高考数学精英备考专题讲座 平面解析几何 46页

平面解析几何 一、高考预测 解析几何初步的内容主要是直线与方程、圆与方程和空间直角坐标系，该部分内容是整 个解析几何的基础，在解析几何的知识体系中占有重要位置，但由于在高中阶段平面解析几 何的主要内容是圆锥曲线与方程，故在该部分高考考查的分值不多，在高考试卷中一般就是 一个选择题或者填空题考查直线与方程、圆与方程的基本问题，偏向于考查直线与圆的综合， 试题难度不大，对直线方程、圆的方程的深入考查则与圆锥曲线结合进行．根据近年来各地 高考的情况，解析几何初步的考查是稳定的，预计 2012 年该部分的考查仍然是以选择题或 者填空题考查直线与圆的基础知识和方法，而在解析几何解答题中考查该部分知识的应用． 圆锥曲线与方程是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有 1～2 个选择题或者填空 题，一个解答题．选择题或者填空题在于有针对性地考查椭圆、双曲线、抛物线的定义、标 准方程和简单几何性质及其应用，试题考查主要针对圆锥曲线本身，综合性较小，试题的难 度一般不大；解答题中主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查直线与曲线的 位置关系，考查数形结合思想、函数与方程思想、等价转化思想、分类与整合思想等数学思 想方法，这道解答题往往是试卷的压轴题之一．由于圆锥曲线与方程是传统的高中数学主干 知识，在高考命题上已经比较成熟，考查的形式和试题的难度、类型已经较为稳定，预计 2012 年仍然是这种考查方式，不会发生大的变化． 解析几何的知识主线很清晰，就是直线方程、圆的方程、圆锥曲线方程及其简单几何性 质，复习解析几何时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入 下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质， 代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几 何中的应用，掌握使用韦达定理进行整体代入的解题方法；数学思想方法在解析几何问题中 起着重要作用，数形结合思想占首位，其次分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思 想，如解析几何中的最值问题往往就是建立求解目标的函数，通过函数的最值研究几何中的 最值．复习解析几何时要充分重视数学思想方法的运用． 二、知识导学 (一)直线的方程 1.点斜式： )( 11 xxkyy  ；2. 截距式： bkxy  ； 3.两点式： 12 1 12 1 xx xx yy yy    ；4. 截距式： 1 b y a x ； 5.一般式： 0 CByAx ，其中 A、B 不同时为 0. (二)两条直线的位置关系 两条直线 1l ， 2l 有三种位置关系：平行（没有公共点）；相交（有且只有一个公共点）； 重合（有无数个公共点）.在这三种位置关系中，我们重点研究平行与相交. 设直线 ： y = 1k x + 1b ，直线 ： = 2k x + 2b ，则 ∥ 的充要条件是 = ，且 = ； ⊥ 的充要条件是 =-1. (三)圆的有关问题 1.圆的标准方程 222 )()( rbyax  （r＞0），称为圆的标准方程，其圆心坐标为（a，b），半径为 r. 特别地，当圆心在原点（0，0），半径为 r 时，圆的方程为 222 ryx  . 2.圆的一般方程 022  FEyDxyx （ FED 422  ＞0）称为圆的一般方程， 其圆心坐标为（ 2 D ， 2 E ），半径为 FEDr 42 1 22  . 当 =0 时，方程表示一个点（ ， ）； 当 ＜0 时，方程不表示任何图形. 3.圆的参数方程 圆的普通方程与参数方程之间有如下关系： 222 ryx   cos sin xr yr      （θ 为参数） 222 )()( rbyax  cos sin x a r y b r      （θ 为参数） (四) 椭圆及其标准方程 1. 椭圆的定义：椭圆的定义中，平面内动点与两定点 1F 、 2F 的距离的和大于| 1F 2F | 这个条件不可忽视.若这个距离之和小于| |，则这样的点不存在；若距离之和等于 | |，则动点的轨迹是线段 . 2.椭圆的标准方程： 12 2 2 2  b y a x （ a ＞b ＞0）， 12 2 2 2  b x a y （ a ＞b ＞0）. 3.椭圆的标准方程判别方法：判别焦点在哪个轴只要看分母的大小：如果 2x 项的分母 大于 2y 项的分母，则椭圆的焦点在 x 轴上，反之，焦点在 y 轴上. 4.求椭圆的标准方程的方法：⑴ 正确判断焦点的位置；⑵ 设出标准方程后，运用待定 系数法求解. (五)椭圆的简单几何性质 1. 椭圆的几何性质：设椭圆方程为 12 2 2 2  b y a x （ ＞ ＞0）. ⑴ 范围： -a≤x≤a，-b≤x≤b，所以椭圆位于直线 x= a 和 y= b 所围成的矩形里. ⑵ 对称性：分别关于 x 轴、y 轴成轴对称，关于原点中心对称.椭圆的对称中心叫做椭 圆的中心. ⑶ 顶点：有四个 1A （-a，0）、 2A （a，0） 1B （0，-b）、 2B （0，b）. 线段 1A 2A 、 1B 2B 分别叫做椭圆的长轴和短轴.它们的长分别等于 2a 和 2b，a 和 b 分 别叫做椭圆的长半轴长和短半轴长. 所以椭圆和它的对称轴有四个交点，称为椭圆的顶点. ⑷ 离心率：椭圆的焦距与长轴长的比 a ce  叫做椭圆的离心率.它的值表示椭圆的扁平 程度.0＜e＜1.e 越接近于 1 时，椭圆越扁；反之，e 越接近于 0 时，椭圆就越接近于圆. 椭圆的四个主要元素 a、b、c、e 中有 2a = 2b + 2c 、 两个关系，因此确定椭圆的 标准方程只需两个独立条件. (六)椭圆的参数方程 椭圆 12 2 2 2  b y a x （ a ＞b ＞0）的参数方程为 cos sin xa yb      （θ 为参数）. 说明 ⑴ 这里参数θ 叫做椭圆的离心角.椭圆上点 P 的离心角θ 与直线 OP 的倾斜角α 不同：  tantan a b ； ⑵ 椭圆的参数方程可以由方程 与三角恒等式 1sincos 22   相比较 而得到，所以椭圆的参数方程的实质是三角代换. (七)双曲线及其标准方程 1.双曲线的定义：平面内与两个定点 1F 、 2F 的距离的差的绝对值等于常数 2a（小于 | 1F 2F |）的动点 M 的轨迹叫做双曲线.在这个定义中，要注意条件 2a＜| |，这一条 件可以用“三角形的两边之差小于第三边”加以理解.若 2a=| |，则动点的轨迹是两条 射线；若 2a＞| |，则无轨迹. 若 1MF ＜ 2MF 时，动点 的轨迹仅为双曲线的一个分支，又若 ＞ 时， 轨迹为双曲线的另一支.而双曲线是由两个分支组成的，故在定义中应为“差的绝对值”. 2. 双曲线的标准方程： 12 2 2 2  b y a x 和 12 2 2 2  b x a y （a＞0，b＞0）.这里 222 acb  ， 其中| |=2c.要注意这里的 a、b、c 及它们之间的关系与椭圆中的异同. 1 的常数（离心率）的点的轨迹叫做双曲线.对于双曲线 12 2 2 2  b y a x ，它的焦点坐标是（-c， 0）和（c，0），与它们对应的准线方程分别是 c ax 2  和 c ax 2  .在双曲线中，a、b、c、 e 四个元素间有 a ce  与 222 bac  的关系，与椭圆一样确定双曲线的标准方程只要两个 独立的条件. (九)抛物线的标准方程和几何性质 1．抛物线的定义：平面内到一定点（F）和一条定直线（l）的距离相等的点的轨迹叫 抛物线。这个定点 F 叫抛物线的焦点，这条定直线 l 叫抛物线的准线。 需强调的是，点 F 不在直线 l 上，否则轨迹是过点 F 且与 l 垂直的直线，而不是抛物 线。 2．抛物线的方程有四种类型： 2 2y px 、 2 2y px 、 2 2x py 、 2 2x py . 对于以上四种方程：应注意掌握它们的规律：曲线的对称轴是哪个轴，方程中的该项 即为一次项；一次项前面是正号则曲线的开口方向向 x 轴或 y 轴的正方向；一次项前面是负 号则曲线的开口方向向 x 轴或 y 轴的负方向。 3．抛物线的几何性质，以标准方程 y2=2px 为例 （1）范围：x≥0； （2）对称轴：对称轴为 y=0，由方程和图像均可以看出； （3）顶点：O（0，0），注：抛物线亦叫无心圆锥曲线（因为无中心）； （4）离心率：e=1，由于 e 是常数，所以抛物线的形状变化是由方程中的 p 决定的； （5）准线方程 2 px  ； （6）焦半径公式：抛物线上一点 P（x1，y1）， F 为抛物线的焦点，对于四种抛物线的 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（图形或轨迹）. 注意事项 1． ⑴ 直线的斜率是一个非常重要的概念，斜率 k 反映了直线相对于 x 轴的倾斜程度. 当斜率 k 存在时，直线方程通常用点斜式或斜截式表示，当斜率不存在时，直线方程为 x=a （a∈R）.因此，利用直线的点斜式或斜截式方程解题时，斜率 k 存在与否，要分别考虑. ⑵ 直线的截距式是两点式的特例，a、b 分别是直线在 x 轴、y 轴上的截距，因为 a≠0， b≠0，所以当直线平行于 x 轴、平行于 y 轴或直线经过原点，不能用截距式求出它的方程， 而应选择其它形式求解. ⑶求解直线方程的最后结果，如无特别强调，都应写成一般式. ⑷当直线 1l 或 2l 的斜率不存在时，可以通过画图容易判定两条直线是否平行与垂直 ⑸在处理有关圆的问题，除了合理选择圆的方程，还要注意圆的对称性等几何性质的运 用，这样可以简化计算. 2. ⑴用待定系数法求椭圆的标准方程时，要分清焦点在 x 轴上还是 y 轴上，还是两种 都存在. ⑵注意椭圆定义、性质的运用，熟练地进行 a、b、c、e 间的互求，并能根据所给 的方程画出椭圆.⑶求双曲线的标准方程 应注意两个问题：⑴ 正确判断焦点的位置；⑵ 设 出标准方程后，运用待定系数法求解.⑷双曲线 12 2 2 2  b y a x 的渐近线方程为 xa by  或表 示为 02 2 2 2  b y a x .若已知双曲线的渐近线方程是 xn my  ，即 0 nymx ，那么双曲线 的方程具有以下形式： kynxm  2222 ，其中 k 是一个不为零的常数.⑸双曲线的标准方 程有两个 12 2 2 2  b y a x 和 12 2 2 2  b x a y （a＞0，b＞0）.这里 222 acb  ，其中| 1F 2F |=2c. 要注意这里的 a、b、c 及它们之间的关系与椭圆中的异同.⑹求抛物线的标准方程，要线根 据题设判断抛物线的标准方程的类型，再求抛物线的标准方程，要线根据题设判断抛物线的 标准方程的类型，再由条件确定参数 p 的值.同时，应明确抛物线的标准方程、焦点坐标、 准线方程三者相依并存，知道其中抛物线的标准方程、焦点坐标、准线方程三者相依并存， 知道其中一个，就可以求出其他两个. 解题的策略有：1、注意直线倾斜角范围 、设直线方程时注意斜率是否存在，可以设成 ， 包含斜率不存在情况，但不包含斜率为 0 情况。注意截距为 0 的情况；注意点关于直线对称 问题（光线的反射问题）；注意证明曲线过定点方法（两种方法：特殊化、分离变量）2、注 意二元二次方程表示圆的充要条件、善于利用切割线定理、相交弦定理、垂径定理等平面中 圆的有关定理解题；注意将圆上动点到定点、定直线的距离的最值转化为圆心到它们的距离； 注意圆的内接四边形的一些性质以及正弦定理、余弦定理。以过某点的线段为弦的面积最小 的圆是以线段为直径，而面积最大时，是以该点为线段中点。3、注意圆与椭圆、三角、向 量（注意利用加减法转化、利用模与夹角转化、然后考虑坐标化）结合；4、注意构建平面 上的三点模型求最值，一般涉及“和”的问题有最小值，“差”的问题有最大值，只有当三 点共线时才取得最值；5、熟练掌握求椭圆方程、双曲线方程、抛物线方程的方法：待定系 数法或定义法，注意焦点位置的讨论，注意双曲线的渐近线方程：焦点在 轴上时为 ，焦 点在 轴上时为 ；注意化抛物线方程为标准形式（即 2p、p、 的关系）；注意利用比例思想， 减少变量，不知道焦点位置时，可设椭圆方程为 。6、熟练利用圆锥曲线的第一、第二定义 解题； 熟练掌握求离心率的题型与方法，特别提醒在求圆锥曲线方程或离心率的问题时注 意利用比例思想方法，减少变量。7、注意圆锥曲线中的最值等范围问题：产生不等式的条 件一般有：①“ 法”；②离心率 的范围；③自变量 的范围；④曲线上的点到顶点、焦点、 准线的范围；注意寻找两个变量的关系式，用一个变量表示另一个变量，化为单个变量，建 立关于参数的目标函数，转化为函数的值域 当题目的条件和结论能明显体现几何特征及意 义，可考虑利用数形结合法， 注意点是要考虑曲线上点坐标(x，y)的取值范围、离心率范 围以及根的判别式范围。8、求轨迹方程的常见方法：①直接法；★②几何法；★③定义法； ★④相关点法； 9、注意利用向量方法， 注意垂直、平行、中点等条件以向量形式给出； 注意将有关向量的表达式合理变形；特别注意遇到角的问题，可以考虑利用向量数量积解决； 10、注意存在性、探索性问题的研究，注意从特殊到一般的方法。 三、易错点点睛 命题角度 1 对椭圆相关知识的考查 1．设椭圆的两个焦点分别为 F1、F2，过 F2 作椭圆长轴的垂线交椭圆于点 P，若△FlPF2 为等 腰直角三角形，则椭圆的离心率是 ( ) 12.22.2 12.2 2.  DCBA [考场错解] A [专家把脉] 没有很好地理解椭圆的定义，错误地把 || || 2 1 PF PF 当作离心率． [对症下药] D 设椭圆的方程为 2 2 2 2 b y a x  =l (a，b >0) 由题意可设|PF2|=|F1F2|=k， |PF1|= 2 k，则 e= 12 22 2    kk k a c 2．设双曲线以椭圆 925 22 yx  =1 长轴的两个端点为焦点，其准线过椭圆的焦点，则双曲线的 渐近线的斜率为 ( ) A．±2 B．± 3 4 C．± 2 1 D．± 4 3 [考场错解] D 由题意得 a=5，b=3，则 c=4 而双曲线以椭圆 =1 长轴的两个端点 为焦点，则 a=c =4，b=3 ∴k= 4 3 a b [专家把脉] 没有很好理解 a、b、c 的实际意义． [对症下药] C 设双曲线方程为 2 2 2 2 b y a x  =1，则由题意知 c=5， c a2 =4 则 a2=20 b2=5， 而 a=2 5 b= ∴双曲线渐近线斜率为± a b = 2 1 3．从集合{1，2，3…，11}中任选两个元素作为椭圆方程 2 2 2 2 n y m x  =1 中的 m 和 n，则能组成 落在矩形区域 B={(x，y)‖x|<11，且|y|<9}内的椭圆个数为 ( ) A．43 B．72 C．86 D．90 [考场错解] D 由题意得，m、n 都有 10 种可能，但 m≠n 故椭圆的个数 10×10-10=90． [专家把脉] 没有注意，x、y 的取值不同． [对症下药] B 由题意得 m 有 10 种可能，n 只能从集合 11， 2，3，4，5，6，7，81 中选取，且 m≠n，故椭圆的个数：10 ×8-8=72． 4．设直线 l 与椭圆 1625 22 yx  =1 相交于 A、B 两点，l 又与双曲线 x2-y2=1 相交于 C、D 两点，C、D 三等分线段 AB，求直线 l 的方程 ( ) [考场错解] 设直线 l 的方程为 y=kx+b 如图所示，l 与椭圆，双曲线的交点为 A(x1，y1)、B (x2，y2)、C(x3，y3)、D(x4，y4)，依 题意有 ABDBAC , =3 CD 由 )1(0)40025(50)2516( 11625 22222       bbkxxkyx bkxy 得 所以 x1+x2=- . 2516 50 2k bk  由      122 yx bkxy 得(1-k2)x2-2bkx-(b2+1)=0 (2) 若 k=±1，则 l 与双曲线最多只有一个交点，不合题意，故 k≠±1 所以 x3+x4= 21 2 k bk  、由  BDAC x3-x1=x2-x4  x1+x2=x3+x4 -     22 1 2 2516 50 k bk k bk bk=0 或 b =0 ①当 k=0 时，由(1)得 x1、2=± 2164 5 b 由(2)得 x3、4=± 12 b 由 123 xxCDAB  =3(x4-x1)即 13 1616164 10 22  bbb 故 l 的方程为 y=± 13 16 ②当 b=0 时，由(1)得 x1、2=± 22516 20 k ，由(2)得 x3、4= 21 1 k  由 123 xxCDAB  =3(x4-x3)即 .25 16,25 16 1 6 2516 40 22 xylk kk     的方程为故 综上所述：直 线 l 的方程为：y= xy 25 16,13 16  [专家把脉] 用斜截式设直线方程时没有注意斜率是否存在，致使造成思维片面，漏解． [对症下药] 解法一：首先讨论 l 不与 x 轴垂直时的，情况． 设直线 l 的方程为 y=kx+b，如图所示，l 与椭圆、双曲线的交点为：A(x1，y1)、B(x2， y2)、 C(x3，y3)、D(x4，y4)，依题意有 CDABBDAC 3,  ． 由      .11625 , 22 yx bkxy 得 (16+25k2)x2+50bkx+(25b2-400)=0．(1) 所以 x1+x2=- . 2516 50 2k bk  由      .1 , 22 yx bkxy 得 (1-k2+x2-2bkx-(b2+1)=0． 若 k=±1，则 l 与双曲线最多只有一个交点，不合题意，故 k≠±1．所以 x3+x4= 21 2 k bk  由  4213 xxxxBDAC x1+x2=x2+x4 00 1 2 2516 50 22      kbk k bk k bk 或 b=0． ①当 k=0 时，由(1)得 .164 5 2 2,1 bx  由(2)得 x3、4=± 12  b 由 33 12  xxCDAB (x4-x3)． 即 .13 161164 10 22  bbb 故 l 的方程为 y=± 13 16 ②当 b=0 时，由(1)得 x1、2= 22516 20 k  自(2)得 x3、4= 33, 1 1 122    xxCDAB k 由 (x4-x3)．即 .25 16 1 6 2516 40 22     k kk 故 l 的方程为 y= x25 16 ．再讨论 l 与 x 轴垂直时的情况． 设直线 l 的方程为 x=c，分别代入椭圆和双曲线方程可解得 yl、2= .255 4 2c y3、4= .||3||||3||.1 3412 2 yyyyCDABc  由 即 . 241 25, 241 2516255 8 22  xlccc 的方程为故 综上所述，直线 l 的方程是：y= 25 16 x、y=± 13 16 和 x= 241 25 x3、4= .12  b ∵x2-x1=3(x4-x3) 4 10 13 161616 22  bbb ．故 l 的方程为 y=± 13 16 ②当 y0=0，x0≠0，由 (2)得 x4=x3≠0，这时 l 平行 y 轴．设 l 的方程为 x=c，分别代入椭圆、 双曲线方程得：yl、2= ,255 4 2c y3、4= .12  c ∵ y2-y1=3(y4-y3) 241 2516255 8 22  ccc 故 l 的方程为： 241 25x ③当 x0=0，y0=0 时，这时 l 通过坐标原点且不与 x 轴垂直．设 l 的方程为 y=kx，分别代入 椭圆、双曲线方程得：x1、2= . 1 1, 2516 20 24,32 k x k     .25 16)(3 3412  kxxxx 故 l 的方 程为 y= .25 16 xy  综上所述，直线 l 的方程是：y= x25 16 、y= 13 16 和 x= . 241 25 5．设 A、B 是椭圆 3x2+y2=λ 上的两点，点 N(1，3)是线段 AB 的中点，线段 AB 的垂直平分线 与椭圆相交于 C、D 两点． (1)确定 A 的取值范围，并求直线 AB 的方程； (Ⅱ)试判断是否 存在这样的 A，使得 A、B、C、D 四点在同一个圆上?并说明理由．(此题不要求在答题卡上 画图) [考场错解] (1)设 A(x1，y1)B(x2，y2)则有:         2 2 2 2 2 1 2 1 3 3 yx yx (x1-x2)(x1+x2)+(yl-y2)(yl+y2)=0 依题意，x1≠x2 ∴kAB- 21 21 )(3 xx yy   ∵N(1，3)是 AB 的中点，∴x1+x2=2,yl+y2=6 从而 kAB=-9 又 由 N(1，3)在椭圆内，∴λ <3×12+32=12 ∴λ 的取值范围是(-∞，12)直线 AB 的方程为 y-3=-9(x-1)即 9x+y-12=0 [专家把脉] ①用“差比法”求斜率时 kAB= 2 )(3 1 21 yy xx   这地方很容易出错．②N(1，3)在椭圆 内，λ >3×12+32=12 应用结论时也易混淆． [对症下药] (1)解法 1：依题意，可设直线 AB 的方程为 y=A(x-1)+3，代入 3x2+y2=λ ，整 理得(k2+3)x2-2k(k-3)x+(k-3)2-λ =0．① 设 A(x1，y1)、B(x2、y2)，则 x1，x2 是方程①的 两个不同的根， ∴△=4[λ (k2+3)-3(k-3)2]>0，② 且 x1+x2= 3 )3(2 2   k kk ，由 N(1，3)是线段 AB 的中点，得 12 21  xx ，∴A(k-3)=k2+3．解得 k=-1，代入②得，λ >12，即λ 的取值范围是(12，+∞)．于 是，直线 AB 的方程为 y-3=-(x-1)，即 x+y-4=0． 解法 2：设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，则有         2 2 2 2 2 1 2 1 3 3 yx yx (x1-x2)(x1+x2)+(y1-y2)(y1+y2)=0 依题意，x1≠x2，∴kAB=- 21 21 )(3 yy xx   ∵N(1，3)是 AB 的中点，∴x1+x2=2，yl+y2=6，从而 kAB=-1． 又由 N(1，3)在椭圆内，∴λ >3×12+32=12， ∴λ 的取值范围是(12，∞)．直线 AB 的方程为 y-3=-(x-1)，即 x+y-4=0． (Ⅱ)解法 1：∵CD 垂直平分 AB，∴直线 CD 的方程为 y-3 =x-1，即 x-y+2=0，代入椭圆方 程，整理得 4x2+4x+4 又设 C(x3，y3)，D(x4，y4)，CD 的中点为 M(x0，y0)，则 x3， x4 是方程③的两根，∴x3+x4=-1， 且 x0= 2 1 (x3+x4)=- ，y0=x0+2= 2 3 ，即 M(- ， )．于是由弦长公式可得 |CD|= .)3(2||)1(1 43 2  xxk ④将直线 AB 的方程 x+y-4=0，代入椭圆方程得 4x2-8x+ 16-λ =0 ⑤同理可得|AB|= .)12(2||.1 21 2  xxk ⑥ ∵当λ >12 时， )3(2  > )12(2  , ∴|AB|<|CD| 假设存在λ >12，使得 A、B、C、D 四点共圆，则 CD 必为圆的直径，点 M 为圆心．点 M 到直 线 AB 的距离为 d= .2 23 2 |42 3 2 1| 2 |4| 00    yx ⑦ 于是，由④、⑥、⑦式和勾股定理可得 |MA|2=|MB|2=d2+ .|2|2 3 2 12 2 9|2| 22 CDAB   故当λ >12 时，A、B、C、D 四点均在以 M 为圆心， |2| CD 为半径的圆上． (注：上述解法中最后一步可按如下解法获得：) A、B、C、D 共圆  △ACD 为直角三角形， A 为直角  |AN|2 =|CN|·|DN|，即 )2 ||)(2 ||()2( 2 dCDdCDAB  . ⑧ 由⑥式知，⑧式左边= 2 12 ,由④和⑦知，⑧式右边 = ,2 12)2 9 2 3 2 23 2 )3(2)(2 23 2 )3(2(   ∴⑧式成立，即 A、B、C、D 四点共圆解法 2：由(Ⅰ)解法 1 及λ >12， ∵CD 垂直平分 AB，∴直线 CD 方程为 y-3=x-1，代入椭圆方程，整理得 4x2+4x+4-λ =0．③ 将直线 AB 的方程 x+y-4=0，代入椭圆方程，整理得 4x2-8x+16-λ =0．⑤ 解③和⑤式可得 xl，2= .2 31,2 122 4,3   x 不妨设 A(1+ )2 33,2 31(),2 33,2 31(,122 13,122 1   DC )2 1233,2 3123( )2 1233,2 3123(     CA CA 计算可得 0CACA ,∴A 在以 CD 为直径的圆上．又 B 为 A 关于 CD 的对称点，∴A、B、C、D 四点共圆． (注：也可用勾股定理证明 AC⊥AD) 专家会诊 1．重点掌握椭圆的定义和性质，加强直线与椭圆位置关系问题的研究．2.注重思 维的全面性，例如求椭圆方程时只考虑到焦点在，轴上的情形；研究直线与椭圆位置关系时 忽略了斜率不存在的情形 3．注重思想方法的训练，在分析直线与椭圆位置关系时要利用数 形结合和设而不求法与弦长公式韦达定理联系去解决；关于参数范围问题常用思路有：判别 式法，自身范围法等．求椭圆的方程常用方法有：定义法，直接法，待定系数法，相关点法， 参数法等． 命题角度 2 对双曲线相关知识的考查 1．已知双曲线 x2- 2 2y =1 的焦点为 F1、F2，点 M 在双曲线上且 021  MFMF ，则点 M 到 x 轴 的距离为 ( ) 3.3 32.3 5.3 4. DCBA [考场错解] B [专家把脉] 没有理解 M 到 x 轴的距离的意义． [对症下药] C 由题意得 a=1，b= 2 ，c= 3 可设 M (x0，y0)|MF1|=|ex0+a|=| x0+1|， |MF2|= |ex0-a|=| x0-1| 由|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2 得 x0 2= .3 32||,3 4 3 5 0 2 0  yy则 即点 M 到 x 轴的距离为 .33 2 2．已知双曲线 2 2 2 2 b y a x  =1(a>0，b>0)的右焦点为 F，右准线与一条渐近线交于点 A，△OAF 的面积为 2 2a (O 为原点)，则两条渐近线的夹角为 ( ) A．30° B．45° C．60° D．90° [考场错解] B [专家把脉] 把两条渐近线的夹角看成渐近线的倾斜角． [对症下药] D 由题意得 A( c ab c a , 2 )s△OAF= 2 1 ·c· baaabc ab  22 1 2 ，则两条渐近线为 了 y=x 与 y=-x 则求两条渐近线的夹角为 90°． 解不等式，得 .52 5,01.54 5 2  eeee 的取值范围是所以由于 专家会诊 1．注意双曲线两个定义的理解及应用，在第二定义中，要强调 e>1，必须明确焦 点与准线的对应性 2．由给定条件求出双曲线的方程，常用待定系数法，当焦点位置不确定 时，方程可能有两种形式，应防止遗漏． 3．掌握参数 a、b、c、e 的关系，渐近线及其几 何意义，并注意灵活运用． 命题角度 3 对抛物线相关知识的考查。 1．过抛物线 y2=4x 的焦点作一条直线与抛物线相交于 A、B 两点，它们的横坐标之和等于 5， 则这样的直线 ( ) A.有且仅只有一条 B．有且仅有两条 C.有无穷多条 D．不存在 [考场错解] D 由题意得|AB|=5 p=4，通径长为 2×4=8 5<8，故不存在这样的直线． [专家把脉] 没有理解抛物线焦点的弦长及 p 的意义． [对症下药] B 解法一：由题意得 P=2，通径长为 4，而|AB|=x1+x2+p=7，由 7>4，则这 样的直线有且仅有两条，解法二：用待定系数法设直线方程为 y=k(x-1)采用设而不求的 方法求出 k 有两个值，即直线有且仅有两条． 2．设 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点在抛物线 y=2x2 上，l 是 AB 的垂直平分线． (1)当且仅当 x1+x2 取何值时，直线 l 经过抛物线的焦点 F?证明你的结论； (Ⅱ)当直线 l 的斜率为 2 时， 求 l 在 y 轴上截距的取值范围． [考场错解] (Ⅱ)，设 l 在 y 轴上的截距为 b，依题意得 l 的方程为 y=2x+b，过点 A、B 的直线方程可写为 y= ,2 1 mx  与 y=2x2 联立得 2x2+ 2 1 x-m=0．得 x1+ x2=- 4 1 ；设 AB 的中点 N 的坐标为(x0，y0) 则 x0= (x1+x2)=- 8 1 ,y0=- x0+m= 16 1 +m．由 N∈l,得 +m=- +b，于是 b= 16 5 16 5  m 即得 l 在 y 轴上截距的取值范围为[ ,16 5 ]. [专家把脉] 没有借助“△>0”来求出 m> 32 1 ，无法进一步求出 b 的范围，只好胡乱地 把 m 当作大于或等于 0． [对症下药] (1)F∈l  |FA|=|FB| A、B 两点到抛物线的准线的距离相等． ∵抛物线 的准线是x轴的平行线，y1≥0，y2≥0，依题意 y1、y2不同时为0， ∴上述条件等价于yl=y2 x1 2 =x2 2 (x1+x2)(x1-x2)=0； ∵x1≠x2，∴上述条件等价于 x1+x2=0． 即当且仅当 x1+x2=0 时，l 经过抛物线的焦点 F。 (Ⅱ)设 l 在 y 轴上的截距为 b，依题意得 l 的方程为 y=2x+b 过点 A、B 的直线方程可写为 y=- 2 1 x+m，所以 x1、x2 满足方程 2x2+ x-m=0，得 x1+x2=- 4 1 ； A、B 为抛物线上不同的两点 等价于上述方程的判别式 4 1 +8m>0，即 m> 32 1 设 AB 的中点 N 的坐标为(x0，y0)，则 x0= (x1+x2)=- 8 1 ，y0=- x0+m= 16 1 +m 由 N∈l，得 +m=- +b，于是 b= 16 5 +m> 32 9 32 1 16 5  即得 l 在 y 轴上截距的取值范围为 ( 32 9 ，+∞)． 3．如图，过抛物线 y2=2px(p>0)上一定点 p(x0，y0)(y0>0)， 作两条直线分别交抛物线于 A (x1，y1)，B(x2，y2)．(1) 求该抛物线上纵坐标为 2 P 的点到其焦点 F 的距离； (Ⅱ) 当 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求 0 21 y yy  的值， 并证明直线 AB 的斜率是非零常数． [考场错解] (1)当 y= 2 p 时，x= 8 p 又抛物线的准线方程 为 x=-P，由抛物线定义得，所求距离为 .8 9)(8 ppp  (Ⅱ)设直线 PA 的斜率为 kPA，直线 PB 的斜率为 kPB 由 y2 1=2px1,y2 0=2px0 相减得(yl-y0)(y1+y0)=2P(x1-x0) 故 kPA= 01 2 yy P  (x1≠x0)． 同理可得 kpB= 01 2 yy P  (x2≠x0)由 kPA=-kPB 得 y0=-2 (yl+y2)故 .2 1 0 21  y yy 设直线 AB 的斜率为 kAB。由 y2 2=2px2,y2 1=2px1 相减得 (y2-y1)(y2+y1)=2P(x2-x1) 故 kAB= ).()( 2 21 2112 12 xxyy p xx yy   将 y1+y2=- 2 1 y0(y0>0)代入得 kAB=- 0 4 y p 故 kAB 是非零常数． [专家把脉] ①没有掌握抛物线的准线方程，②计算不够准确． [对症下药] (1)当 y= 2 p 时，x= 8 p ，又抛物线 y2= 2px 的准线方程为 x= 2 p ， 由抛物线定义得，所求距离为 -(- )= .8 5p (Ⅱ)设直线 PA 的斜率为 kPA，直线 PB 的斜率为 kPB 由 y1 2=2px1，y2 0=2px0 相减得(y1-y0)(yl+y0)=2P(x1-x0)， 故 kP A= 0101 01 2 yy p xx yy   (x1≠x0)．同理可得 kPB= 01 2 yy p  (x2≠x0)． 由 PA、PB 倾斜角互补知 kPA=-kPB，即 =- 02 2 yy p  ，所以 yl+y2=-2y0， 故 0 21 y yy  =-2. 设直线 AB 的斜率为 kAB 由 y2 2=2px2，y2 1=2pxl 相减得(y2-y1)(y2+y1)=2p(x2-x1)， 所以 ).(2 21 2112 12 xxyy p xx yykAB   将 yl+y2=-2y0(y0>0)代入得 ,2 021 y p yy pkAB  所以 kAB 是非零常数． 4．在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y=x2 上异于坐标原点 O的两不同动点 A、B 满足 AO⊥ BO(如图所示)． (1)求△AOB 的重心 C(即三角形三条中线的交点)的轨迹方程； (Ⅱ)△AOB 的面积是否存在最小值?若存在，请求出最小值； 若不存在，请说明理由． [考场错解]（Ⅰ）设△AOB 的重心为 G(x,y)A(x1,y1)B(x2,y2)则 )1( 3 3 21 21         yyy xxx ∵OA 0 OBOAOB x1x2+yly2=0(2) 又点 A、B 在抛物线上，有 y1=x1 2，y2=x2 2 代入(2)化简得 xlx2=0 或-1 ∴y= 3 1)(3 1 3 2 2 2 1 21  xxyy [（x1+x2）2-2x1x2]=3x2+ 3 2 或 3x2，故重心为 G 的轨迹方程为 y=3x2 或 y=3x2+ . [专家把脉]没有考虑到 x1x2=0 时，△AOB 不存在 [对症下药] （Ⅰ）设△AOB 的重心为 G(x,y)A(x1,y1)B(x2,y2)则 )2(0,1 2121  yyxxkkOBOA OBOA 即 又点 A、B 在抛物线上，有 y1=x1 2，y2=x2 2 代入(2)化 简得 xlx2=-1 ∴y= 3 1)(3 1 3 2 2 2 1 21  xxyy [（x1+x2）2-2x1x2]= 3 2)3(3 1 2  x =3x2+ 3 2 所以重心为 G 的轨迹方程为 y=3x2+ (Ⅱ)S△AOB= 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1))((2 1||||2 1 yyyxyxxxyxyxOBOA  由(1)得 S△AOB= 122 12)1(22 1222 122 1 66 2 6 1 6 2 6 1  xxxx 当且仅当 x1 6=x2 6 即 x1=-x2=-1 时，等号成立。所以△AOB 的面积存在最小值，最小值为 1。 专家会诊用待定系数法求抛物线标准方程，注意分类讨论思想。凡涉及抛物线的弦长，弦的 中点，弦的斜率问题时要注意利用韦达定理，能避免求交点坐标的复杂运算。解决焦点弦问 题时，抛物线的定义有广泛的应用，而且还应注意焦点弦的几何性质。 ∴(x1，yl-1)= 12 5 (x2，y2-1)由此得x1= 12 5 x2，由于x1， x2都是方程①的根，且1-a2≠0，所以 2 2 2 22 2 2 1 2 12 5, 1 2 12 17 a ax a ax     消去x2得 . 13 17 60 289 1 2 2 2    a a a [专家把脉] (1)没有考虑到1-a2≠0(Ⅱ)没有注意到题目本身的条件a>0． [对症下药] (1)由C与l相交于两个不同的点，故知方程组      1 ,12 2 2 yx y a x 有两个不同的实数解，消去y并整理得(1-a2)x2+2a2x +2a2x-2a2=0所以      0)1(84 01 224 2 aaa a 解 得0 2 6 且e≠ 2 ，即离心率e的取值范围为( 2 6 )∪( 2 )． (Ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，1)．∵ PBPA 12 5 ∴(x1,y1-1)= 12 5 (x2,y2-1)由此得x1= 12 5 x2， 由于x1，x2都是方程①的根，且1-a2≠0，所以 12 17 x2=- 2 2 2 22 2 1 2 12 5, 1 2 a ax a a    ，消x2，得 - 60 289 1 2 2 2   a a ，由a>0，所以a= 13 17 2．给定抛物线C：y2=4x，F是C的焦点，过点F的直线l与C相交于A、B两点 (1)设l的斜率为1， 求 OA与 OB 夹角的大小； (Ⅱ)设 AFFB  ，若λ ∈[4，9]，求l在y轴上截距的变化范围． [考场错解] (1)设 与 夹角为α ；由题意l的方程为了y=x-1，将y=x-1代入y2=4x得 x2-6x+1=0设A(x1，y1)B(x2，y2)则有x1+x2=6，x1x2=1．易得 · OB =x1x2+y1y2=-3， 41|||| 2 2 2 2 2 1 2 1  yxyxOBOA cosα = 41 413 ||||  OBOA OBOA ∴α =-arccos (Ⅱ)由题意知 AFFBAFFB   ，过A、B分别作准线的垂线，垂足分别为A'、B'． ∴|FB|=|BB'|，|AF|=|AA'| ∴|BB’|=λ |AA'|，λ ∈[4， 9] 设l的方程为y=k(x-1)由      xy xky 4 )1( 2 得k2x2-(2k2 +4)x+k2=0 ∴x= 2 22 122 k kk  ∴|AA'|= 2 22 122 k kk  +l = 2 22 12)1(2 k kk  |BB'|= 2 22 2 22 12)1(2122 k kk k kk  ] 4 3, 3 4[)0(9 12)1(2 12)1(24 12)1(2 12)1(2 |'| |'| 22 22 22 22       kk kk kk kk kk AA BB  [专家把脉] (Ⅰ)没有理解反余弦的意义．(Ⅱ)思路不清晰． [对症下药] (1)C的焦点为F(1，0)，直线l的斜率为1，所以l的方程为了y=x-1． 将y=x-1代入方程y2=4x，并整理得x2-6x+1=0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有xl+x2=6，x1x2=1． OBOA =(x1，y1)·(x2,y2)=x1x2+yly2=2x1x2-(x1 +x2)+1=-3． 所以 OA与 OB夹角的大小为π -arc cos 41 413 (Ⅱ)由题设 AFFB  得 (x2-1，y2)=λ (1-x1， -y1)， 即      12 12 ),1(1 yy xx   由②得y2 2=λ 2y2 1．∵y2 1=4x1，y2 2=4x2，∴x2=λ 2x1 ③ 联立①、③解得x2=λ ，依题意有λ >0，∴B(λ ，2 )或B (λ ，-2 )，又9(1，0)，得直线 .3 21 2  e (2)当|PF1|=|F1F2|时，同理可得 2 2 2 2 2 2 ] 1 )3([] 1 )3([ c e cec e ce      解得e2=3于是λ =1-3=-2． (3)当|PF2|=|F1F2|时，同理可得 2 2 2 2 2 2 ] 1 )3([] 1 )3([ c e cec e ce      =4c2 解得e2=1 于是λ =1-1=0 综上所述，当λ = 3 2 或-2或0时△PF1F2，F2为等腰三角形． [专家把脉] (1)没有注意到因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2 为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2| (2)没有注意到椭圆离心率的范围． [对症下药] (1)证法一：因为A、B分别是直线l：y= ex+a与x轴、y轴的交点，所以A、B 的坐标分别是(- 0,e a )(0,a). 由 ., , ,1 , 222 2 2 2 2 bac c by cx b y a x aexy          这里得 所以点M的坐标是(-c, a b 2 )，由 ABAM  得(-c+ a b e a 2 , )=λ ( e a ，a)． 即 2 2 1 e a a b e ac e a             解得 证法二：因为A、B分别是直线l:y=ex+a与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是(- ，0)， (0，a)，设M的坐标是(x0，y0)，由 ABAM  得( a e ax ,0  )， 所以      . )1( 0 0 ay e ax   因为点M在椭圆上，所以 2 2 0 2 2 0 b y a x  =1， 即 .1 1 )1(,1)()]1([ 2 2 2 2 2 2 2 2     eeb a a e a  所以 e4-2(1-λ )e2+(1-λ )2=0，解得e2=1-λ 即 λ =1-e2． (Ⅱ)解法一：因为PF1⊥l，所以 ∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形， 必有|PF1|=|F1F2|,即 2 1 |PF1|=c. 设点F1到l的距离为d，由 |PF1|=d， = c e eca e ace      22 1 || 1 |0)(| ,得 2 2 1 1 e e   =e．所以e2= 3 1 ，于是λ =1-e2= 3 2 .即当λ = 时，△PF1F2为等腰三角形． 解法二：因为PF1⊥l，所以，∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形，必有 |PF1|=|F1F2|,设点P的坐标是(x0，y0)， 则           acxey ecx y 22 0 10 00 0 0 解得            . 1 )1(2 , 1 3 2 2 0 2 2 0 e aey e ex 由|PF1|=|FlF2|得 2 2 2 2 2 2 ] 1 )1(2[] 1 )3([     e aec e ce =4c2， 两边同时除以4a2，化简得 1 )1( 1 2   e e =e2．从而e2= 3 1 于是λ =l-e2= 3 2 ．即当λ = 3 2 时，△PF1F2为 等腰三角形． 4．抛物线C的方程为y=ax2(a<0)，过抛物线C上一点P(x0，y0)(x0≠0)作斜率为k1，k2的两条 直线分别交抛物线C于A(x1，y1)B(x2，y2)两点(P、A、B三点互不相同)，且满足k2+λ k1=0(λ ≠0且λ ≠-1)． (Ⅰ)求抛物线C的焦点坐标和准线方程； (Ⅱ)设直线AB上一点M满足 BM =λ MA，证明线 段PM的中点在y轴上 (Ⅲ)当A=1时，若点P的坐标为(1，-1)，求∠PAB为钝角时点A的纵坐标 y1的取值范围． [考场错解] (1)抛物线C的方程y=ax2(a<0)得，焦点坐标为( 4 a ，0)准线方程为x=- (Ⅲ)∵P(-1，1)在y=ax2上，故a=-1∴y=-x2 由(Ⅱ)易得y1=-(k1+1)2，y2=(k2+1)2，因此，直线PA、PB分别与抛物线C的交点A、B的坐标为A(-k1 -1,-k2 1-2k1-1)，B(k1-1，-k2 1+2k1-1) 于是 AP = (k1+2,k2 1+2k1)， AB =(2k1，4k1)， ABAP, 2k1(k1+2)(2k1+1)因∠PAB为钝角且P、A、 B三点互不相同，故必有 · AB <0易得k1的取值范围是 k1<-2或 2 1 0}， (Ⅱ)直线l1:kx-y=0 直线l2:kx+y=0，由题意得 1 || 2   k ykx · 1 || 2   k bkx =d2，即 12 222   k yxk =d2， 由P(x，y)∈W，知k2x2-y2>0，所以 12 222   k yxk =d2，即k2x2-y2-(k2+1)d2=0， 所以动点P的轨迹C的方程为k2x2-y2-(k2+1)d2=0； (Ⅲ)当直线J与，轴垂直时，可设直线J的方程为，x=a (a≠0)．由于直线l，曲线C关于x轴 对称，且l1与l2关于x轴对称，于是M1M2，M3M4的中点坐标都为(a，0)，所以△OM1M2，△OM3M4 的重心坐标都为( 3 2 a，0)，即它们的重心重合， 当直线l1与x轴不垂直时，设直线J的方程为y=mx+n(n ≠0)． 由      nmxy dkyxk 0)1( 22222 , 得(k2-m2)x2-2mnx-n2-k2d2-d2=0 在△QF1F2中 aQFOT  ||2 1 1 故有x2+b2= a2(x=±a) (Ⅲ)C上存在M(x0，y0)使s=b2的充要条件是：      )2(||22 1 )1( 2 0 22 0 2 0 byc ayx 又 1MF =(-C-x0-y0)， 2MF =(c-x0,y0)由 · =x0 2-c2+y2 0=a2-c2=b2 即 |||| 21 MFMF cos∠F1MF2=b2又s= ||||2 1 21 MFMF sin∠FlMF2得tan ∠FlMF2=2 [专家把脉] (1)没有注意证明题的书写格式(2)思考问题不够全面． [对症下药] (1)证法一：设点P的坐标为(x，y)．由P(x，y)在椭圆上，得 .)()()(|| 22 2 2 2222 1 xa cax a bbcxycxPF  2 由|x|≤a，知a+ xa c ≥-c+a>0，所以 || 1PF =a+ a c x． 证法二：设点P的坐标为(x，y)．记 ,||,|| 2211 rPFrPF  则r1= 22)( ycx  ，r2= 22)( ycx  . 由r1+r2=2a，r2 1-r2 2=4cx，得 || 1PF =r1=a+ xa c ． 证法三：设点P的坐标为(x，y)．椭圆的左准线方程a+ =0． 由椭圆第二定义得 a c c ax PF   || || 2 1 即 .|||||| 2 1 xa cac axa cPF  由x≥-a，知a+ ≥-c+a>0，所以 =a+ (Ⅱ)解法一：设点T的坐标为(x，y)．当 || PT =0时，点(a，0)和点(-a，0)在轨迹上．当 0|| PT 且 0|| 2 TF 时，由 |||| 2TFPT  =0，得 .|| 2TFTP  又 |||| 2PFPQ  ，所以T为线段F2Q的中 点．在△QF1F2中， ||2 1|| 1QFOT  =a，所以有x2+y2=a2综上所述，点T的轨迹C的方程是x2+y2=a2 解法二：设点T的坐标为(x，y)．当| |=0时，点(a，0)和点(-a，0)在轨迹上． 当 0|| PT 且 02 TF 时，由 02 TFPT 又| PQ|=| 2PF |，所以T为线段F2Q的中点． 设点Q的坐标为(x'，y')，则 , .2 ' 2 '         yy cxx 因此      .2' ,2' yy cxx ①由 || 1QF =2a得(x'+c)2+y'2=4a2．② 将①代入②，可得x2+y2=a2．综上所述，点T的轨迹C的方程是x2+y2=a2 (Ⅲ)解法一：C上存在点M(x0，y0)使S=b2的充要条件是      )4.(||22 1 )3(, 2 0 22 0 2 0 byc ayx 由③得，|y0|≤a，由④得，|y0|≤ c b2 ，所以，当a≥ c b2 时，存在点M，使S=b2； 当a< 时，不存在满足条件的点M．当a≥ 时， 1MF =(-c-c0,-y0)， 2MF =(c-c0,-y0)， 由 1MF · 2MF =x0 2-c2+y2 0=a2-c2=b2， .2tan,sin||||2 1 ,cos|||| 21 2 2121 212121   MFFbMFFMFMFS MFFMFMFMFMF 得 解法二：C上存在点M(x0，y0)使S=b2的充要条件是      )4.(||22 1 )3(, 2 0 20 2 0 2 byc ayx 由④得|y0| c b2  ，上式代入③得x2 0=a2- 2 4 c b =(a- c b2 ) (a+ c b2 )≥0． 于是，当a≥ 时，存在点M，使s=b2;当a< 时，不存在满足条件的点M． 当a≥ 时，记k1=kF1M= ,, 0 0 22 0 0 cx ykkcx y MF  由|F1F2|<2a,知∠F1MF2<90°，所以tan∠F1MF2= |1| 21 2 1 kk kk   =2． 专家会诊 (1)求轨迹方程的本质是用代数形式将动点的运动规律表示出来，实质上是一个翻 译过程，故选取一定解题策略找到动点运动规律的一些表现形式是关键，往往和研究曲线几 何性质，讨论直线与曲线位置关系等联系在一起．(2)求轨迹要注意取值范围和“杂点”的 去除． 故舍去 综上所述：当x= 2 9 时d取得最小值 15 [专家把脉] 没有考虑到椭圆的分面有界性，致使思路不清晰，计算繁琐． [对症下药] [解](1)由已知可得点A(-6，0)，F(0，4) 设点P(x，y)，则 AP =(x+6，y)， FP=(x-4，y)，由已知可得        0)4)(6( 12036 2 22 yxx yx 则 2x2+9x-18=0，x= 2 3 或x=-6．由于y>0，只能x= ，于是y= .2 35 点P的坐标是( 2 35,2 3 ) (2)直线AP的方程是x- 3 +6=0．设点M(m，0)，则M到直线AP的距离是 2 |6| m ．于是 2 |6| m = |m-6|，又-6≤m≤6，解得m=2．椭圆上的点(x，y)到点M的距离d有，d2=(x-2)2+y2 =x2-4x+4+20- 9 5 x2 = 9 4 (x- 2 9 )2+15，由于-6≤m≤6，∴当x= 2 9 时，d取得最小值 15 2．如图，直线y= 2 1 x严与抛物线y= 8 1 x2-4交于A、B两点，线段AB的 垂直平分线与直线y=-5交于点Q． (1)求点Q的坐标 (2)当P为抛物 线上位于线段AB下方(含点A、B)的动点时，求△OPQ面积的最大值． [考场错解] (1)略(Ⅱ)由(1)得Q(5，-5) 直线OQ的方程为x+y=0 设P(x, 2 8 1 x -4)∵点P到直线OQ的距离 d= |48)4(|16 5|328|16 5||2 125|||,328| 28 1 2 |48 1| 222 2   xxxdOQSOQxx xx OPQ ∵-4≤x≤8． ∴S△OPQ最大值= 16 5 |(-4+4)2-48|=15 [专家把脉] 要注意二次函数最大值的求法． [对症下药] (1)解方程组         48 1 2 1 2xy xy ，得 , 4 8 ,2 4 2 2 1 1           y x y x 即A(-4，-2)，B(8，4)，从而 AB的中点为M(2，1)，由 2 1ABk ，得线段AB的垂直平分线方程y-1=-2(x-2)．令 y=-5，得 x=5， ∴Q(5，-5)． (2)直线OQ的方程为x+y=0，设P(x， -4)，∵点P到直线OQ的距离 d= .25|||328| 28 1 2 |48 1| 2 2   OQxx xx .|328|16 5||2 1 2   xxdOQS OPQ ∵P为抛物线 上位于线段AB下方点，且P不在直线OQ上． ∴ -4≤x<4 -4或4 3 -40，y2>0．由y= 2 1 x2，①得y'=x. ∴过点P的切线的斜率k切 =x1, ∵x1=0不合题意， ∴x1≠0． ∴直线l的斜率k1= xk 11  切 ,直线l的方程为y- 2 1 x2 1= x 1 (x-x1)．② 方法一：联立①②消去y，得x2+ xx1 2 -x2 1-2=0． ∵M为PQ的中点，          ).(1 2 1 1 2 0 1 2 10 1 21 0 xxxxy x xxx 消去x1,得y0=x0 2+ 2 02 1 x +1(x0≠0)，∴PQ中点M的轨迹方程为y=x2+ 22 1 x +1(x≠0)， 方法二：由y1= 2 1 x2 1,y2= 2 1 x2 2，x0= 2 21 xx  ，得y1-y2= x2 1- x2 2= (x1+x2)(x1-x2)=x0(x1-x2)， 则x0=   21 21 xx yy k1=- 1 1 x ∴x1=- 0 1 x ,将上式代入②并整理，得y0=x2 0+ 2 02 1 x +1(x0≠0)， ∴PQ中点M 的轨迹方程为y=x2+ 22 1 x +1(x≠0)． (Ⅱ)设直线l：y=kx+b，依题意k≠0，b≠0，则T(0，b)．分别过P、Q作PP'⊥x轴，QQ'⊥y 轴，垂足分别为p'、 Q'，则 .|| || || || |'| || |'| || || || || || 21 y b y b QQ OT PP OT SQ ST SP ST  由      bkxy xy 2 2 1 消去x，得y2-2(k2+b)y+b2=0．③则      . ),(2 2 21 2 21 byy bkyy 方法三：由P、Q、T三点共线得kTQ=kTP,即 . 1 1 2 2 x by x by  则x1y2-bx1=x2y1-bx2，即 b(x2-x1)=(x2y1-x1y2)．于是 b= .2 12 1 2 1 21 12 2 21 2 12 xxxx xxxx   .2|||| 2 1 |2 1| 2 1 |2 1||||| || || || || 2 1 1 2 2 2 21 1 2 21 21      x x x x x xx x xx y b y b SQ ST SP ST || 1 2 x x 可取一切不等于l的正数， || || || || SQ ST SP ST  的取值范围是(2，+∞)． 专家会诊①直线过定点的问题，常用直线系的思想处理． ②定值问题常常用函数的思想 处理，即把所求定值通过一些基本变量表示，最终化成常数．③最值问题往往用几何方法， 函数或不等式等方法处理． 四、典型习题导练 1、已知椭圆 22 221( 0)xy abab    右顶点与右焦点的距离为 31 ，短轴长为 2 2.（I） 求椭圆的方程；（Ⅱ）过左焦点 F 的直线与椭圆分别交于 A、B 两点，若三角形 OAB 的面积为 32,4 求直线 AB 的方程。 【解析】（Ⅰ）由题意， 2 2 2 31 2 ac b a b c         -----1 分解得 3, 1ac-----2 分 即：椭圆方程为 .123 22  yx -----4 分 （Ⅱ）当直线 AB 与 x 轴垂直时， 4 3 AB  ， 此时 3AOBS  不符合题意故舍掉； 当直线 与 轴不垂直时，设直线 的方程为： )1(  xky ， 代入消去 y 得： 2 2 2 2(2 3 ) 6 (3 6) 0k x k x k     ------5 分 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 2 12 2 2 12 2 6 23 36 23 kxx k kxx k       ， 所以 2 2 4 3( 1) 23 kAB k   -----7 分原点到直线的 距离 21 kd k   ， 所以三角形的面积 2 22 1 1 4 3( 1) 2 2 2 31 k kS AB d kk   ．由 232 224S k k      ， 所以直线 : 2 2 0ABl x y   或 : 2 2 0ABl x y   ．--------12 分 2、设椭圆 2 2 2 1(0 1)yxbb    的左焦点为 F ，左、右顶点分别为 AC、 ，上顶点为 B ， 过 F B C、 、 三点做 P .（Ⅰ）若 FC 是 的直径，求椭圆的离心率；（Ⅱ）若 的 圆心在直线 0xy上，求椭圆的方程。 【解析】（Ⅰ）由椭圆的方程知 1a  ∴ (0, ), (1,0),B b C 设 ( ,0)Fc …1 分∵ FC 是 P 的 直径， ∴ FB BC ,∵ ,,BC BF bk b k c   ∴ 1bb c    ，…2 分∴ 2 2 21 , 1 0b c c c c      ， 解得： 51 2c  …5 分∴椭圆的离心率 51 2 ce a  …6 分 （Ⅱ）解：∵ 过点 ,,F B C 三点，∴圆心 P 即在 FC 的垂直平分线，也在 BC 的垂直 端点恰为一个正方形的顶点．过右焦点 F 与 x 轴不垂直的直线l 交椭圆于 P ，Q 两点． （Ⅰ） 求椭圆的方程；（Ⅱ）在线段OF 上是否存在点 ( ,0)Mm ,使得| | | |MP MQ ？若存在，求 出 m 的取值范围；若不存在，请说明理由. 【解析】（Ⅰ）因为椭圆的短轴长： 2 2 1bb   ，又因为两个焦点和短轴的两个端点恰 为一个正方形的顶点，所以： 2 2 2 2b c a b c     ；故椭圆的方程为： 2 2 12 x y……4 分 （Ⅱ）（ 1）若l 与 x 轴重合时，显然 M 与原点重合， 0m  ； （2）若直线l 的斜率 0k  ，则可设 : ( 1)l y k x，设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y 则： 2 2 2 22 ( 1) 2 ( 2 1) 2 0 2 2 0 y k x x k x x xy           所以化简得： 2 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x k x k     ； 2 12 2 4 12 kxx k   PQ 的中点横坐标为： 2 2 2 12 k k ，代入 : ( 1)l y k x可得： 的中 点为 N 2 22 2( , )1 2 1 2 kk kk   ， 由于| | | |MP MQ 得到 12 2 2  k km 所以： 2 2 2 11(0, )11 2 22 km k k     直线 ),(: 2 12 12 2 xxxx yyyyBA   …10 分  22 12 12 )( yxxxx yyy   2 22 12 2 1 2 2 4 1)()(4 xxxxx xx   2 2 21 2 212 4 1 44 xxxxxxx  44 2112 xxxxx  44 12  xxx .12 分 直线 BA 恒过定点 )4,0( .……13 分 5、设椭圆 22 22: 1( 0)yxM a bab    的离心率与双曲线 221xy的离心率互为倒数，且 内切于圆 224xy。(Ⅰ)求椭圆 M 的方程；(Ⅱ)若直线 2y x m交椭圆于 A、B 两 点，椭圆上一点 (1, 2)P ，求 PAB 面积的最大值。 【解析】(Ⅰ)双曲线的离心率为 2 ，则椭圆 M 的离心率为 2 2 a ce ，圆 422  yx 的直径为 4 ，则 42 a ，由         222 2 2 42 cab a c a        2 2 2 b c a 所求椭圆 的方程为 2)( max  ABPS …12 分 6、已知椭圆 22 22:1yxE ab的右焦点恰好是抛物线 2:4C y x 的焦点 F，点 A 是椭圆 E 的 右顶点. 过点 A 的直线l 交抛物线 C于 M，N 两点，满足OM ON ，其中O 是坐标原点. (Ⅰ) 求椭圆 E 的方程；(Ⅱ)过椭圆 E 的左顶点 B 作 y 轴平行线 BQ，过点 N 作 x 轴平行线 NQ，直 线 BQ 与 NQ 相交于点 Q. 若 QMN 是以 MN 为一条腰的等腰三角形，求直线 MN 的方程. 【命题意图】本题考查椭圆、抛物线等基础知识，考查转化求解能力. 【解析】(Ⅰ)  1,0F ，∴  221, ,0a b A a ，设直线 :l x a my 代入 2 4yx 中，整 理得 2 4 4 0y my a   .设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 12 12 4, 4 y y m y y a    ，又∵ 22 1 1 2 24 , 4y x y x， ∴ 22 212 12 16 yyx x a，由 OM ON 得 2 1 2 1 2 40OM ON x x y y a a      ，解得 4a  或 0a  (舍)， 得 2 15b  ，所以椭圆 E 的方程为 22 116 15 yx . (Ⅱ)椭圆 E 的左顶点  4,0B  ，所以点  24,Qy .易证 M，O，Q 三点共线.当 QM 为等腰 QMN 的底边时，由于ON OM ，∴O 是线段 MQ 的中点，∴ 2 1 12 4 0,4 0 y yy     所以 0m  ， 即直线 MN 的方程为 4x  ； 当 QN 为等腰 底边时， 22 122444 yy   ，又∵ 12 16yy  ，解得 2 1 2 2 8, 32, y y    1 2 22 42 y y    或 1 2 22 42 y y    ∴ 2 2m  ，所以直线 MN 的方程为 24 2xy ， 即  24yx   .综上所述，当 为等腰三角形时，直线 MN 的方程为 4x  或  24yx   . 7、在平面直角坐标系 xoy 中，动点 M 到定点 )4 1,0(F 的距离比它到 x 轴的距离大 4 1 ，设动 点 的轨迹是曲线 E .(Ⅰ)求曲线 的轨迹方程；(Ⅱ)设直线l : 20xy与曲线 相 交于 A 、B 两点，已知圆C 经过原点O 和 AB、 两点，求圆C 的方程,并判断点 )4,0(M 关 于直线 的对称点 M 是否在圆C 上. 【解析】解：（ 1）由已知，即动点 到定点 的距离等于它到定直线 4 1x 的距 离，…2 分 ∴动点 M 的轨迹曲线 E 是顶点在原点，焦点为 )4 1,0(F 的抛物线和点 1(0, )4 …………4分 ∴曲线 的轨迹方程为 yx 2 和 1 ( 0)4yx   .…6 分由      yx yx 2 02 解得      1 1 y x 或      4 2 y x …8 分即 )1,1(A , )4,2(B 设过原点与点 A 、 B 的圆C 的方程为 022  FEyDxyx ， 则       042164 011 0 FED FED F ,解得       0 4 2 F E D ∴圆 的方程为 04222  yxyx 即 5)2()1( 22  yx …10 分由上可知，过点 )4,0(M 且与直线l 垂直的直线 MM 方程为： 4 xy 解方程组      02 4 yx xy ，得      3 1 y x 即线段 中点坐标为 )3,1(H ……12 分 从而易得点 )4,0(M 关于直线l 的对称点 M 的坐标为 )2,2(M 把代入 代入： 5)2()1( 22  yx ∴点 不在圆C 上.……14 分 8、过抛物线 yx 42  上不同两点 A 、 B 分别作抛物线的切线相交于点 P 00 ,( yx )， 0 PBPA .（Ⅰ）求 0y ；（Ⅱ）求证：直线 AB 恒过定点；（Ⅲ）设（Ⅱ）中直线 恒 过定点为 F ，若 0)( 2  FPFBFA  恒成立，求 的值. 【解析】(Ⅰ)设 )4,( 2 1 1 xxA ， )4,( 2 2 2 xxB ， )( 21 xx  .由 yx 42  ，得： 2 ' xy  ， 2 1xkPA  ， 2 2xkPB   0 PBPA ， PBPA  ， 421 xx .直线 PA 的方程是： )(24 1 1 2 1 xxxxy  .即 42 2 11 xxxy  . 同理，直线 PB 的方程是： 42 2 22 xxxy  .②由①②得： 14 21 0  xxy ， ),( 21 Rxx  . (Ⅱ)恒过点 )1,0( … 8 分 （Ⅲ）由(Ⅰ)得： )14,( 2 1 1  xxFA ， )14,( 2 2 2  xxFB ， )1,2( 21  xxP ， )2,2( 21  xxFP ， 421 xx . 42)14)(14( 2 2 2 1 2 2 2 1 21 xxxxxxFBFA  2444 )()( 2 2 2 1 2 212  xxxxFP . 0)( 2  FPFBFA .故 1 . 9、已知点 )0,2(),0,2( BA  ,直线 PA 与直线 PB 斜率之积为 4 3 ，记点 P 的轨迹为曲线 C .(Ⅰ)求曲线C 的方程；（Ⅱ）设 NM, 是曲线C 上任意两点，且 ONOMONOM  , 是否存在以原点为圆心且与 MN 总相切的圆？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说 明理由. 【解析】(Ⅰ)设 ( , )P x y 则由直线 PA 与直线 PB 斜率之积为 4 3 得 3 2 2 4 yy xx   ， ( 2)x  . 2 12 2 4 12 43 mxx k   .（*） 由OM ON 得 12 12 1yy xx   ，整理得 22 1 2 1 2( 1) ( ) 0k x x km x x m     .代入（*）式解 得 227 12( 1)mk此时 2 2 2(4 3) 8 4 12 0k x kmx m     中 0 .此时原点O到直线 MN F' 1 y xO P P0 F2 F1 的距离 2 | | 12 71 md k   .故原点O到直线 MN 的距离恒为 12 7d  .存在以原点为圆心且与 MN 总相切的圆，方程为 2212 7xy.--12分 10、已知对称中心为坐标原点的椭圆 1C 与抛物线 2 2 :4C x y 有一个相同的焦点 1F ，直线 :2l y x m与抛物线 2C 只有一个公共点.（1）求直线l 的方程；（2）若椭圆 经过直线 上的点 P ，当椭圆 的的离心率取得最大值时，求椭圆 的方程及点 P 的坐标. (本小题主要考查直线、椭圆、抛物线等知识, 考查数形结合、化归与转化、函数与方程的 数学思想方法，以及推理论证能力和运算求解能力) 4m  .… 3 分∴直线 的方程为 24yx.…… 4 分 （2）法 1：∵抛物线 2C 的焦点为  1 0,1F ， 依题意知椭圆 的两个焦点的坐标为    120,1 , 0, 1FF 设点  1 0,1F 关于直线l 的对称点为  ' 1 0 0,F x y ， 则 0 0 00 1 2 1, 1 2 4.22 y x yx         …7 分 解得 0 0 4, 1. x y    ∴点  ' 1 4, 1F  … 8 分 ∴直线l 与直线 ' 12:1F F y  的交点为 0 3 ,12P  9 分由椭圆的定义及平面几何知识得：椭圆 1C 的长轴长 122a PF PF ' 12PF PF ' 12 4FF其中当点 P 与点 0P 重合时，上面不等式取等号∴ 2a  . ∴ 11 2e a. 故当 2a  时， max 1 2e  ， 12 分此时椭圆 的方程为 22 143 yx，点 P 的坐标为 3 ,12  … 14 分 法 2：∵抛物线 2C 的焦点为  1 0,1F ， 依题意知椭圆 的两个焦点的坐标为    120,1 , 0, 1FF .5 分 设椭圆 的方程为   22 22 111 yx aaa   ，… 6 分由 22 22 2 4, 11 yx yx aa    消去 y ， 得      2 2 2 2 25 4 16 1 1 16 0a x a x a a       .（*） 7 分 若直线 MA 交直线 4x  于点 P ，过 作直线 MB 的垂线交 x 轴于点Q ，求 的坐标; (Ⅲ) 求点 在直线 上射影的轨迹方程. 【解析】(Ⅰ)由题意知 1, 2ca,故椭圆方程为 22 143 xy......3 分 (Ⅱ)设 ( , )M x y ， (4, )Pz则由图知 MN AN PD AD ，得 2 6 yx z  ,故 6 2 yz x  . 设 0( ,0)Qx ,由 PQ MB 得： 0 6 2 142 y yx xx     ， 2 0 2 64 4 yx x  . 又 M 在椭圆上，故 2244 3xy ，化简得 0 1 2x  ，即 1( ,0)2Q  ....8 分 (Ⅲ)点 在直线 上射影即 PQ 与 MB 的交点 H，由QH HB 得 HQB 为直角三角形， 设 E 为QB 中点，则 HE = 1 2 QB = 5 4 ， 3( ,0)4E ，因此 H 点的轨迹方程为 212xx . 由点 2 21 1 1 1( , ), ( 2 , )4 xM x N x x 知直线 MN 的方程为 2 11 1()44 xxy x x    .分别在其中令 0y  及 0x  得 2 1 1(2 ,0), (0, )2 xA x B .5 分将 ,,B M N 的坐标代入OB OM ON中得 11 22 211 1 0 ( 2 ) 24 xx xxx          ,即 2 42      ,7 分所以 21,.338 分 (Ⅱ)设椭圆 2C 的方程为 22 221( 0)xy abab    ,将 1(2 ,0)Ax , 2 1 1( , )4 xMx 代入, 得 2 2 4 1 1 1 2 2 2 4 1, 116 x x x a a b   ,9 分解得 4 2 2 2 1 14, 12 xa x b, 由 22ab 得 2 10 48x. 10 分 椭圆 的焦距 22 2 2 2 2 11 11 (48 )332 2 (48 ) 8 33 3 2 xxc a b x x        （或 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 3(48 ) ( 24) 24 24 8 33 3 3x x x        ） ····· 12 分 ······································ 当且仅当 2 2 2 1 1 148 , 24 48x x x    时,上式取等号, 故 max(2 ) 8 3c  , ···· 13 分 ······································ 此时椭圆 的方程为 22 1.96 48 xy14 分 13、已知点P是圆F1： 16)3( 22  yx 上任意一点，点F2与点F1关于原点对称. 线段PF2 的中垂线与PF1交于M点．(Ⅰ)求点M的轨迹C的方程；(Ⅱ)设轨迹C与x轴的两个左右交点分别 为A，B，点K是轨迹C上异于A，B的任意一点，KH⊥x轴，H为垂足，延长HK到点Q使得HK=KQ， 连结AQ延长交过B且垂直于x轴的直线l于点D，N为DB的中点．试判断直线QN与以AB为直径的 圆O的位置关系． 【解析】(Ⅰ)由题意得，    123,0 , 3,0FF （1分） 圆 1F 的半径为4，且 2| | | |MF MP （2分） 从而 1 2 1 1 2| | | | | | | | 4 | | 2 3MF MF MF MP F F      （3分） ∴ 点M的轨迹是以 12,FF为焦点的椭圆,其中长轴 24a  ,焦距 2 2 3c  ，则短半轴 22 4 3 1b a c     （4分）椭圆方程 为: 2 2 14 x y （5分） (Ⅱ)设  00,K x y ，则 2 20 0 14 x y．∵ HK KQ ，∴  00,2Q x y ．∴  22 0022OQ x y   （6 分） ∴ Q 点在以O 为圆心，2 为半径的的圆上．即 点在以 AB 为直径的圆O 上．(7 分) 又  2,0A  ，∴直线 AQ 的方程为  0 0 2 22 yyxx ．(8 分)令 2x  ，得 0 0 82, 2 yD x   (9 分) 又  2,0B ， N 为 DB 的中点，∴ 0 0 42, 2 yN x   (10 分)∴  00,2OQ x y ， 00 0 0 22, 2 xyNQ x x  (11 分) ∴        22 000 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4242 2 2 22 2 2 xxx y x yOQ NQ x x y x x x xx x x               （Ⅱ）由题意可知，直线 l 的斜率存在且不为 0，故可设直线 l 的方程为 y＝kx＋m（m≠0）， A(x1，y1)，B(x2，y2)，由   y＝kx＋m， x2＋y2＝a2． 消去 y 并整理，得(1＋k2)x2 ＋2kmx＋m2－a2＝0， 则△＝4k2m2－4(1＋k2)(m2－a2)＝4(k2a2＋a2－m2)＞0，且 x1＋x2＝－2km 1＋k2 ，x1x2＝m2－a2 1＋k2 ． ∴y1 y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2．∵直线 OA，AB，OB 的斜率依次成等比 数列，∴y1 x1 ·y2 x2 ＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 x1x2 ＝k2，即－2k2m2 1＋k2 ＋m2＝0，又 m≠0，∴k2＝1，即 k＝ ±1． 设点 O 到直线 l 的距离为 d，则 d＝ |m| k2＋1，∴S△OAB＝1 2|AB|d＝1 2 1＋k2|x1－x2 |· |m| k2＋1 ＝1 2|x1－x2 ||m|＝1 2 m2(2a2－m2)．由直线 OA，OB 的斜率存在，且△＞0，得 0＜m2＜2a2 且 m2≠a2， ∴0＜ m2(2a2－m2)＜m2＋(2a2－m2) 2 ＝a2．故△OAB 面积的取值范围为（0，1 2a2）．…（10 分） （Ⅲ）对椭圆 Γ 而言，有如下类似的命题：“设不过原点 O 的直线 l 与椭圆 Γ 交于 A，B 两点，若直线 OA，AB，OB 的斜率依次成等比数列，则△OAB 面积的取值范围为（0，1 2ab）．”…… （13 分） 15、已知 12,FF分别为椭圆 22 221xy ab( 0)ab 的左右焦点， ,MN分别为其左右顶 点，过 2F 的直线l 与椭圆相交于 ,AB两点. 当直线l 与 x 轴垂直时，四边形 AMBN 的面积 等于 2，且满足 222MF AB F N.⑴求此椭圆的方程；⑵当直线l 绕着焦点 2F 旋转但 不与 x 轴重合时，求 AM AN BM BN   的取值范围. 【命题意图】本小题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到椭圆 方 程的求法、直线与圆锥曲线的相关知识以及向量与圆锥曲线的综合知识. 【解析】⑴当直线l 与 x 轴垂直时，由 212222AMBN bSaa    ，得 1b  . 又 222MF AB F N,所以 222 ba c a ca     ，即 2ac  ，又 221ac， 解得 2a  . 因此该椭圆的方程为 2 2 12 x y. (4 分) ⑵设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，而 ( 2,0), ( 2,0)MN ，所以 11( 2 , )AM x y    ， 11( 2 , )AN x y   ， 22( 2 , )BM x y    ， 22( 2 , )BN x y   .从而有 22 1 1 1 2 2 2( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )AM AN BM BN x x y x x y             2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 24 ( ) 2 ( ) 2 4x x y y x x x x y y y y            . (6 分) 因为直线l 过椭圆的焦点(1,0) ，所以可以设直线 的方程为 1 ( )x ty t R   ，则由 2 2 12 1 x y x ty     消去 x 并整理，得 22( 2) 2 1 0t y ty    ，所以 122 2 2 tyy t  ， 12 2 1 2yy t   . (8 分) 进而 1 2 1 2 2 4( ) 2 2x x t y y t      ， 2 1 2 1 2 2 22( 1)( 1) 2 tx x ty ty t      ，可得 2 22 2 2 2 2 4 2 2 2 1( ) 2( ) ( ) 2( ) 42 2 2 2 ttAM AN BM BN t t t t              2 2 2 86 ( 2) 2tt. (10 分) 令 2 2tm ，则 2m  . 从而有 2 2 8 6 1 3 98( )88AM AN BM BN m m m        ，而 110 2m， 所以可以求得 AM AN BM BN   的取值范围是 9[ ,0)8 .(12 分) 16、已知 1F 、 2F 分别是椭圆 C 1 ： 12 2 2  ya x 的左、右焦 点， M、N 分别是双曲线 C 2 ： 12 2 2 2  y a x 的左、右焦点， 过 N 作双曲线渐进线的垂线，垂足为 P， 若 PF 2 ⊥x 轴（1）椭圆C 与双曲线 C 的方程； （2）分别过 F 和 N 作两条平行线 1l 、 2l ， 1l 交椭圆于 A、B， 2l 交双曲线右支于 D、E，问：是否存在 R ，使得 |||| 1 DEAB  为定值，若不存在，说 明理由。 解：(1)可求出 a2=2 ∴两种曲线的方程分别为 122,12 22 2 2  yxyx (2)若 L1，L2 不垂直于 x 轴，设其斜率为 k，则      12 )1( 2 2 yx xky      2 )2( 22 yx xky 2 2 21 2)1(2 k kAB  可求出 2 2 2 2(1 ) 1 kDE k   2 1 , 定值为 8 23 当 L1，L2 与 x 轴垂直时 1 1 3 2 28AB DE 2 1 存在 , 定值为 8 23 17、如图，过点 (0, 2)D  作抛物线 2 2 ( 0)x py p的切线l ，切点 A 在第二象限．（1） 求切点 A 的纵坐标；（2）若离心率为 2 3 的椭圆 )0(12 2 2 2  bab y a x 恰好经过切点 A，设 切线l 交椭圆的另一点为 B，记切线 、OA、OB 的斜率分别为 kkkkkk 42,,, 2121 若 ，求椭 （2）由（1）得 )2,2( pA  ，切线斜率 p k 2 ，设 ),( 11 yxB ，切线方程为 2 kxy ， 由 2 3e ， 得 22 4ba  ．…7 分所以椭圆方程为 1 4 2 2 2 2  b y b x ，且过 ， 42  pb ．… 9 分 由 041616)41( 44 2 222 222       bkxxk byx kxy ，            2 2 10 210 41 416 41 16 k bxx k kxx ，…11 分 136144 22  yx …15 分 18、已知曲线 )0()0,0(1: 222 22 2 2 2 1  xryxCxbab y a xC ：和曲线 都过点 A （0，－1），且曲线 1C 所在的圆锥曲线的离心率为 2 3 .（Ⅰ）求曲线 1C 和曲线 2C 的方程； （Ⅱ）设点 B,C 分别在曲线 ， 2C 上， 21,kk 分别为直线 AB,AC 的斜率, 当 12 4kk  时，问直线 BC 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理 由. 2 11 22 1 1 1 4 1 81 4 1 4 4 1 kkyxk k k     ，即 1 1 14yxk   ．…12 分故 BC 过定点 0,1 ．…13 分 19、在Δ ABC 中，顶点 A,B, C 所对三边分别是 a,b,c 已知 B(-1, 0), C(1, 0),且 b,a, c 成等差数列.(I )求顶点 A 的轨迹方程；(II) 设顶点 A 的轨迹与直线 y=kx+m 相交于不同的 两点 M、N，如果存在过点 P(0,- )的直线 l,使得点 M、N 关于 l 对称，求实数 m 的取值范围. 【解析】（I）由题知      ， ， acb a 2 2 得 b+c=4，即|AC|+|AB|=4（定值）．由椭圆定义知，顶点 A 的轨迹是以 B、C 为焦点的椭圆（除去左右顶点），且其长半轴长为 2，半焦距为 1，于是短 半轴长为 3 ．∴ 顶点 A 的轨迹方程为 )0(134 22  yyx ．…4 分 （II）由      ， ， 01243 22 yx mkxy 消去 y 整理得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0． ∴Δ =(8km)2-4(3+4k2)×4(m2-3)>0，整理得：4k2>m2-3．①令 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则          ， ， 2 2 21 221 43 )3(4 43 8 k mxx k kmxx 设 MN 的中点 P(x0，y0)，则 ，2210 43 4)(2 1 k kmxxx   2021210 43 3)(2 1)(2 1 k mkxmmkxmkxyyy  ，……7 分 i)当 k=0 时，由题知， )30()03( ，， m ．………8 分 ii)当 k≠0 时，直线 l 方程为 xky 1 2 1  ，由 P(x0，y0)在直线 l 上，得 22 43 4 2 1 43 3 k m k m    ， 得 2m=3+4k2．② 把②式代入①中可得 2m-3>m2-3，解得 00，解得 2 3m ．∴ 22 3  m ． 验证：当(-2，0)在 y=kx+m 上时，得 m=2k 代入②得 4k2-4k+3=0，k 无解．即 y=kx+m 不会过 椭圆左顶点.同理可验证 y=kx+m 不过右顶点．∴ m 的取值范围为( 22 3， )．…………11 分 综上，当 k=0 时，m 的取值范围为 )30()03( ，，  ；当 k≠0 时，m 的取值范围为 ( )．…12 分 20、已知圆 1C 的圆心在坐标原点O ,且恰好与直线 1 :l 2 2 0xy   相切. (Ⅰ) 求圆的 标准方程；（Ⅱ）设点 A为圆上一动点, AN x 轴于 N ,若 动 点 Q 满足 1)OQ mOA m ON  （ ,(其中 m 为非零常数),试求动点 的轨迹方程 2C ；（Ⅲ）在（Ⅱ） 的结论下，当 3 2m  时, 得到曲线C ，与 1l 垂直的直线 l 与曲线 交于 B 、 D 两点,求 OBD 面积的最大值. 【解析】 (Ⅰ)设圆的半径为 r ,圆心到直线 1l 距离为 d ，则 22 | 2 2 | 2 11 d   2 分圆 的方 程为 224xy （Ⅱ）设动点 ( , )Q x y , 0, 0()A x y , 轴于 , 0( ,0)Nx 由题意, 0 0 0( , ) ( , ) (1 )( ,0)x y m x y m x   ，所以 0 0 xx y my    5 分 即: 0 0 1 xx yym   ，将 1( , )A x ym 代入 224xy,得 22 2 144 xy m 7 分 2 0 0 9 0 5 1 5 2 0 0 9 0 5 1 5