法一：如图所示，作出抛物线的准线l1及点A，B到准线的垂线段AA1，BB1，并设直线l交准线于点M.设|BF|＝m，由抛物线的定义可知|BB1|＝m，|AA1|＝|AF|＝‎3m.由BB1∥AA1可知＝，即＝，所以|MB|＝‎2m，则|MA|＝‎6m.故∠AMA1＝30°，得∠AFx＝∠MAA1＝60°，由抛物线的对称性可知∠AFx＝120°时也符合题意．结合选项知选C项．‎ 法二：由|AF|＝3|BF|可知＝3，易知F(1,0)，设B(x0，y0)，则从而可解得A的坐标为(4－3x0，－3y0)．因为点A，B都在抛物线上，所以解得x0＝，y0＝±，所以kl＝＝±.故直线l的方程为y＝(x－1)或y＝－(x－1)．‎ ‎2．(2016·全国甲卷)已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.‎ ‎(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；‎ ‎(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．‎ 解：设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.‎ ‎(1)当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．‎ 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.‎ 因此直线AM的方程为y＝x＋2.‎ 将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.‎ 解得y＝0或y＝，所以y1＝.‎ 因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.‎ ‎(2)由题意t>3，k>0，A(－，0)．‎ 将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.‎ 由x1·(－)＝，得x1＝，‎ 故|AM|＝|x1＋|＝.‎ 由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋)，‎ 故同理可得|AN|＝.‎ 由2|AM|＝|AN|，得＝，‎ 即(k3－2)t＝3k(2k－1)．‎ 当k＝时上式不成立，因此t＝.‎ t>3等价于＝<0，‎ 即<0.‎ 因此得或解得0，解得k<－或k>，即k的取值范围为∪.故选B.‎ ‎3．过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线(　　)‎ A．有且只有一条　 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有且只有四条 解析：选B　∵通径2p＝2，|AB|＝x1＋x2＋p，∴|AB|＝3>2p，故这样的直线有且只有两条．‎ ‎4．斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为(　　)‎ A．2 B. C. D. 解析：选C　设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0.则x1＋x2＝－t，x1x2＝.∴|AB|＝|x1－x2|＝·＝· ＝·，故当t＝0时，|AB|max＝.‎ ‎5．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，F(，0)为其右焦点，过F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C的方程为________．‎ 解析：由题意得解得故椭圆C的方程为＋＝1. ‎ 答案：＋＝1‎ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、选择题 ‎1．椭圆ax2＋by2＝1与直线y＝1－x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为，则＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点M(x0，y0)，结合题意，由点差法得，＝－·＝－·＝－·＝－1，所以＝.‎ ‎2．经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则·等于(　　)‎ A．－3 B．－ C．－或－3 D．± 解析：选B　依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，，∴·＝－，同理，直线 l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.‎ ‎3．已知抛物线y2＝2px的焦点F与椭圆16x2＋25y2＝400的左焦点重合，抛物线的准线与x轴的交点为K，点A在抛物线上且|AK|＝|AF|，则点A的横坐标为(　　)‎ A．2 B．－‎2 C．3 D．－3‎ 解析：选D　16x2＋25y2＝400可化为＋＝1，‎ 则椭圆的左焦点为F(－3,0)，‎ 又抛物线y2＝2px的焦点为，准线为x＝－，‎ 所以＝－3，即p＝－6，即y2＝－12x，K(3,0)．‎ 设A(x，y)，则由|AK|＝|AF|得 ‎(x－3)2＋y2＝2[(x＋3)2＋y2]，即x2＋18x＋9＋y2＝0，‎ 又y2＝－12x，所以x2＋6x＋9＝0，解得x＝－3.‎ ‎4．已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为(　　)‎ A．x＝1 B．x＝－1‎ C．x＝2 D．x＝－2‎ 解析：选B　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵两点在抛物线上，‎ ‎∴ ‎①－②得(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，‎ 又线段AB的中点的纵坐标为2，∴y1＋y2＝4，‎ 又直线的斜率为1，∴＝1，∴2p＝4，p＝2，‎ ‎∴抛物线的准线方程为x＝－＝－1.‎ ‎5．抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，AK⊥l，垂足为K，则△AKF的面积是(　　)‎ A．4 B．3 ‎ C．4 D．8‎ 解析：选C　∵y2＝4x，∴F(1,0)，准线l：x＝－1，过焦点F且斜率为的直线l1：y＝(x－1)，与y2＝4x联立，解得A(3,2)，∴AK＝4，∴S△AKF＝×4×2＝4.‎ ‎6．若椭圆＋＝1的焦点在x轴上，过点作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆的方程是(　　)‎ A.＋＝1 B.＋＝1‎ C.＋＝1 D.＋＝1‎ 解析：选C　由题可设斜率存在的切线的方程为y－＝k(x－1)(k为切线的斜率)，即2kx－2y－2k＋1＝0，由＝1，解得k＝－，所以圆x2＋y2＝1的一条切线的方程为3x＋4y－5＝0，可求得切点的坐标为，易知另一切点的坐标为(1,0)，则直线AB的方程为y＝－2x＋2，令y＝0得右焦点为(1,0)，令x＝0得上顶点为(0,2)，故a2＝b2＋c2＝5，所以所求椭圆的方程为＋＝1.‎ 二、填空题 ‎7．设双曲线－＝1的右顶点为A，右焦点为F.过点F 平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点B，则△AFB的面积为________．‎ 解析：c＝5，设过点F平行于一条渐近线的直线方程为y＝(x－5)，即4x－3y－20＝0，联立直线与双曲线方程，求得yB＝－，则S＝×(5－3)×＝.‎ 答案： ‎8．在平面直角坐标系xOy中，过y轴正方向上一点C(0，c)任作一条直线，与抛物线y＝x2相交于A，B两点，若·＝2，则c的值为________．‎ 解析：设过点C的直线为y＝kx＋c(c>0)，代入y＝x2得x2＝kx＋c，即x2－kx－c＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝k，x1x2＝－c，＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，因为·＝2，所以x1x2＋y1y2＝2，即x1x2＋(kx1＋c)(kx2＋c)＝2，即x1x2＋k2x1x2＋kc(x1＋x2)＋c2＝2，所以－c－k‎2c＋kc·k＋c2＝2，即c2－c－2＝0，所以c＝2或c＝－1(舍去)．‎ 答案：2‎ ‎9．中心为原点，一个焦点为F(0,5)的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为，则该椭圆方程为________．‎ 解析：由已知得c＝5，设椭圆的方程为＋＝1，联立得消去y得(‎10a2－450)x2－12(a2－50)x＋4(a2－50)－a2(a2－50)＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由根与系数关系得x1＋x2＝，由题意知x1＋x2＝1，即＝1，解得a2＝75，所以该椭圆方程为＋＝1.‎ 答案：＋＝1‎ ‎10．已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若·＝0，则k＝________.‎ 解析：如图所示，设F为焦点，易知F(2，0)，取AB的中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，则|MP|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AG|＋|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MP∥AG∥BH，由|MP|＝|AP|，得∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM为公共边，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，则MF⊥AB，所以k＝－＝2.‎ 答案：2‎ 三、解答题 ‎11．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－2，0)，F2(2,0)，离心率为.过点F2的直线l(斜率不为0)与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，O为坐标原点，直线OD交椭圆于M，N两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程．‎ 解：(1)由题意可知 解得a＝，b＝.‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题意可知直线l的斜率存在．设其方程为y＝k(x－2)，‎ 点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(－x3，－y3)，‎ 由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，‎ 所以x1＋x2＝，‎ 则y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝，‎ 所以AB的中点D的坐标为，‎ 因此直线OD的方程为x＋3ky＝0(k≠0)．‎ 由 解得y＝，x3＝－3ky3.‎ 因为四边形MF1NF2为矩形，‎ 所以F‎2M―→·F2N―→＝0，‎ 即(x3－2，y3)·(－x3－2，－y3)＝0，‎ 所以4－x－y＝0.所以4－＝0.‎ 解得k＝±.故直线l的方程为x－3y－2＝0或x＋3y－2＝0.‎ ‎12．(2016·大连双基测试)已知过点(2,0)的直线l1交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于A，B两点，直线l2：x＝－2交x轴于点Q.‎ ‎(1)设直线QA，QB的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的值；‎ ‎(2)点P为抛物线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB交直线l2于M，N两点，‎ ‎·＝2，求抛物线C的方程．‎ 解：(1)设直线l1的方程为x＝my＋2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 联立方程得y2－2pmy－4p＝0，‎ 则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－4p.‎ k1＋k2＝＋ ‎＝＋ ‎＝ ‎＝ ‎＝0.‎ ‎(2)设点P(x0，y0)，直线PA：y－y1＝(x－x1)，‎ 当x＝－2时，yM＝，‎ 同理yN＝.‎ 因为·＝2，‎ 所以4＋yNyM＝2，‎ 即· ‎＝ ‎＝ ‎＝＝－2，‎ 故p＝，所以抛物线C的方程为y2＝x. ‎ 第九节 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 本节主要包括3个知识点： ‎1.圆锥曲线中的最值问题；‎ ‎2.圆锥曲线中的范围问题；‎ ‎3.圆锥曲线中的几何证明问题.‎ 突破点(一)　圆锥曲线中的最值问题 圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 利用几何性质求最值 ‎[例1]　设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为(　　)‎ A．9,12 B．8,11‎ C．8,12 D．10,12‎ ‎[解析]　如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝‎2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8,12.‎ ‎[答案]　C ‎[方法技巧]‎ 利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解，也叫做几何法．　‎ 建立目标函数求最值 ‎[例2]　已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，＝3.‎ ‎(1)若|PF|＝3，求点M的坐标；‎ ‎(2)求△ABP面积的最大值．‎ ‎[解]　(1)由题意知焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1.‎ 设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得y0＝2，‎ 所以P(2，2)或P(－2，2)，‎ 由＝3，得M或M.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，‎ 由得x2－4kx－‎4m＝0.‎ 于是Δ＝16k2＋‎16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－‎4m，‎ 所以AB中点M的坐标为(2k,2k2＋m)．‎ 由＝3，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)，‎ 所以 由x＝4y0得k2＝－m＋，‎ 由Δ>0，k2≥0，得－f＝.‎ 所以当m＝时，f(m)取到最大值，此时k＝±.‎ 所以△ABP面积的最大值为.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(1)当题目中给出的条件有明显的几何特征，考虑用图象性质来求解．‎ ‎(2)当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、单调性法、三角换元法等．　‎ 利用基本不等式求最值 ‎[例3]　(2017·太原模拟)已知椭圆M：＋＝1(a>0)的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．‎ ‎(1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；‎ ‎(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．‎ ‎[解]　(1)由题意，c＝1，b2＝3，‎ 所以a2＝4，所以椭圆M的方程为＋＝1，‎ 易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得 消去y，得7x2＋8x－8＝0，‎ 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，Δ＝288，x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 所以|CD|＝|x1－x2|＝ ＝.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，‎ 此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；‎ 当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，‎ 联立方程，得 消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，‎ Δ>0，且x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝，‎ 因为k≠0，上式＝≤＝＝当且仅当k＝±时等号成立，‎ 所以|S1－S2|的最大值为.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(1)求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨论．如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等．‎ ‎(2)利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎ ‎ ‎1.如图所示，已知直线l：y＝kx－2与抛物线C：x2＝－2py(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，＋＝(－4，－12)．‎ ‎(1)求直线l和抛物线C的方程；‎ ‎(2)抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值．‎ 解：(1)由得x2＋2pkx－4p＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2pk，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4.‎ 因为＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)＝(－4，－12)，所以解得 所以直线l的方程为y＝2x－2，抛物线C的方程为x2＝－2y.‎ ‎(2)设P(x0，y0)，依题意，知抛物线过点P的切线与l平行时，△ABP的面积最大，又y′＝－x，所以－x0＝2，故x0＝－2，y0＝－x＝－2，所以P(－2，－2)．‎ 此时点P到直线l的距离d＝＝＝.‎ 由得x2＋4x－4＝0，故x1＋x2＝－4，x1x2＝－4，‎ 所以|AB|＝×＝×＝4.‎ 所以△ABP面积的最大值为＝8.‎ ‎2.平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点．过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.‎ ‎①求的值；‎ ‎②求△ABQ面积的最大值．‎ 解：(1)由题意知‎2a＝4，则a＝2.‎ 又＝，a2－c2＝b2，可得b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎①设P(x0，y0)，＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)．‎ 因为＋y＝1，‎ 又＋＝1，即＝1，‎ 所以λ＝2，即＝2.‎ ‎②设A(x1，y1)，B(x2, y2)．‎ 将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，‎ 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－16＝0，‎ 由Δ>0，可得m2<4＋16k2.(*)‎ 则有x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 所以|x1－x2|＝.‎ 因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，‎ 所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝2 设＝t.‎ 将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，‎ 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－4＝0，‎ 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.(**)‎ 由(*)(**)可知0|FM|，‎ ‎∴点N的轨迹E为椭圆，且‎2a＝4，c＝，∴b＝1，‎ ‎∴轨迹E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①当AB为长轴(或短轴)时，S△ABC＝|OC|·|AB|＝2.‎ ‎②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝kx，A(xA，yA)，由题意，C在线段AB的中垂线上，则OC的方程为y＝－x.‎ 联立方程得，x＝，y＝，‎ ‎∴|OA|2＝x＋y＝.‎ 将上式中的k替换为－，可得|OC|2＝.‎ ‎∴S△ABC＝2S△AOC＝|OA|·|OC|＝·＝.‎ ‎∵≤＝，‎ ‎∴S△ABC≥，当且仅当1＋4k2＝k2＋4，即k＝±1时等号成立，此时△ABC面积的最小值是.∵2>，‎ ‎∴△ABC面积的最小值是，此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ 突破点(二)　圆锥曲线中的范围问题 圆锥曲线中的范围问题是高考中的热点问题，常涉及不等式的恒成立问题、函数的值域问题，综合性比较强.解决此类问题常用几何法和判别式法.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 利用判别式构造不等关系求范围 ‎[例1]　已知A，B，C是椭圆M：＋＝1(a>b>0)上的三点，其中点A的坐标为(2，0)，BC过椭圆的中心，且·＝0，||＝2||.‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)过点(0，t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P，Q，设D为椭圆M与y轴负半轴的交点，且||＝||，求实数t的取值范围．‎ ‎[解]　(1)因为||＝2||且BC过(0,0)，则|OC|＝|AC|.‎ 因为·＝0，所以∠OCA＝90°，‎ 即C(，)．‎ 又因为a＝2，设椭圆的方程为＋＝1，‎ 将C点坐标代入得＋＝1，‎ 解得c2＝8，b2＝4.‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由条件D(0，－2)，当k＝0时，显然－20可得t2<4＋12k2，①‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ中点H(x0，y0)，‎ 则x0＝＝，‎ y0＝kx0＋t＝，‎ 所以H，‎ 由||＝||，‎ 所以DH⊥PQ，即kDH＝－，‎ 所以＝－，‎ 化简得t＝1＋3k2，②‎ 所以t>1，将②代入①得，1b>0)的离心率为，过点M(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，|MA|＝λ|MB|，且当直线l垂直于x轴时，|AB|＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若λ∈，求弦长|AB|的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由已知e＝，得＝，‎ 又当直线垂直于x轴时，|AB|＝，‎ 所以椭圆过点，‎ 代入椭圆方程得＋＝1，‎ ‎∵a2＝b2＋c2，联立方程可得a2＝2，b2＝1，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当过点M的直线斜率为0时，点A，B分别为椭圆长轴的端点，‎ λ＝＝＝3＋2>2或λ＝＝＝3－2<，不符合题意．‎ ‎∴直线的斜率不能为0.‎ 设直线方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 将直线方程代入椭圆方程得：(m2＋2)y2＋2my－1＝0，‎ 由根与系数的关系可得， 将①式平方除以②式可得：＋＋2＝－，‎ 由已知|MA|＝λ|MB|可知，＝－λ，‎ ‎∴－λ－＋2＝－，‎ 又知λ∈，‎ ‎∴－λ－＋2∈，‎ ‎∴－≤－≤0，‎ 解得m2∈.‎ ‎|AB|2＝(1＋m2)|y1－y2|2＝(1＋m2)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝82＝82，‎ ‎∵m2∈，‎ ‎∴∈，‎ ‎∴|AB|∈.‎ ‎[方法技巧]‎ 利用函数性质解决圆锥曲线中求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的函数，通过求这个函数的值域确定目标的取值范围．在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算方便，在建立函数的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把多个变量化为单个变量即可，同时要特别注意变量的取值范围．‎ ‎　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.(2017·长春模拟)设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(b>0)的左、右焦点，若P是该椭圆上的一个动点，且·的最大值为1.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设直线l：x＝ky－1与椭圆E交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(O为坐标原点)，求k的取值范围．‎ 解：(1)易知a＝2，c＝，b2<4，‎ 所以F1(－，0)，F2(，0)，‎ 设P(x，y)，则·＝(－－x，－y)·(－x，－y)＝x2＋y2－4＋b2＝x2＋b2－－4＋b2＝x2＋2b2－4.‎ 因为x∈[－2,2]，故当x＝±2，‎ 即点P为椭圆长轴端点时，·有最大值1，‎ 即1＝×4＋2b2－4，解得b2＝1.‎ 故所求椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋4)y2－2ky－3＝0，Δ＝(－2k)2＋12(4＋k2)＝16k2＋48>0，‎ 故y1＋y2＝，y1·y2＝.‎ 又∠AOB为锐角，故·＝x1x2＋y1y2>0，‎ 又x1x2＝(ky1－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1，‎ 所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)y1y2－k(y1＋y2)＋1＝(1＋k2)·－＋1＝＝>0，所以k2<，解得－1，于是上式化简整理可得，‎ ‎·＝－9t＝－＝－.‎ 由t>1，得0<<1，所以－<·≤－.‎ 综合①②③可知，·的取值范围为.‎ 突破点(三)　圆锥曲线中的几何证明问题 圆锥曲线中的几何证明问题多出现在解答题中，难度较大，多涉及线段或角相等以及位置关系的证明等.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 圆锥曲线中的几何证明问题 ‎[典例]　(2017·唐山模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.‎ ‎[解]　(1)设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)．‎ ‎∵|MN|＝3，‎ ‎∴r2＝2＋22，解得r2＝.‎ ‎∴r＝，圆C的方程为(x－2)2＋2＝.‎ ‎(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋2＝，解得y＝1或y＝4，即点M(0,1)，N(0,4)．‎ ‎①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.‎ 联立方程 消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.‎ 设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ ‎∴kAN＋kBN＝＋＝＋＝.‎ 若kAN＋kBN＝0，则∠ANM＝∠BNM.‎ ‎∵2kx1x2－3(x1＋x2)＝＋＝0，‎ ‎∴∠ANM＝∠BNM.‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1．设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF‎1F2的周长是4＋2.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足⊥，∥，连接AC交DE于点P，求证：PD＝PE.‎ 解：(1)由e＝，知＝，所以c＝a，‎ 因为△MF‎1F2的周长是4＋2，‎ 所以‎2a＋‎2c＝4＋2，所以a＝2，c＝，‎ 所以b2＝a2－c2＝1，‎ 所以椭圆C1的方程为：＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，‎ 设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，‎ 因为⊥，‎ 所以可设C(2，y1)，‎ 所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，‎ 由∥可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝.‎ 所以直线AC的方程为：＝.‎ 整理得：y＝(x＋2)．‎ 又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝，即点P的坐标为，所以P为DE的中点，‎ 所以PD＝PE.‎ ‎2．(2017·福州模拟)已知点A(－4,0)，直线l：x＝－1与x轴交于点B，动点M到A，B两点的距离之比为2.‎ ‎(1)求点M的轨迹C的方程；‎ ‎(2)设C与x轴交于E，F两点，P是直线l上一点，且点P不在C上，直线PE，PF分别与C交于另一点S，T，证明：A，S，T三点共线．‎ 解：(1)设点M(x，y)，依题意，＝＝2，‎ 化简得x2＋y2＝4，即轨迹C的方程为x2＋y2＝4.‎ ‎(2)证明：由(1)知曲线C的方程为x2＋y2＝4，‎ 令y＝0得x＝±2，不妨设E(－2，0)，F(2,0)，如图所示．‎ 设P(－1，y0)，S(x1，y1)，T(x2，y2)，则直线PE的方程为y＝y0(x＋2)，‎ 由得(y＋1)x2＋4yx＋4y－4＝0，‎ 所以－2x1＝，即x1＝，y1＝.‎ 直线PF的方程为y＝－(x－2)，‎ 由得(y＋9)x2－4yx＋4y－36＝0，‎ 所以2x2＝，即x2＝，y2＝.‎ 所以kAS＝＝＝，‎ kAT＝＝＝，‎ 所以kAS＝kAT，所以A，S，T三点共线．‎ ‎ ‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．‎ ‎(1)求E的方程；‎ ‎(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．‎ 解：(1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝.‎ 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.‎ 故E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．‎ 将y＝kx－2代入＋y2＝1，‎ 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.‎ 当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，‎ x1,2＝.‎ 从而|PQ|＝|x1－x2|＝.‎ 又点O到直线PQ的距离d＝.‎ 所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.‎ 设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.‎ 因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.‎ 所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.‎ ‎2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1 (a>b>0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.‎ ‎(1)求M的方程；‎ ‎(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．‎ 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，‎ 则＋＝1，＋＝1，＝－1，‎ 由此可得＝－＝1.‎ 因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝，所以a2＝2b2.‎ 又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.‎ 因此a2＝6，b2＝3.所以M的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由解得或 因此|AB|＝.由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n，‎ 设C(x3，y3)，D(x4，y4)．‎ 由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.‎ 于是x3,4＝.‎ 因为直线CD的斜率为1，‎ 所以|CD|＝|x4－x3|＝.‎ 由已知，四边形ACBD的面积S＝|CD|·|AB|＝.当n＝0时，S取得最大值，最大值为.‎ 所以四边形ACBD面积的最大值为.‎ ‎[课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选 一、全员必做题 ‎1．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M.‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且＝λ，λ∈[－2，－1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值．‎ 解：(1)由题易知c＝1，＋＝1，又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，a2＝2，故椭圆E的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线l：x＝ky＋1，由 得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，‎ Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则可得y1＋y2＝，y1y2＝.‎ ‎＝＋＝(x1＋x2－4，y1＋y2)‎ ‎＝，‎ ‎∴||2＝|＋|2＝16－＋，由此可知，||2的大小与k2的取值有关．‎ 由＝λ可得y1＝λy2，λ＝，＝(y1y2≠0)．‎ 从而λ＋＝＋＝＝，‎ 由λ∈[－2，－1]得∈，从而－≤≤－2，解得0≤k2≤.‎ 令t＝，则t∈，∴||2＝8t2－28t＋16＝82－，‎ ‎∴当t＝时，|QC|min＝2.‎ ‎2.已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．‎ 解：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋.‎ 因为|AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，‎ 所以抛物线E的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.‎ 因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，‎ 所以m＝±2.‎ 由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)．‎ 由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为 y＝2(x－1)．‎ 由 得2x2－5x＋2＝0，‎ 解得x＝2或x＝，从而B.‎ 又G(－1,0)，‎ 故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，‎ 从而r＝＝ .‎ 又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，‎ 所以点F到直线GB的距离 d＝＝＝r.‎ 这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．‎ ‎3．(2017·合肥模拟)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．‎ 解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 由条件知，解得a＝2，c＝，b＝1，‎ 故椭圆C的方程为＋x2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，‎ 故x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 设△OAB的面积为S，‎ 由x1x2＝－<0，知S＝×1×|x1－x2|＝‎ ＝2，‎ 令k2＋3＝t，知t≥3，‎ ‎∴S＝2.‎ 对函数y＝t＋(t≥3)，知y′＝1－＝>0，‎ ‎∴y＝t＋在t∈[3，＋∞)上单调递增，∴t＋≥，‎ ‎∴0<≤，∴0b>0)的右焦点F(1,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，设|FA|＝λ|FB|，T(2,0)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若1≤λ≤2，求△ABT中AB边上中线长的取值范围．‎ 解：(1)∵e＝ ，c＝1，∴a＝，b＝1，‎ 即椭圆C的方程为：＋y2＝1.‎ ‎(2)①当直线的斜率为0时，显然不成立．‎ ‎②设直线l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，‎ 则y1＋y2＝，y1y2＝，‎ 由|FA|＝λ|FB|，得y1＝－λy2，‎ ‎∵－λ＋＝＋，‎ ‎∴－λ＋＋2＝＝，∴m2≤，‎ 又∵AB边上的中线长为 |＋ |‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝ ∈.‎ ‎2．如图所示，已知直线l过点M(4,0)且与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，以弦AB为直径的圆恒过坐标原点O.‎ ‎(1)求抛物线的标准方程；‎ ‎(2)设Q是直线x＝－4上任意一点，求证：直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．‎ 解：(1)设直线l的方程为x＝ky＋4，‎ 代入y2＝2px得y2－2kpy－8p＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝2kp，y1y2＝－8p，‎ 而AB为直径，O为圆上一点，所以·＝0，‎ 故0＝x1x2＋y1y2＝(ky1＋4)(ky2＋4)－8p＝k2y1y2＋4k(y1＋y2)＋16－8p，‎ 即0＝－8k2p＋8k2p＋16－8p，得p＝2，‎ 所以抛物线方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设Q(－4，t)由(1)知y1＋y2＝4k，y1y2＝－16，‎ 所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16k2＋32.‎ 因为kQA＝＝＝，kQB＝＝＝，kQM＝，‎ 所以kQA＋kQB＝＋ ‎＝4× ‎＝4× ‎＝＝ ‎＝－＝2kQM.‎ 所以直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．‎ 三、冲刺满分题 ‎1.已知椭圆C：＋＝1(01)，‎ 则＝＝－＋＋1＝－2＋≤(当且仅当t＝2时取等号)，‎ 所以的最大值为.‎ ‎2．(2017·沈阳质量监测)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F‎1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点．‎ ‎(1)若△AF‎1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若k＝，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值；‎ ‎(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围．‎ 解：(1)由题意得c＝3，根据‎2a＋‎2c＝16，得a＝5.‎ 结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)法一：由得x2－a2b2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．所以x1＋x2＝0，x1x2＝，‎ 由AB，F‎1F2互相平分且共圆，‎ 易知，AF2⊥BF2，因为＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，‎ 所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2‎ ‎＝x1x2＋9＝0.‎ 即x1x2＝－8，所以有＝－8，‎ 结合b2＋9＝a2，解得a2＝12(a2＝6舍去)，‎ 所以离心率e＝.(若设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)相应给分)‎ 法二：设A(x1，y1)，又AB，F‎1F2互相平分且共圆，‎ 所以AB，F‎1F2是圆的直径，所以x＋y＝9，‎ 又由椭圆及直线方程综合可得： 由前两个方程解得x＝8，y＝1，‎ 将其代入第三个方程并结合b2＝a2－c2＝a2－9，‎ 解得a2＝12，故e＝.‎ ‎(3)由(2)的结论知，椭圆方程为＋＝1，‎ 由题可设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，‎ k1＝，k2＝，所以k1k2＝，‎ 又＝＝－，‎ 即k2＝－，由－2＜k1＜－1可知，＜k2＜.‎ 即直线PB的斜率k2的取值范围是.‎ 第十节 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.圆锥曲线中的定点、定值问题； ‎2.圆锥曲线中的存在性问题.‎ 突破点(一)　圆锥曲线中的定点、定值问题 圆锥曲线中的定点、定值问题是解析几何中的常见问题，它多与圆锥曲线的性质相结合，难度较大，常出现在解答题中.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 圆锥曲线中的定点问题 ‎[例1]　(2016·大庆质检)已知椭圆C：＋y2＝1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且·＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．‎ ‎[解]　(1)圆M的圆心为(3,1)，半径r＝.‎ 由题意知A(0,1)，F(c,0)，‎ 直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0，‎ 由直线AF与圆M相切，得＝，‎ 解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3，‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：由·＝0知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－x＋1.‎ 联立方程组 整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝，‎ 故点P的坐标为，‎ 同理，点Q的坐标为.‎ 所以直线l的斜率为＝，‎ 所以直线l的方程为y＝＋，‎ 即y＝x－.‎ 所以直线l过定点.‎ ‎[方法技巧]‎ 圆锥曲线中定点问题的两种解法 ‎(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．‎ ‎(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．‎ 圆锥曲线中的定值问题 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．‎ ‎(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的关系式，再利用题设条件化简、变形求得．‎ ‎(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得关系式，再依据条件对关系式进行化简、变形即可求得．‎ 方法(一)　从特殊到一般求定值 ‎[例2]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．‎ ‎[解]　(1)由题意知，e＝＝，＝2，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝，b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到直线AB的距离为.‎ ‎②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－4＝0.‎ 则Δ＝(‎8km)2－4(1＋4k2)(‎4m2‎－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，‎ 由OA⊥OB得kOA·kOB＝－1，即·＝－1，‎ 所以x1x2＋y1y2＝＝0，即m2＝(1＋k2)，‎ 所以原点O到直线AB的距离为＝.‎ 综上，原点O到直线AB的距离为定值.‎ ‎[方法技巧]‎ 定值问题必然是在变化中所表示出来的不变的量，常表现为求一些直线方程、数量积、比例关系等的定值．解决此类问题常从特征入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．　‎ 方法(二)　直接消参求定值 ‎[例3]　如图，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0)，点H在椭圆上．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)若点M在圆x2＋y2＝b2上，且M在第一象限，过M作圆x2＋y2＝b2的切线交椭圆于P，Q两点，求证：△PF2Q的周长为定值，并求出该定值．‎ ‎[解]　(1)由题意，得解得 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋＝1(|x1|≤3)，‎ ‎|PF2|2＝(x1－1)2＋y＝(x1－1)2＋8 ‎＝(x1－9)2，‎ 所以|PF2|＝(9－x1)＝3－x1.‎ 连接OM，OP(图略)，‎ 由相切条件知|PM|2＝|OP|2－|OM|2＝x＋y－8＝x＋8－8＝x，‎ 所以|PM|＝x1，‎ 所以|PF2|＋|PM|＝3－x1＋x1＝3，‎ 同理可求得|QF2|＋|QM|＝3－x2＋x2＝3，‎ 所以|F2P|＋|F2Q|＋|PQ|＝3＋3＝6为定值．‎ ‎[方法技巧]‎ 解这类问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” ‎ ‎1.已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．‎ 解：(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，‎ 所以＝1，所以p＝2.‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，‎ 设A，B.‎ 因为直线OA，OB的斜率之积为－，‎ 所以·＝－，化简得t2＝32.‎ 所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.‎ ‎②当直线AB的斜率存在时，‎ 设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，‎ 联立方程组消去x，得ky2－4y＋4b＝0.‎ 由根与系数的关系得yAyB＝，‎ 因为直线OA，OB的斜率之积为－，‎ 所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0.‎ 即·＋2yAyB＝0，‎ 解得yAyB＝－32或yAyB＝0(舍去)．‎ 所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，‎ 所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．‎ 综上所述，直线AB过定点(8,0)．‎ ‎2.如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.‎ ‎(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；‎ ‎(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．‎ 解：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x与圆M相切，所以＝，‎ 化简得：(x－2)k－2x0y0k1＋y－2＝0，‎ 同理：(x－2)k－2x0y0k2＋y－2＝0，‎ 所以k1，k2是关于k的方程(x－2)k2－2x0y0k＋y－2＝0的两个不相等的实数根，‎ 所以k1·k2＝.‎ 因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，即y＝3－x，‎ 所以k1k2＝＝－为定值．‎ ‎(2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为9.理由如下：‎ ‎①当M点坐标为(，)时，直线OP，OQ落在坐标轴上，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9.‎ ‎②当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为k1k2＝－，所以yy＝xx，‎ 因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，‎ 所以即 所以＝xx，整理得x＋x＝6，‎ 所以y＋y＝＋＝3，‎ 所以|OP|2＋|OQ|2＝9.‎ ‎3.椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(m,0)为C的长轴上的一个动点，过P点斜率为的直线l交C于A，B两点．当m＝0时，·＝－.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．‎ 解：(1)因为离心率为，即e＝＝，所以＝.‎ 当m＝0时，l的方程为y＝x，‎ 代入＋＝1并整理得x2＝.‎ 设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，‎ ‎·＝－x－y＝－x＝－·.‎ 又因为·＝－.‎ 所以a2＝25，b2＝16，‎ 椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：l的方程为x＝y＋m，‎ 代入＋＝1，‎ 并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 则|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y，‎ 同理|PB|2＝y.‎ 则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]‎ ‎＝·＝41.‎ 所以|PA|2＋|PB|2为定值．‎ 突破点(二)　圆锥曲线中的存在性问题 ‎1.圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，要求考生结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等，是高考中的常考题型，作为解答题的压轴题出现，难度一般较大，常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，对数学能力和数学思想有较高的要求.‎ ‎2.圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：‎ (1)点的存在性.‎ (2)曲线的存在性.‎ (3)最值的存在性.‎ (4)探索命题是否成立等，涉及此类问题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 探究是否存在常数的问题 ‎[例1]　 如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－1.‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．‎ 又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，‎ 于是解得a＝2，b＝.‎ 所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．‎ 联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.‎ 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.‎ 从而，·＋λ·‎ ‎＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]‎ ‎＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1‎ ‎＝＝－－λ－2.‎ 所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.‎ 此时，·＋λ·＝－3为定值．‎ 当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.‎ 此时，·＋λ·＝·＋λ·＝－2－λ.‎ 当λ＝1时，·＋·＝－3，为定值．‎ 综上，存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.‎ ‎[方法技巧]‎ 解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在．‎ 探究是否存在点的问题 ‎[例2]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得·＝0？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，所以b＝，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由 消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－12＝0，‎ ‎∴Δ＝64k‎2m2‎－4(3＋4k2)(‎4m2‎－12)＝0，‎ 即m2＝3＋4k2.‎ 设P(x0，y0)，则x0＝－＝－，‎ y0＝kx0＋m＝－＋m＝，即P.‎ ‎∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，‎ ‎∴＝，＝(4－t,4k＋m)，‎ ‎∴·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，‎ 故即t＝1.‎ ‎∴存在点M(1,0)符合题意.‎ 探究是否存在直线的问题 ‎[例3]　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0)，点P在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)是否存在斜率为－1的直线l与椭圆C相交于M，N两点，使得|F‎1M|＝|F1N|(F1为椭圆的左焦点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)法一：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，‎ ‎∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2,0)．‎ 由椭圆的定义可得‎2a＝＋＝ ＋ ＝2，解得a＝，‎ ‎∴b2＝a2－c2＝6－4＝2.‎ ‎∴椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ 法二：∵椭圆C的右焦点为F2(2,0)，‎ ‎∴c＝2，故a2－b2＝4，‎ 又点P在椭圆C上，则＋＝1，‎ 故＋＝1，‎ 化简得3b4＋4b2－20＝0，得b2＝2，a2＝6.‎ ‎∴椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)假设存在满足条件的直线l，设直线l的方程为y＝－x＋t，‎ 由得x2＋3(－x＋t)2－6＝0，‎ 即4x2－6tx＋(3t2－6)＝0，‎ Δ＝(－6t)2－4×4×(3t2－6)＝96－12t2>0，‎ 解得－2b>0)经过点P1，，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)由P在椭圆上得，＋＝1.①‎ 依题设知a＝‎2c，则b2＝‎3c2.②‎ ‎②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题意可设直线AB的斜率为k，‎ 则直线AB的方程为y＝k(x－1)．③‎ 代入椭圆方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1＋x2＝，x1x2＝.④‎ 在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4,3k)．‎ 从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.‎ 由于A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k.‎ 所以k1＋k2＝＋＝＋－＋＝2k－·.⑤‎ ‎④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，‎ 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意．‎ ‎2.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2,0)，点B(2，)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，所以a2－b2＝4.‎ 由题可得椭圆的右焦点为F2(2,0)，已知点B(2，)在椭圆C上，由椭圆的定义知|BF1|＋|BF2|＝‎2a，‎ 所以‎2a＝3＋＝4.‎ 所以a＝2，从而b＝2.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－2，0)．‎ 因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于两点E，F，‎ 设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0)．‎ 联立方程消去y得x2＝.‎ 所以x0＝，y0＝，‎ 所以直线AE的方程为y＝(x＋2)．‎ 因为直线AE与y轴交于点M，‎ 令x＝0，得y＝，‎ 即点M.‎ 同理可得点N.‎ 假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则·＝0.‎ 即t2＋×＝0，即t2－4＝0.‎ 解得t＝2或t＝－2.‎ 故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．‎ ‎3.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′‎ ‎(－2,0)．‎ 从而有解得 又a2＝b2＋c2，‎ 所以b2＝12.‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝x＋t.‎ 由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.‎ 因为直线l与椭圆C有公共点，‎ 所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，解得－4≤t≤4.‎ 另一方面，由直线OA与l的距离等于4，可得＝4，从而t＝±2.‎ 由于±2∉[－4，4 ]，‎ 所以符合题意的直线l不存在．‎ ‎[全国卷5年真题集中演练——明规律] ‎ ‎1.(2015·新课标全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点．‎ ‎(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；‎ ‎(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．‎ 解：(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a)．‎ 又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，‎ 所以C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，‎ 即x－y－a＝0.‎ y＝在x＝－2处的导数值为－，所以C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，‎ 即x＋y＋a＝0.‎ 故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.‎ ‎(2)存在符合题意的点．证明如下：‎ 设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.‎ 将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－‎4a＝0.‎ 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－‎4a.‎ 从而k1＋k2＝＋ ‎＝＝.‎ 当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，‎ 故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．‎ ‎2．(2015·新课标全国卷Ⅱ)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.‎ ‎(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；‎ ‎(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．‎ 解：(1)证明：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＝＝，‎ yM＝kxM＋b＝.‎ 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，‎ 即kOM·k＝－9.‎ 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．‎ ‎(2)四边形OAPB能为平行四边形．‎ 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.‎ 由(1)得OM的方程为y＝－x.‎ 设点P的横坐标为xP.‎ 由得x＝，即xP＝ .‎ 将点的坐标代入直线l的方程得b＝，‎ 因此xM＝.‎ 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是 ＝2×，‎ 解得k1＝4－，k2＝4＋.‎ 因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．‎ ‎[课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选 一、全员必做题 ‎1．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，C是B‎1F2的中点，若·＝2，且⊥.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)点Q是椭圆上任意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线QA1，QA2与直线x＝分别交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆与x轴交于定点，并求该定点的坐标．‎ 解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，B1(0，b)，‎ 则C.‎ 由题意得 即 即 解得从而a2＝4，‎ 故所求椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)得A1(－2,0)，A2(2,0)，‎ 设Q(x0，y0)，易知x0≠±2，‎ 则直线QA1的方程为y＝(x＋2)，与直线x＝的交点E的坐标为，，‎ 直线QA2的方程为y＝(x－2)，与直线x＝的交点F的坐标为，‎ 设以EF为直径的圆与x轴交于点H(m,0)，m≠，‎ 则HE⊥HF，从而kHE·kHF＝－1，‎ 即·＝－1，‎ 即＝－2，①‎ 由＋＝1得y＝.②‎ 所以由①②得m＝±1，‎ 故以EF为直径的圆与x轴交于定点，且该定点的坐标为或.‎ ‎2．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆E：＋y2＝1上的非坐标轴上的点，且4kOA·kOB＋1＝0(kOA，kOB分别为直线OA，OB的斜率)．‎ ‎(1)证明：x＋x，y＋y均为定值；‎ ‎(2)判断△OAB的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．‎ 解：(1)证明：依题意，x1，x2，y1，y2均不为0，‎ 则由4kOA·kOB＋1＝0，得＋1＝0，‎ 化简得y2＝－，‎ 因为点A，B在椭圆上，‎ 所以x＋4y＝4　①，‎ x＋4y＝4　②，‎ 把y2＝－代入②，整理得(x＋4y)x＝16y.‎ 结合①得x＝4y，同理可得x＝4y，‎ 从而x＋x＝4y＋x＝4，为定值，‎ y＋y＝y＋＝1，为定值．‎ ‎(2)S△OAB＝|OA|·|OB|sin∠AOB ‎＝·· ‎＝·· ‎＝ ‎＝|x1y2－x2y1|.‎ 由(1)知x＝4y，x＝4y，易知y2＝－，y1＝或y2＝，y1＝－，‎ S△OAB＝|x1y2－x2y1|＝＝＝1，‎ 因此△OAB的面积为定值1.‎ ‎3．(2017·河北质量检测)已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F(c,0)，且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由椭圆的对称性知||＋||＝‎2a＝4，‎ ‎∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为，‎ ‎∴＝，∴bc＝，‎ 又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，‎ ‎∴b＝，c＝1.‎ 故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．‎ 故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得 ‎(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，‎ ‎∴Δ＝32(6k＋3)＞0，∴k＞－.‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ‎∵2＝4·，‎ 即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，‎ ‎∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，‎ 即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，‎ ‎∴4(1＋k2)‎ ‎＝4×＝5，‎ 解得k＝±，k＝－不符合题意，舍去．‎ ‎∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.‎ 二、重点选做题 ‎1．A为曲线y＝－上任意一点，点B(2,0)为线段AC的中点．‎ ‎(1)求动点C的轨迹E的方程；‎ ‎(2)过轨迹E的焦点F作直线交轨迹E于M，N两点，在圆x2＋y2＝1上是否存在一点P，使得PM，PN分别为轨迹E的切线？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设C(x，y)，A(m，n)，因为B(2,0)是AC的中点，‎ 所以所以 又n＝－，所以所求方程为x2＝4y.‎ ‎(2)假设存在点P(x0，y0)，‎ 设M，N，直线MN的方程为y＝kx＋1，‎ 联立得x2－4kx－4＝0，则 切线PM的方程为y－＝(x－x1)，‎ 将点P(x0，y0)代入化简得x－2x1x0＋4y0＝0，‎ 同理得x－2x2x0＋4y0＝0，‎ 所以知x1，x2是方程x2－2x0x＋4y0＝0的两根，‎ 则x1x2＝4y0＝－4，‎ 所以y0＝－1，代入圆的方程得x0＝0，‎ 所以存在点P(0，－1)，使得PM，PN分别为轨迹E的切线．‎ ‎2．已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为(0,1)，离心率为，动直线y＝x＋m交椭圆M于不同的两点A，B，T(1,1)．‎ ‎(1)求椭圆M的标准方程；‎ ‎(2)试问：△TAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由题意得＝，b＝1，又a2＝b2＋c2，‎ 所以a＝，c＝1，椭圆M的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由得3x2＋4mx＋‎2m2‎－2＝0.‎ 由题意得，Δ＝‎16m2‎－24(m2－1)>0，即m2－3<0，‎ 所以－b>0)的离心率为e＝，过C1的左焦点F1的直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设C1的右焦点为F2，在圆C2上是否存在点P，满足|PF1|＝|PF2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)∵直线l的方程为x－y＋2＝0，‎ 令y＝0，得x＝－2，即F1(－2,0)，‎ ‎∴c＝2，‎ 又e＝＝，‎ ‎∴a2＝6，b2＝a2－c2＝2，‎ ‎∴椭圆C1的方程为＋＝1.‎ ‎(2)∵圆心C2(3,3)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝＝，‎ 又直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2，‎ ‎∴r＝ ＝＝2，‎ 故圆C2的方程为(x－3)2＋(y－3)2＝4.‎ 设圆C2上存在点P(x，y)，满足|PF1|＝|PF2|，‎ 即|PF1|＝3|PF2|，且F1，F2的坐标分别为F1(－2,0)，F2(2，0)，‎ 则＝3，‎ 整理得2＋y2＝，它表示圆心是C，半径是的圆．‎ ‎∵|CC2|＝ ＝，‎ 故有2－<|CC2|<2＋，故圆C与圆C2相交，有两个公共点．‎ ‎∴圆C2上存在两个不同的点P，满足|PF1|＝|PF2|.‎ ‎2．如图，已知椭圆＋＝1的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点．‎ ‎(1)若点G的横坐标为－，求直线AB的斜率；‎ ‎(2)记△GFD的面积为S1，△OED(O为原点)的面积为S2.‎ 试问：是否存在直线AB，使得S1＝S2？说明理由．‎ 解：(1)由条件可得c2＝a2－b2＝1，故F点坐标为(－1,0)．‎ 依题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x＋1)，将其代入＋＝1，‎ 整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝.‎ 故点G的横坐标为＝＝－，‎ 解得k＝±，‎ 故直线AB的斜率为或－.‎ ‎(2)假设存在直线AB，使得S1＝S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直，即直线AB斜率存在且不为零．‎ 由(1)可得G.‎ 设D点坐标为(xD,0)．‎ 因为DG⊥AB，‎ 所以×k＝－1，‎ 解得xD＝，即D.‎ 因为△GFD∽△OED，‎ 所以S1＝S2⇔|GD|＝|OD|.‎ 所以 ＝，‎ 整理得8k2＋9＝0.‎ 因为此方程无解，所以不存在直线AB，使得S1＝S2.‎