高考数学第九章平面解析几何第11课时直线与圆锥曲线的综合应用更多资料关注微博高中学习资料库 18页

‎《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第九章　平面解析几何第11课时　直线与圆锥曲线的综合应用 考情分析 考点新知 会求定点、定值、最值等问题；掌握函数与方程等价转换、分类讨论等思想方法．‎ ‎　　掌握圆锥曲线的简单应用.‎ ‎1. (选修11P44习题4改编)以双曲线－＝1的中心为顶点，且以该双曲线的右焦点为焦点的拋物线方程是__________．‎ 答案：y2＝12x 解析：双曲线－＝1的中心为O(0，0)，该双曲线的右焦点为F(3，0)，则拋物线的顶点为(0，0)，焦点为(3，0)，所以p＝6，所以拋物线方程是y2＝12x.‎ ‎2. 以双曲线－3x2＋y2＝12的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆的方程是________．‎ 答案：＋＝1‎ 解析：双曲线方程可化为－＝1，焦点为(0，±4)，顶点为(0，±2)．∴ 椭圆的焦点在y轴上，且a＝4，c＝2，此时b＝2，∴椭圆方程为＋＝1.‎ ‎3. 若抛物线y2＝2px的焦点与椭圆＋＝1的右焦点重合，则p＝________．‎ 答案：4‎ 解析：椭圆＋＝1的右焦点(2，0)是抛物线y2＝2px的焦点，所以＝2，p＝4.‎ ‎4. 已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则·的最小值为________．‎ 答案：－2‎ 解析：设点P(x，y)，其中x≥1.依题意得A1(－1，0)，F2(2，0)，由双曲线方程得y2＝3(x2－1).·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝(x＋1)(x－2)＋y2＝x2＋y2－x－2＝x2＋3(x2－1)－x－2＝4x2－x－5＝4－，其中x≥1.因此，当x＝1时，·取得最小值－2.‎ ‎5. 已知椭圆C：＋y2＝1的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满足＋y≤1，则PF1＋PF2的取值范围为________．‎ 答案：[2，2]‎ 解析：当P在原点处时，PF1＋PF2取得最小值2；当P在椭圆上时，PF1＋PF2取得最大值2，故PF1＋PF2的取值范围为[2，2]．‎ ‎1. 圆锥曲线的统一定义 平面内到一个定点F和到一条定直线l(F不在l上)的距离的比等于常数e的轨迹．‎ 当01时，它表示双曲线；‎ 当e＝1时，它表示抛物线．‎ ‎2. 曲线的方程与方程的曲线 在直角坐标系中，如果某曲线C(看作适合某种条件的点的集合或轨迹)上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下的关系：‎ ‎(1) 曲线上的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在曲线C上，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)．‎ ‎3. 平面解析几何研究的两个主要问题 ‎(1) 根据已知条件，求出表示曲线的方程；‎ ‎(2) 通过曲线的方程研究曲线的性质．‎ ‎4. 求曲线方程的一般方法(五步法)‎ 求曲线(图形)的方程，一般有下面几个步骤：‎ ‎(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) 说明已化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上.‎ 题型1　最值问题 例1　如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．‎ ‎(1) 求椭圆C的方程；‎ ‎(2) 求△ABP面积取最大值时直线l的方程．‎ 解：(1) 设椭圆左焦点为F(－c，0)，则由题意得得 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)，由消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－12＝0，①‎ 则Δ＝64k‎2m2‎－4(3＋4k2)(‎4m2‎－12)＞0，‎ 所以线段AB的中点为M.‎ 因为M在直线OP：y＝x上，所以＝，得m＝0(舍去)或k＝－.‎ 此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则Δ＝3(12－m2)＞0，所以AB＝·|x1－x2|＝·，设点P到直线AB的距离为d，则d＝＝.设△ABP的面积为S，则S＝AB·d＝·.其中m∈(－2，0)∪(0，2)．令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2，2]，u′(m)＝－4(m－4)(m2－‎2m－6)＝－4(m－4)·(m－1－)(m－1＋)．所以当且仅当m＝1－时，u(m)取到最大值．故当且仅当m＝1－时，S取到最大值．综上，所求直线l的方程为3x＋2y＋2－2＝0.‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的中心在原点O，右焦点F在x轴上，椭圆与y轴交于A、B两点，其右准线l与x轴交于T点，直线BF交椭圆于C点，P为椭圆上弧AC上的一点．‎ ‎(1) 求证：A、C、T三点共线；‎ ‎(2) 如果＝3，四边形APCB的面积最大值为，求此时椭圆的方程和P点坐标．‎ ‎(1) 证明：设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0) ①，则A(0，b)，B(0，－b)，T.‎ AT：＋＝1 ②，BF：＋＝1 ③，解得交点C(，)，代入①得＋＝＝1，满足①式，则C点在椭圆上，即A、C、T三点共线．‎ ‎(2) 解：过C作CE⊥x轴，垂足为E，‎ 则△OBF∽△ECF.‎ ‎∵＝3，CE＝b，EF＝c，则C，代入①得＋＝1，∴ a2＝‎2c2，b2＝c2.设P(x0，y0)，则x0＋2y＝‎2c2.此时C，AC＝c，S△ABC＝·‎2c·＝c2，‎ 直线AC的方程为x＋2y－‎2c＝0，P到直线AC的距离为d＝＝，‎ S△APC＝d·AC＝··c＝·c.只须求x0＋2y0的最大值，‎ ‎(解法1)∵ (x0＋2y0)2＝x＋4y＋2·2x0y0≤x＋4y＋2(x＋y)＝3(x＋2y)＝‎6c2，∴ x0＋2y0≤c.当且仅当x0＝y0＝c时，(x0＋2y0)max＝c.‎ ‎(解法2)令x0＋2y0＝t，代入x＋2y＝‎2c2得(t－2y0)2＋2y－‎2c2＝0，即6y－4ty0＋t2－‎2c2＝0.Δ＝(－4t)2－24(t2－‎2c2)≥0，得t≤c.当t＝c，代入原方程解得x0＝y0＝c.‎ ‎∴四边形的面积最大值为c2＋c2＝c2＝，∴ c2＝1，a2＝2，b2＝1，此时椭圆方程为＋y2＝1.P点坐标为.‎ 题型2　定值问题 例2　如图，椭圆C0：＋＝1(a>b>0，a、b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t，b0)，则＝1，p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.‎ ‎(2) 抛物线C的准线方程为x＝－1，设M(－1，y1)，N(－1，y2)，其中y1y2＝－4，直线MO的方程：y＝－y1x，将y＝－y1x与y2＝4x联立解得A点坐标.同理可得B点坐标，则直线AB的方程为：＝，整理得(y1＋y2)y－4x＋4＝0，故直线AB恒过定点(1，0)．‎ ‎4. 已知椭圆E：＋y2＝1(a＞1)的上顶点为M(0，1)，两条过M的动弦MA、MB满足MA⊥MB.‎ ‎(1) 当坐标原点到椭圆E的准线距离最短时，求椭圆E的方程；‎ ‎(2) 若Rt△MAB面积的最大值为，求a；‎ ‎(3)‎ ‎ 对于给定的实数a(a＞1)，动直线AB是否经过一定点？如果经过，求出定点坐标(用a表示)；反之，说明理由．‎ 解：(1) 由题，a2＝c2＋1，d＝＝＝c＋≥2，当c＝1时取等号，此时a2＝1＋1＝2，故椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2) 不妨设直线MA的斜率k>0，直线MA方程为y＝kx＋1，由 ‎①代入②整理得(a2k2＋1)x2＋‎2a2kx＝0，‎ 解得xA＝－，‎ 故A，‎ 由MA⊥MB知直线MB的斜率为－，‎ 可得B(，)，‎ 则MA＝·，‎ MB＝＝.‎ 则S△MAB＝MA·MB ‎＝(1＋k2) ‎＝ ‎＝.‎ 令k＋＝t(t≥2)，‎ 则S△MAB＝＝≤＝.‎ 当t＝时取“＝”，∵ t＝≥2，得a>＋1.而(S△MAB)max＝＝，故a＝3或a＝(舍)．综上a＝3.‎ ‎(3) 由对称性，若存在定点，则必在y轴上．‎ 当k＝1时，A，直线AB过定点Q.下面证明A、Q、B三点共线：‎ ‎∵ kAQ＝ ‎＝ ‎＝，‎ kBQ＝ ‎＝ ‎＝.‎ 由kAQ＝kBQ知A、Q、B三点共线，即直线AB过定点Q.‎ ‎5. 设A1、A2与B分别是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点与上顶点，直线A2B与圆C：x2＋y2＝1相切．‎ ‎(1) 求证：＋＝1；‎ ‎(2) P是椭圆E上异于A1、A2的一点，若直线PA1、PA2的斜率之积为－，求椭圆E的方程；‎ ‎(3) 直线l与椭圆E交于M、N两点，且·＝0，试判断直线l与圆C的位置关系，并说明理由．‎ ‎(1) 证明：已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)，‎ A1、A2与B分别为椭圆E的左、右顶点与上顶点，‎ 所以A1(－a，0)，A2(a，0)，B(0，b)，‎ 直线A2B的方程是＋＝1.‎ 因为A2B与圆C：x2＋y2＝1相切，‎ 所以＝1，‎ 即＋＝1.‎ ‎(2) 解：设P(x0，y0)，则直线PA1、PA2的斜率之积为kPA1·kPA2＝·＝＝－，＋＝1，而＋＝1，所以b2＝a2.结合＋＝1，得a2＝4，b2＝.所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(3) 解：设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ ‎①若直线l的斜率存在，设直线l为y＝kx＋m，由y＝kx＋m代入＋＝1，得＋＝1.化简得(b2＋a2k2)x2＋‎2a2kmx＋a‎2m2‎－a2b2＝0(Δ>0)．∴ x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝＋km＋m2＝.因为·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0.代入得(a2＋b2)m2－a2b2(1＋k2)＝0.结合(1)的＋＝1，得m2＝1＋k2.‎ 圆心到直线l的距离为d＝＝1，所以直线l与圆C相切．‎ ‎②若直线l的斜率不存在，设直线l为x＝n.代入＋＝1，得y＝±b.∴ |n|＝b·，‎ ‎∴ a2n2＝b2(a2－n2)．解得n＝±1，所以直线l与圆C相切．‎ ‎6. 已知曲线C上动点P(x，y)到定点F1(，0)与定直线l1∶x＝的距离之比为常数.‎ ‎(1) 求曲线C的轨迹方程；‎ ‎(2) 以曲线C的左顶点T为圆心作圆T：(x＋2)2＋y2＝r2(r>0)，设圆T与曲线C交于点M与点N，求·的最小值，并求此时圆T的方程．‎ 解：(1) 过点P作直线的垂线，垂足为D.‎ ＝，＝，‎ 所以该曲线的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2) 点M与点N关于x轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，－y1)，不妨设y1>0.由于点M在椭圆C上，所以y＝1－.由已知T(－2，0)，则＝(x1＋2，y1)，＝(x1＋2，－y1)，∴·＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－y＝(x1＋2)2－＝x＋4x1＋3＝·－.由于－20. ‎ 所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，‎ 由x2＝4y，得y＝x2，所以y′＝x, 所以，直线AM的斜率为kAM＝x1, ‎ 所以，直线AM的方程为y－y1＝x1(x－x1)，又x＝4y1, ‎ 所以，直线AM的方程为x1x＝2(y＋y1)　①，‎ 同理，直线BM的方程为x2x＝2(y＋y2)　②，‎ ‎②－①并据x1≠x2得点M的横坐标x＝，‎ 即A、M、B三点的横坐标成等差数列．‎ ‎(2) 解：由①②易得y＝－1，所以点M的坐标为(2k，－1)(k≠0). ‎ 所以kMF＝＝－，则直线MF的方程为y＝－x＋1，‎ 设C(x3，y3)，D(x4，y4) ‎ 由消去y，得x2＋x－4＝0，显然Δ＝＋16>0, ‎ 所以x3＋x4＝－，x3x4＝－4，‎ 又|AB|＝＝ ‎＝＝4(k2＋1)，‎ ‎|CD|＝＝ ‎＝＝4，‎ 因为kMF·kAB＝－1，所以AB⊥CD ，‎ 所以SACBD＝|AB|·|CD|＝8＝8·≥32, ‎ 当且仅当k＝±1时，四边形ACBD面积取到最小值32.‎ ‎2. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，一条准线方程为x＝ ‎(1) 求椭圆C的方程；‎ ‎(2) 设G、H为椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，且OG⊥OH.‎ ‎①当直线OG的倾斜角为60°时，求△GOH的面积；‎ ‎②是否存在以原点O为圆心的定圆，使得该定圆始终与直线GH相切？若存在，请求出该定圆方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：( 1) 因为＝，＝，a2＝b2＋c2, ‎ 解得a＝3，b＝，所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2) ① 由解得 由　得 所以OG＝，OH＝，所以S△GOH＝.‎ ‎②假设存在满足条件的定圆，设圆的半径为R，则OG·OH＝R·GH，‎ 因为OG2＋OH2＝GH2，故＋＝，‎ 当OG与OH的斜率均存在时，不妨设直线OG方程为y＝kx, ‎ 由得所以OG2＝，‎ 同理可得OH2＝，(将OG2中的k换成－可得) ‎ ＋＝＝，R＝，‎ 当OG与OH的斜率有一个不存在时，可得＋＝＝，‎ 故满足条件的定圆方程为：x2＋y2＝.‎ ‎3. 已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，双曲线－＝1的两条渐近线为l1、l2，过椭圆C的右焦点F作直线l，使l⊥l1.又l与l2交于P点，设l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A、B(如图)．‎ ‎(1) 当l1与l2夹角为60°，双曲线的焦距为4时，求椭圆C的方程；‎ ‎(2) 当＝λ，求λ的最大值．‎ 解：(1) ∵双曲线的渐近线为y＝±x，‎ 两渐近线夹角为60°，又<1，‎ ‎∴∠POx＝30°，‎ 即＝tan30°＝.‎ ‎∴a＝b.‎ 又a2＋b2＝4，∴a2＝3，b2＝1.‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2) 由已知l：y＝(x－c)，与y＝x解得P.‎ 由＝λ，得A.‎ 将A点坐标代入椭圆方程，‎ 得(c2＋λa2)2＋λ‎2a4＝(1＋λ)‎2a2c2.‎ ‎∴(e2＋λ)2＋λ2＝e2(1＋λ)2.‎ ‎∴λ2＝＝－＋3≤3－2.‎ ‎∴λ的最大值为－1.‎ ‎4. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－1，1)，P是动点，且△POA的三边所在直线的斜率满足kOP＋kOA＝kPA.‎ ‎(1) 求点P的轨迹C的方程；‎ ‎(2) 若Q是轨迹C上异于点P的一个点，且＝λ，直线OP与QA交于点M，问：是否存在点P，使得△PQA和△PAM的面积满足S△PQA＝2S△PAM？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 解：(1) 设点P(x，y)为所求轨迹上的任意一点，则由kOP＋kOA＝kPA得＋＝，‎ 整理得轨迹C的方程为y＝x2(x≠0且x≠－1)．‎ ‎(2) 设P(x1，x)，Q(x2，x)，M(x0，y0)，‎ 由＝λ可知直线PQ∥OA，则kPQ＝kOA，‎ 故＝，即x2＋x1＝－1，‎ 由O、M、P三点共线可知，‎ ＝(x0，y0)与＝(x1，x)共线，‎ ‎∴ x0x－x1y0＝0，‎ 由(1)知x1≠0，故y0＝x0x1，‎ 同理，由＝(x0＋1，y0－1)与＝(x2＋1，x－1)共线可知(x0＋1)(x－1)－(x2＋1)(y0－1)＝0，‎ 即(x2＋1)[(x0＋1)·(x2－1)－(y0－1)]＝0，‎ 由(1)知x2≠－1，故(x0＋1)(x2－1)－(y0－1)＝0，‎ 将y0＝x0x1，x2＝－1－x1代入上式得(x0＋1)(－2－x1)－(x0x1－1)＝0，‎ 整理得－2x0(x1＋1)＝x1＋1，‎ 由x1≠－1得x0＝－，‎ 由S△PQA＝2S△PAM，得到QA＝2AM，‎ ‎∵ PQ∥OA，‎ ‎∴ OP＝2OM，‎ ‎∴＝2，‎ ‎∴ x1＝1，‎ ‎∴ P的坐标为(1，1)．‎ ‎1. 圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．‎ ‎(1) 若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；‎ ‎(2) 若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．‎ ‎2. 求定值问题常见的方法有两种 ‎(1) 从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；‎ ‎(2) 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．‎ ‎3. 定点的探索与证明问题 ‎(1) 探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；‎ ‎(2) 从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．‎ 请使用课时训练(B)第11课时(见活页)．‎ ‎[备课札记]‎