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圆锥曲线计算方法总结



高考圆锥曲线压轴题型总结
直线与圆锥曲线相交,一般采取设而不求,利用韦达定理,在这里我将这个问题分成了三 种类型,其中第一种类型的变式比较多。而方程思想,函数思想在这里也用得多,两种思 想可以提供简单的思路,简单的说就是只需考虑未知数个数和条件个数,。使用韦达定理时 需注意成立的条件。 题型一:条件和结论可以直接或经过转化后可用两根之和与两根之积来处理 1. 福建 直线

l : x ? ?1 , P 为平面上的动点,F(1,0)过 P 作直线

??? ??? ??? ??? ? ? ? ? l 的垂线,垂足为点 Q ,且 QP? ? FP?FQ . QF
(Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)过点 F 的直线交轨迹 C 于 A,B 两点,交直线 l 于点 M ,已知 MA ? ?1 AF ,

????

????

???? ??? ? MB ? ?2 BF ,求 ?1 ? ?2 的值;
本小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识,考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特 征的基本方法,考查运算能力和综合解题能力.满分 14 分. 解法一: (Ⅰ)设点 P( x,y ) ,则 Q(?1 y) ,由 QP? , QF ? FP ? 得: FQ

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

y P B O F A

( x ? 1 0)? , y) ? ( x ?1,y)? ?2,y) ,化简得 C : y 2 ? 4x . , (2 ? (
(Ⅱ)设直线 AB 的方程为:

Q

x ? my ? 1(m ? 0) .
设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,又 M ? ?1 ? ,

x

? ?

2? ?, m?

M

联立方程组 ?

? y 2 ? 4 x,

? x ? my ? 1,

,消去 x 得:

y 2 ? 4my ? 4 ? 0 , ? ? (?4m)2 ? 12 ? 0 ,故

??? ???? ? ??? ? ? y1 ? y2 ? 4m, ???? 由 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF 得: ? ? y1 y2 ? ?4.
y1 ? 2 2 2 2 ? ??1 y1 , y2 ? ? ??2 y2 ,整理得: ?1 ? ?1 ? , ?2 ? ?1 ? , m m my1 my2

? ?1 ? ?2 ? ?2 ?
? ?2 ?

2?1 1 ? 2 y1 ? y2 ? ? ? ? ?2 ? ? m ? y1 y2 ? m y1 y2

2 4m ? 0. ? m ?4 ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? ??? ??? ??? ? ? ? 解法二: (Ⅰ)由 QP? QF ? FP?FQ 得: FQ? PQ ? PF ) ? 0 , (

??? 2 ??? 2 ? ? ??? ??? ??? ??? ? ? ? ? ?( PQ ? PF )? PQ ? PF ) ? 0 ,? PQ ? PF ? 0 , ( ??? ? ??? ? ? PQ ? PF .所以点 P 的轨迹 C 是抛物线,由题意,轨迹 C 的方程为: y 2 ? 4x .
2 (Ⅱ)由已知 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF ,得 ?1 ? 2 ? 0 . ?

????

??? ?

????

??? ?

???? MA ?1 则: ???? ? ? MB ?2

??? ? AF ??? .…………① ? BF

过点 A,B 分别作准线 l 的垂线,垂足分别为 A1 , B1 ,

???? ???? ??? ? MA AA1 AF 则有: ???? ? ???? ? ??? .…………② ? MB BB1 BF ??? ? ??? ? ?1 AF AF 由①②得: ? ??? ? ??? ,即 ?1 ? ?2 ? 0 . ? ? ?2 BF BF
(全国卷Ⅰ))已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,斜率为 1 且过椭圆右焦 ??? ??? ? ? ? 点 F 的直线交椭圆于 A、B 两点, OA ? OB 与 a ? (3, ?1) 共线。 2.
(Ⅰ)求椭圆的离心率; (Ⅱ)设 M 为椭圆上任意一点,且 OM ? ?OA ? ?OB (?, ? ? R) ,证明 ?2 ? ? 2 为定值。 解:设椭圆方程为

???? ?

??? ?

??? ?

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0), F (c,0) a2 b2

则直线 AB 的方程为 y ? x ? c ,代入

x2 y2 ? ? 1 ,化简得 a2 b2 (a 2 ? b 2 ) x 2 ? 2a 2 cx ? a 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0 .

2 2 2 2 2 令 A( x1 , y1 ) ( x2 , y 2 ) ,B ,则 x1 ? x2 ? 2a c 2 , x1 x2 ? a c 2 ? a 2b . a2 ? b a ?b

由 OA ? OB ? ( x1 ? x2 , y1 ? y2 ), a ? (3, ?1), OA ? OB 与 a 共线,得

??? ??? ? ?

?

??? ??? ? ?

?

3( y1 ? y2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 0, 又 y1 ? x1 ? c, y 2 ? x2 ? c , 3 ? 3( x1 ? x 2 ? 2c) ? ( x1 ? x 2 ) ? 0, ? x1 ? x 2 ? c. 2


2a 2 c 3c ? ,所以 a 2 ? 3b 2 . 2 2 2 a ?b

?c ? a2 ? b2 ?

6a , 3

故离心率 e ?

c 6 ? . a 3

2 2 (II)证明: (1)知 a ? 3b ,所以椭圆

x2 y2 ? ? 1 可化为 x 2 ? 3 y 2 ? 3b 2 . a2 b2 ???? ? 设 OM ? ( x, y) ,由已知得 ( x, y) ? ? ( x1 , y1 ) ? ? ( x2 , y2 ),

? x ? ?x1 ? ?x 2 , ? M ( x, y ) 在椭圆上,? (?x1 ? ?x2 ) 2 ? 3(?y1 ? ?y2 ) 2 ? 3b 2 . ?? ? y ? ?x1 ? ?x 2 . 2 2 2 2 2 2 2 即 ? ( x1 ? 3 y1 ) ? ? ( x2 ? 3 y2 ) ? 2?? ( x1 x2 ? 3 y1 y2 ) ? 3b . ①

由(1)知 x1 ? x 2 ?

3c 2 3 2 2 1 2 , a ? c ,b ? c . 2 2 2 2 2 2 2 a c ?a b 3 x1 x 2 ? ? c2 2 2 8 a ?b x1 x 2 ? 3 y1 y 2 ? x1 x 2 ? 3( x1 ? c)(x 2 ? c)

? 4 x1 x 2 ? 3( x1 ? x 2 )c ? 3c 2 3 2 9 2 c ? c ? 3c 2 2 2 ? 0. ?
2 2 2 又 x 2 ?3 y1 ? 3b 2 , x2 ? 3 y2 ? 3b 2 ,代入①得 ?2 ? ? 2 ? 1. 1 故 ?2 ? ? 2 为定值,定值为 1.

3. 如图、 椭圆

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的一个焦点是 F 0) (1, , a 2 b2

O 为坐标原点. (Ⅰ)已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正 三角形,求椭圆的方程; (Ⅱ)设过点 F 的直线 l 交椭圆于 A、B 两点.若直线 l 绕点 F 任意转动,值有

OA ? OB ? AB ,求 a 的取值范围.
2 2 2

本小题主要考查直线与椭圆的位置关系、不等式的 解法等基本知识,考查分类与整合思想,考查运算能力和 综合解题能力.满分 12 分. 解法一:(Ⅰ)设 M,N 为短轴的两个三等分点, 因为△ MNF 为正三角形, 所以 OF ?

3 MN , 即 1= 2
x2 y 2 ? ? 1. 4 3

3 2b ? , 解得b= 3. 2 3
(Ⅱ)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ).

a2 ? b2 ? 1 ? 4, 因此,椭圆方程为

(ⅰ)当直线 AB 与 x 轴重合时,

OA ? OB ? 2a 2 , AB ? 4a 2 (a 2 ? 1),
2 2 2

因此,恒有 OA ? OB ? AB .
2 2 2

(ⅱ)当直线 AB 不与 x 轴重合时,

设直线 AB 的方程为: x ? my ? 1, 代入

x2 y 2 ? ? 1, a 2 b2
所a
2







(a 2 ?
m , b2

b2

) m2?

y2 2
2

? b2
2

? m
2

2 y 0 ? b2 ,

以b

y1 ?

2b2 y2 2? a ?

m

2

? 2 b y1 ?y2 ?

a

因为恒有2OA ? OB ? AB ,所以 ? AOB 恒 2 2
2 2

a

b

b

m

为钝角.

即 OA? OB ? ( x1, y1 )? x2 , y2 ) ? x1x2 ? y1 y2 ? 0 恒成立. (

??? ??? ? ?

x1x2 ? y1 y2 ? (my1 ? 1)(my2 ? 1) ? y1 y2 ? (m2 ? 1) y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ? 1

(m 2 ? 1)(b 2 ? a 2b 2 ) 2b 2 m 2 ? ? 2 ?1 a 2 ? b2 m2 a ? b2 m2 ? m 2 a 2b 2 ? b 2 ? a 2b 2 ? a 2 ? ? 0. a 2 ? b2 m2

又 a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2<0 对

m ? R 恒成立, 即 a2b2m2> a2 -a2b2+b2 对 m ? R 恒成立.当 m ? R 时,a2b2m2 最小值为 0,所以 a2- a2b2+b2<0. a2<a2b2- b2, a2<( a2-1)b2= b4, 因 为 a>0,b>0, 所 以 a<b2, 即 a2-a-1>0, 解 得 a>

1? 5 或 2

a<

1? 5 1? 5 1? 5 (舍去),即 a> ,综合(i)(ii),a 的取值范围为( ,+ ? ). 2 2 2

解法二: (Ⅰ)同解法一, (Ⅱ)解: (i)当直线 l 垂直于 x 轴时,

1 y2 b2 (a 2 ? 1) 2 x=1 代入 2 ? 2 ? 1, y A ? =1. a b a2
因为恒有|OA|2+|OB|2<|AB|2,2(1+yA2)<4 yA2, yA2>1,即

a2 ? 1 >1, a

解得 a>

1? 5 1? 5 1? 5 或 a< (舍去),即 a> . 2 2 2

(ii)当直线 l 不垂直于 x 轴时,设 A(x1,y1), B(x2,y2).

x2 y2 设直线 AB 的方程为 y=k(x-1)代入 2 ? 2 ? 1, 得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0, a b
故 x1+x2=

2a 2 k 2 a 2 k 2 ? a 2b 2 2 2 2 , x2 x2 ? 2 . 因为恒有|OA| +|OB| <|AB| , 2 2 2 2 2 b ?a k b ?a k

所以 x21+y21+ x22+ y22<( x2-x1)2+(y2-y1)2,得 x1x2+ y1y2<0 恒成立. x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2 =(1+k2)

a 2 k 2 ? a 2b 2 2a 2 k 2 ( a 2 ? a 2b 2 ? b 2 )k 2 ? a 2b 2 ? k2 2 ? k2 ? . b2 ? a 2k 2 b ? a 2k 2 b2 ? a 2k 2

由题意得(a2- a2 b2+b2)k2- a2 b2<0 对 k ? R 恒成立. ①当 a2- a2 b2+b2>0 时,不合题意; ②当 a2- a2 b2+b2=0 时,a=

1? 5 ; 2

③当 a2- a2 b2+b2<0 时,a2- a2(a2-1)+ (a2-1)<0,a4- 3a2 +1>0, 解得 a2>

3? 5 3? 5 1? 5 1? 5 或 a2> (舍去) ,a> ,因此 a ? . 2 2 2 2 1? 5 ,+ ? ) 2

综合(i) (ii) 的取值范围为( ,a
2 2 2

解法 1 中 OA ? OB ? AB 的转化才是亮点。

4.

m2 ? 0 ,椭圆 2010 浙江理数)(21) (本题满分 15 分)已知 m>1,直线 l : x ? my ? 2 x2 ? y 2 ? 1 , F1, F2 分别为椭圆 C 的左、右焦点. 2 m
(Ⅰ)当直线 l 过右焦点 F2 时,求直线 l 的方程; (Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A, B 两点,VAF F2 ,VBF F2 的 1 1

C:

重心分别为 G , H .若原点 O 在以线段 GH 为直径的圆内,求实数

m 的取值范围.
解析:本题主要考察椭圆的几何性质,直线与椭圆,点与圆的位置关系等基础知识,同时考 察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。 (Ⅰ)解:因为直线 l : x ? my ?

m2 m2 ? 0 经过 F2 ( m 2 ? 1, 0) ,所以 m 2 ? 1 ? , 2 2
2

2 得 m ? 2 ,又因为 m ? 1 ,所以 m ? 2 ,故直线 l 的方程为 x ? 2 y ? ?0。 2
2

(Ⅱ)解:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 。

? m2 x ? my ? ? m2 ? 2 2 ?1 ? 0 由? 2 ,消去 x 得 2 y ? my ? 4 ? x ? y2 ? 1 ? m2 ?
m2 则由 ? ? m ? 8( ? 1) ? ?m2 ? 8 ? 0 , m2 ? 8 , 知 4
2

且有 y1 ? y2 ? ?

m m2 1 , y1 ?y2 ? ? 。由于 F1 (?c,0), F2 (c,0), ,故 O 为 F1F2 的中点, 2 8 2

由 AG ? 2GO, BH ? 2HO ,可知 G ( 设 M 是 GH 的中点,则 M (

????

??? ???? ?

????

x1 y1 x y ( x ? x ) 2 ( y ? y2 ) 2 2 , ), h( 2 , 1 ), GH ? 1 2 ? 1 3 3 3 3 9 9

x1 ? x2 y1 ? y2 , ) ,由题意可知 2 MO ? GH , 6 6

即 4[(

x1 ? x2 2 y ?y ( x ? x )2 ( y ? y )2 ) ? ( 1 2 )2 ] ? 1 2 ? 1 2 即 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 6 6 9 9

m2 m2 m2 1 m2 1 2 )(my2 ? ) ? y1 y2 ? (m ? 1 ( ? ) 所以 ) ? ?0 而 x1 x2 ? y1 y2 ? (my1 ? 2 2 8 2 8 2
2 即 m ? 4 又因为 m ? 1 且 ? ? 0 所以 1 ? m ? 2 。 所以 m 的取值范围是 (1, 2) 。 原点 O 在以线

段 GH 为直径的圆内,也可以像第 3 题一样处理,利用 OG? OH ? 0 且不反向。 5. (2010 浙江文数) (22)(本题满分 15 分)已知 m 、 是非零实数,抛物线 C : y 2 ? 2 ps (p>0)

???? ????

m2 ? 0 上。 的焦点 F 在直线 l : x ? my ? 2
(I)若 m=2,求抛物线 C 的方程 (II) 设直线 l 与抛物线 C 交于 A、 △A A2 F ,△ BB1F B, 的重心分别为 G,H 求证:对任意非零实数 m,抛物线 C 的准线与 x 轴的焦 点在以线段 GH 为直径的圆外。

也可以用第 3 题的思路 6.(2009 全国卷Ⅰ) (本小题满分 12 分) (注意:在试题卷上作答无效) ......... 如图,已知抛物线 E : y ? x
2

与圆 M : ( x ? 4) ? y ? r (r ? 0) 相交于 A、B、C、D
2 2 2

四个点。

(Ⅰ)求 r 的取值范围 (Ⅱ)当四边形 ABCD 的面积最大时,求对角线 AC、BD 的交点 P 的坐标。 解: (Ⅰ)将抛物线 E : y 2 ? x 代入圆 M : ( x ? 4)2 ? y 2 ? r 2 (r ? 0) 的方程,消去 y 2 ,整理 得 x ? 7 x ? 16 ? r ? 0 ....... ......(1)
2 2

抛物线 E : y 2 ? x 与圆 M : ( x ? 4)2 ? y 2 ? r 2 (r ? 0) 相交于 A 、 B 、 C 、 D 四个点的 充要条件是:方程(1)有两个不相等的正根

?49 ? 4(16 ? r 2 ) ? 0 ? 5 5 5 ? ?r ? ? 或r ? ∴ ? x1 ? x 2 ? 7 ? 0 即? ?r?4 2 2 。解这个方程组得 2 ? ? 2 ? x1 ? x 2 ? 16 ? r ? 0 ?? 4 ? r ? 4
r ?( 15 , 4) . 2

(II) 设四个交点的坐标分别为 A( x1 , x1 ) 、 B( x1 , ? x1 ) 、C ( x2 , ? x2 ) 、 D( x2 , x2 ) 。 则由(I)根据韦达定理有 x1 ? x2 ? 7, x1 x2 ? 16 ? r 2 , r ? ( 则S ?

15 , 4) 2

1 ? 2? | x2 ? x1 | ( x1 ? x2 ) ?| x2 ? x1 | ( x1 ? x2 ) 2

? S 2 ? [( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ]( x1 ? x2 ? 2 x1 x2 ) ? (7 ? 2 16 ? r 2 )(4r 2 ? 15)
令 16 ? r 2 ? t ,则 S ? (7 ? 2t ) (7 ? 2t )
2 2

下面求 S 的最大值。

2

方法 1:由三次均值有:

1 S 2 ? (7 ? 2t ) 2 (7 ? 2t ) ? (7 ? 2t )(7 ? 2t )(14 ? 4t ) 2 1 7 ? 2t ? 7 ? 2t ? 14 ? 4t 3 1 28 3 ? ( ) ? ?( ) 2 3 2 3
当且仅当 7 ? 2t ? 14 ? 4t ,即 t ?

7 15 , 4) 满足题意。 时取最大值。经检验此时 r ? ( 6 2

法 2:设四个交点的坐标分别为 A( x1 , x1 ) 、 B( x1 , ? x1 ) 、 C ( x2 , ? x2 ) 、 D( x2 , x2 ) 则直线 AC、BD 的方程分别为

y ? x1 ?

? x 2 ? x1 x 2 ? x1

( x ? x1 ), y ? x1 ?

x 2 ? x1 x 2 ? x1

( x ? x1 )

解得点 P 的坐标为 ( x1 x2 ,0) 。 设t ?

1 x1 x2 ,由 t ? 16 ? r 2 及(Ⅰ)得 t ? (0, ) 4 1 ( 2 x1 ? 2 x 2 ) | x1 ? x 2 | 2

由于四边形 ABCD 为等腰梯形,因而其面积 S ?

则 S 2 ? ( x1 ? 2 x1 x2 ? x2 )[(x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ] 将 x1 ? x 2 ? 7 , 式,并令 f (t ) ? S 2 ,等

x1 x2 ? t 代 入上

7 f ( t ) ? (7 ? 2t ) 2 (7 ? 2t ) ? ?8t 3 ? 28t 2 ? 98t ? 343(0 ? t ? ) , 2
∴ f `(t ) ? ?24t 2 ? 56t ? 98 ? ?2(2t ? 7)(6t ? 7) , 令 f `(t ) ? 0 得 t ?

7 7 7 7 , 或 t ? ? ( 舍 去 ) 当 0 ? t ? 时 , f `(t ) ? 0 ; 当 t ? 时 6 2 6 6

f `(t ) ? 0 ;当

7 7 7 ? t ? 时, f `(t ) ? 0 故当且仅当 t ? 时, f (t ) 有最大值,即四边形 6 2 6 7 6

ABCD 的面积最大,故所求的点 P 的坐标为 ( ,0) 7. (2009 湖北卷理)(本小题满分 14 分) (注意:在试题卷上作答无效) ......... 过抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 的对称轴上一点 A? a,0?? a ? 0? 的直线与抛物线相交于 M、
2

N 两点,自 M、N 向直线 l : x ? ? a 作垂线,垂足分别为 M 1 、 N1 。 (Ⅰ)当 a ? (Ⅱ)记

p 时,求证: AM1 ⊥ AN1 ; 2

?AMM1 、 ?AM1 N1 、 ?ANN1 的面积分别为 S1 、 S2 、 S3 ,是否存在 ? ,

2 使得对任意的 a ? 0 ,都有 S2 ? ? S1S2 成立。若存在,求出 ? 的值;若不存在,说明理由。

解:依题意,可设直线 MN 的方程为 x ? my ? a, M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则有

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? x ? my ? a 2 消去 x 可得 y ? 2mpy ? 2ap ? 0 M (?a, y1 ), N (?a, y2 ) 由 ? 2 ? y ? 2 px

从而有 ?

? y1 ? y2 ? 2mp ? y1 y2 ? ?2ap



于是 x1 ? x2 ? m( y1 ? y2 ) ? 2a ? 2(m2 p ? a) 又由 y12 ? 2 px1 , y12 ? 2 px2 可得 x1 x2 ? (Ⅰ)如图 1,当 a ?



( y1 y2 )2 (?2ap)2 ? ? a2 2 2 4p 4p



p p p 时,点 A( , 0) 即为抛物线的焦点, l 为其准线 x ? ? 2 2 2 P P 此时 M 1 ( ? , y1 ), N1 ( ? , y2 ), 并由 ①可得 y1 y2 ? ? p2 2 2 uuuu v uuuv 证法 1: Q AM1 ? (? p, y1 ), AN1 ? (? p, y2 )

uuuu uuuv v ? AM1 ? AN1 ? p2 ? y1 y2 ? p2 ? p2 ? 0,即AM1 ? AN1
Q K AM1 ? ? y1 y , K AN1 ? ? 2 , p p

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证法 2:

? K AM1 ? K AN1 ?

y1 y2 p2 ? ? 2 ? ?1,即AM1 ? AN1. p2 p

2 (Ⅱ)存在 ? ? 4 ,使得对任意的 a ? 0 ,都有 S2 ? 4S1S3 成立,证明如下:

证法 1:记直线 l 与 x 轴的交点为 A ,则 OA ? OA ? a 。于是有 1 1

1 1 S1 ? ? MM 1 ? A1M 1 ? (x1 ? a) y1 2 2 1 S2 ? ? M 1 N1 ? AA1 ? a y1 ? y2 2 1 1 S3 ? ? NN1 ? A1 N1 ? (x2 ? a ) y2 2 2
2 ? S2 ? 4S1S3 ? (a y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? a ) y1 ? ( x2 ? a ) y2

? a 2 [( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ] ? [ x1 x2 ? a( x1 ? x2 ) ? a 2 ] y1 y2
将①、②、③代入上式化简可得

a2 (4m2 p2 ? 8ap) ? 2ap(2am2 p ? 4a2 ) ? 4a2 p(m2 p ? 2a)
2 上式恒成立,即对任意 a ? 0, S2 ? 4S1S3 成立 2 证法 2:如图 2,连接 MN1 , NM1 ,则由 y1 y2 ? ?2ap, y1 ? 2 px1 可得

KOM ?

y1 2 p 2 py2 2 py2 y2 ? ? ? ? ? KON1 ,所以直线 MN1 经过原点 O, x1 y1 y1 y2 ?2ap ?a

同理可证直线 NM1 也经过原点 O 又 OA ? OA ? a 设 M1 A ? h1, N1 A ? h2 , MM1 ? d1, NN1 ? d2 , 则 1 1 1

S1 ?

1 1 1 d1h1 , S2 ? ? 2a (h1 ? h2 ) ? a (h1 ? h2 ), S3 ? d 2 h2 . 2 2 2
2

8. (2010 全国卷 1 理数) (21)(本小题满分 12 分) 已知抛物线 C : y ? 4x 的焦点为 F,过点 K (?1, 0) 的直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点, 点 A 关于 x 轴的对称点为 D. (Ⅰ)证明:点 F 在直线 BD 上; (Ⅱ)设 FA?FB ?

??? ??? ? ?

8 ,求 ?BDK 的内切圆 M 的方程 . 9

9. (2010 全国卷 2 理数) (21) (本小题满分 12 分) 己知斜率为 1 的直线 l 与双曲线 C:

x2 y 2 ? ? 1? a>0,b>0 ? 相交于 B、D 两点,且 a 2 b2

BD 的中点为 M ?1,3? .
(Ⅰ)求 C 的离心率; (Ⅱ)设 C 的右顶点为 A,右焦点为 F, DF ?BF ? 17 ,证明:过 A、B、D 三点的圆与

x 轴相切.

【点评】 高考中的解析几何问题一般为综合性较强的题目, 命题者将好多考点以圆锥曲线为 背景来考查,如向量问题、三角形问题、函数问题等等,试题的难度相对比较稳定. 用焦半径不行吗? 10.(2010 山东文数) (22) (本小题满分 14 分) 如图,已知椭圆

x2 y 2 ? ? 1 (a ? b ? 0) 过点. a 2 b2

(1,

2 2 ,左、右焦点分别为 ) ,离心率为 2 2

F1 、

F2 .点 P 为直线 l : x ? y ? 2 上且不在 x

轴上的任意 一点,直线 PF1 和 PF2 与椭圆的交 点分别为 A 、 B 和 C 、 D , O 为坐标原点. (I)求椭圆的标准方程; (II) 设直线 PF1 、PF2 的斜线分别为 k1 、k2 . (i)证明:

1 3 ? ?2; k1 k2

(ii) 问直线 l 上是否存在点 P , 使得直线 OA 、OB 、OC 、OD 的斜率 kOA 、kOB 、

kOC 、 kOD 满足 kOA ? kOB ? kOC ? kOD ? 0 ?若存在,求出所有满足条件的点 P 的坐标;若
不存在,说明理由.

题型二:出现 AB ? ? AC 情形,两根的关系不能直接使用使用韦达定理,可将两根的关系 带入韦达定理。联考中叶是经常出现的。 (2010 辽宁文数) (20) (本小题满分 12 分) 设 F , F2 分别为椭圆 C : 1

??? ?

??? ?

x2 y 2 ? ? 1 (a ? b ? 0) 的左、右焦点,过 F2 的直线 l 与椭圆 a 2 b2

C 相交于 A , B 两点,直线 l 的倾斜角为 60? , F1 到直线 l 的距离为 2 3 .
(Ⅰ)求椭圆 C 的焦距; (Ⅱ)如果 AF2 ? 2F2 B ,求椭圆 C 的方程. 解: (Ⅰ)设焦距为 2c ,由已知可得 F1 到直线 l 的距离 3c ? 2 3, 故c ? 2. 所以椭圆 C 的焦距为 4. (Ⅱ)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ),由题意知y1 ? 0, y2 ? 0, 直线 l 的方程为 y ? 3( x ? 2).

???? ?

???? ?

? y ? 3( x ? 2), ? 得(3a 2 ? b 2 ) y 2 ? 4 3b 2 y ? 3b 4 ? 0. 联立 ? x 2 y 2 ? 2 ? 2 ?1 b ?a

? 3b2 (2 ? 2a) ? 3b2 (2 ? 2a) , y2 ? . 3a 2 ? b2 3a 2 ? b2 ???? ? ???? ? 因为 AF2 ? 2F2 B, 所以? y1 ? 2 y2 .
解得 y1 ? 即

3b2 (2 ? 2a) ? 3b2 (2 ? 2a) ? 2? . 3a 2 ? b2 3a 2 ? b2

得 a ? 3.而a2 ? b2 ? 4, 所以b ? 5.

故椭圆 C 的方程为

x2 y 2 ? ? 1. 9 5

题型三;直线与圆锥曲线,已知其中一个交点时,可迅速求出另外一个交点。 1. (05 江西卷)如图,M 是抛物线上 y2=x 上的一点,动弦 ME、MF y 分别交 x 轴于 A、B 两点,且 MA=MB. M (1)若 M 为定点,证明:直线 EF 的斜率为定值; (2)若 M 为动点,且∠EMF=90°,求△EMF 的重心 G 的轨迹 O A 解: (1)设
2 M(y 0

B

x
F

,y0) ,直线 ME 的斜率为 k(l>0)

E

2 则直线 MF 的斜率为-k,方程为 y ? y0 ? k ( x ? y0 ).
2 ? y ? y0 ? k ( x ? y0 ) ? ∴由 ? ,消 x得ky2 ? y ? y0 (1 ? ky0 ) ? 0 2 ?y ? x ?

解得 yF ?

1 ? ky0 (1 ? ky0 )2 ,? xF ? k k2

∴ kEF

1 ? ky0 1 ? ky0 2 ? yE ? yF 1 k ?k (定值) ? ? ? k ?? 2 2 ?4ky0 xE ? xF (1 ? ky0 ) (1 ? ky0 ) 2 y0 ? k2 k2 k2

所以直线 EF 的斜率为定值
2 (2) 当?EMF ? 90?时, ?MAB ? 45? , 所以k ? 1, 直线 ME 的方程为 y ? y0 ? k ( x ? y0 )
2 ? y ? y0 ? x ? y 0 ? 得 E((1 ? y0 )2 ,1 ? y0 ) 2 ?y ? x ?

由?

同理可得 F ((1 ? y0 )2 , ?(1 ? y0 )).
2 2 ? x ? xE ? xF y0 ? (1 ? y0 ) 2 ? (1 ? y0 ) 2 2 ? 3 y0 x? M ? ? ? ? 3 3 3 设重心 G(x, y) ,则有 ? ? x ? xM ? xE ? xF ? y0 ? (1 ? y0 ) ? (1 ? y0 ) ? ? y0 ? 3 3 3 ?

2 消去参数 y0 得 y ?

1 2 2 x ? ( x ? ). 9 27 3
2

2. 09 浙江文) (本题满分 15 分)已知抛物线 C : x ? 2 py( p ? 0) 上一点 A(m, 4) 到其焦点 的距离为

17 . 4

(I)求 p 与 m 的值;

(II)设抛物线 C 上一点 P 的横坐标为 t (t ? 0) ,过 P 的直线交 C 于另一点 Q ,交 x 轴 于点 M ,过点 Q 作 PQ 的垂线交 C 于另一点 N .若 MN 是 C 的切线,求 t 的最小 值. 解析(Ⅰ)由抛物线方程得其准线方程: y ? ?

p ,根据抛物线定义 2 p 17 1 ? ,解得 p ? 2 4 2

点 A(m,4) 到焦点的距离等于它到准线的距离,即 4 ?

? 抛物线方程为: x 2 ? y ,将 A(m,4) 代入抛物线方程,解得 m ? ?2
(Ⅱ)由题意知,过点 P(t , t 2 ) 的直线 PQ 斜率存在且不为 0,设其为 k 。

? t 2 ? kt , 则 l PQ : y ? t ? k ( x ? t ) ,当 y ? 0, x ? k
2

? t 2 ? kt ,0) 。 则M( k

? y ? t 2 ? k (x ? t) 2 联立方程 ? ,整理得: x ? kx ? t (k ? t ) ? 0 2 x ?y ?
即: ( x ? t )[x ? (k ? t )] ? 0 ,解得 x ? t , 或 x ? k ? t

? Q(k ? t , (k ? t ) 2 ) ,而 QN ? QP ,? 直线 NQ 斜率为 ?

1 k

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1 ? 1 ? y ? (k ? t ) 2 ? ? [ x ? (k ? t )] ? l NQ : y ? (k ? t ) 2 ? ? [ x ? (k ? t )] ,联立方程 ? k k ? x2 ? y ?
整理得: x ?
2

1 1 x ? (k ? t ) ? (k ? t ) 2 ? 0 ,即: kx2 ? x ? (k ? t )[k (k ? t ) ? 1] ? 0 k k
k (k ? t ) ? 1 ,或 x ? k ? t k


[kx ? k (k ? t ) ? 1][x ? (k ? t )] ? 0 ,解得: x ? ?

? N (?

k (k ? t ) ? 1 [k (k ? t ) ? 1]2 , ) k k2
[k (k ? t ) ? 1] 2 (k 2 ? kt ? 1) 2 k2 ? ? k (k ? t ) ? 1 ? t 2 ? kt k (t 2 ? k 2 ? 1) ? ? k k
k ( k ?t ) ?1 k

? K NM

而抛物线在点 N 处切线斜率: k 切 ? y ?

x??

?

? 2k ( k ? t ) ? 2 k
整理得

(k 2 ? kt ? 1) 2 ? 2k (k ? t ) ? 2 , ? ? MN 是 抛 物 线 的 切 线 , ? 2 k k (t ? k 2 ? 1)
k 2 ? tk ? 1 ? 2t 2 ? 0

2 2 2 ,或 ? ? ? t 2 ? 4(1 ? 2t 2 ) ? 0 ,解得 t ? ? (舍去) t ? ,? t min ? 3 3 3
3.05 天津卷)抛物线 C 的方程为 y ? ax2 (a ? 0) ,过抛物线 C 上一点 P(x0,y0)(x 0 ≠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 k 2 ? ?k1 ? 0(? ? 0且? ? ?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 ? ? MA ,证明线段 PM 的中点在 y 轴上; (Ⅲ)当 ? =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. 解: (Ⅰ)由抛物线 C 的方程 y ? ax2 ( a ? 0 )得,焦点坐标为 (0,

1 ) ,准线方程为 4a

y??

1 . 4a

( Ⅱ ) 证 明 : 设 直 线 PA 的 方 程 为 y ? y0 ? k1 ( x ? x0 ) , 直 线 PB 的 方 程 为

y ? y 0 ? k 2 ( x ? x0 ) .
点 P( x0 , y0 ) 和点 A( x1 , y1 ) 的坐标是方程组 ?

? y ? y0 ? k1 ( x ? x0 )? ① ? 的解.将②式代 2 ? y ? ax ?? ② ?

入①式得 ax2 ? k1 x ? k1 x0 ? y0 ? 0 ,于是 x1 ? x 0 ?

k1 k ,故 x1 ? 1 ? x 0 a a



又点 P( x0 , y0 ) 和点 B( x2 , y 2 ) 的坐标是方程组 ?

? y ? y0 ? k2 ( x ? x0 )? ④ ? 的解. 将⑤式 2 ? ? y ? ax      ⑤ ?
k2 k ,故 x2 ? 2 ? x0 . a a


代入④式得 ax2 ? k 2 x ? k 2 x0 ? y0 ? 0 .于是 x2 ? x0 ? 由已知得, k 2 ? ??k1 ,则 x 2 ? ?

?
a

k1 ? x 0 .

设点 M 的坐标为 ( xM , y M ) ,由 BM ? ? MA ,则 x M ?

???? ?

????

x 2 ? ?x1 . 1? ?

将③式和⑥式代入上式得 x M ? ∴线段 PM 的中点在 y 轴上.

? x0 ? ?x0 ? ? x0 ,即 xM ? x0 ? 0 . 1? ?

2 2 (Ⅲ)因为点 P(1,?1) 在抛物线 y ? ax 上,所以 a ? ?1 ,抛物线方程为 y ? ? x .

由③式知 x1 ? ?k1 ? 1 ,代入 y ? ? x 2 得 y1 ? ?(k1 ? 1) 2 . 将 ? ? 1 代入⑥式得 x2 ? k1 ? 1 ,代入 y ? ? x 2 得 y2 ? ?(k 2 ? 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, ?k12 ? 2k1 ?1) , B(k1 ?1, ?k12 ? 2k1 ?1) .
于是 AP ? (k1 ? 2, k1 ? 2k1 ) , AB ? (2k1,4k1 ) ,
2

??? ?

??? ?

??? ??? ? ? AP ? AB ? 2k1 (k1 ? 2) ? 4k1 (k12 ? 2k1) ? 2k1 (k1 ? 2)(2k1 ?1) .
因 ?PAB 为钝角且 P 、 A 、 B 三点互不相同,故必有 AP ? AB ? 0 .

??? ??? ? ?

1 ? k1 ? 0 .又点 A 的纵坐标 y1 满足 y1 ? ?(k1 ? 1)2 , 2 1 1 1 故当 k1 ? ?2 时, y1 ? ?1;当 ? ? k1 ? 0 时, ?1 ? y1 ? ? .即 y1 ? (?? ,? 1) ?(?1, ? ) 2 4 4
求得 k 1 的取值范围是 k1 ? ?2 或 ?

x2 y 2 ? 2 ? 1(a, b ? 0) 2 b 06 湖北卷)设 A, B 分别为椭圆 a 的左、右顶点,椭圆长半轴的长等于焦
距,且 x ? 4 为它的右准线。 (Ⅰ) 、求椭圆的方程; (Ⅱ) 、设 P 为右准线上不同于点(4,0)的任意一点,若直线 AP, BP 分别与椭圆相交于 异于 A, B 的点 M 、N ,证明点 B 在以 MN 为直径的圆内。 点评:本小题主要考查直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识,考查综合运用数学 知识进行推理运算的能力和解决问题的能力。

解: (Ⅰ)依题意得 a=2c,

a2 =4,解 c

2

M

1

得 a=2,c=1,从而 b= 3 .
-4

A -2

2

B

4

故椭圆的方程为

x2 y2 ? ? 1. 4 3

-1

N
-2

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

-3

3 (4-x02). 4

1 ○

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

6 y0 ). x0 ? 2

从而 BM =(x0-2,y0) BP =(2, ,

6 y0 ). x0 ? 2

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

2

2 ○

5 (2-x0). 2

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

则-2<x1<2,-2<x2<2,又 MN 的中点 Q 的坐标为(

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

依题意,计算点 B 到圆心 Q 的距离与半径的差
2

BQ -

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

又直线 AP 的方程为 y=

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

而点两直线 AP 与 BP 的交点 P 在准线 x=4 上,



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

4 ○

x y 3 2 2 又点 M 在椭圆上,则 1 ? 1 ? 1 ,即 y1 ? (4 ? x1 ) 4 4 3
于是将○、○代入○,化简后可得 BQ - 4 5 3
2

5 ○

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

从而,点 B 在以 MN 为直径的圆内。 用了题型 3 与题型 1,对 B 在圆内处理方法比较好。 (06 重庆卷)如图,对每个正整数 n , An ( xn , yn ) 是抛物线 x2 ? 4 y 上的点,过焦点 F 的直线

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

?1 ;

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

x2 ? 4kn x ? 4 ? 0 ,由一元二次方程根与系数的关系得 xn sn ? ?4(n ? 1) .
( Ⅱ ) 对 任 意 固 定 的 n ? 1, 利 用 导 数 知 识 易 得 抛 物 线 x ? 4 y 在 An 处 的 切 线 的 斜 率
2

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

xn , 故 x2 ? 4 y 在 An 处的切线的方程为: 2

xn ? sn x 2 ? s 2 x2 s2 x ? s x2 ? s2 x ?s x ? n n ? n ? n , n n x ? n n ,? x ? n n ……③ 2 2 4 4 2 4 2
xn ? sn , ?1) . 2

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

2 2 xn ? sn 2 xn sn ?( ) ?4? ? ?2 2 4 4

?

2 x xn 4 x 22 2 . ? 2 ?2 ? (n ? )?, FCn ? n ? 4 xn 2 xn 2 xn

现在 xn ? 2n ,利用上述已证结论并由等比数列求和公式得:

1 1 1 1 FC1 ? FC2 ? ? ? FCn ? ( x1 ? x2 ? ? ? xn ) ? 2( ? ??? ) 2 x1 x2 xn 1 1 1 1 ? (2 ? 22 ? ? ? 2n ) ? 2( ? 2 ? ? ? n ) ? (2n ? 1) ? (2 ? 21?n ) ? 2n ? 2? n ?1 ? 1. 2 2 2 2

(2009 江西卷文)本小题满分 14 分) ( 如图, 已知圆 G : ( x ? 2)2 ? y 2 ? r 2 是椭圆 的内接△ ABC 的内切圆, 其中 A 为椭圆的左顶点. (1)求圆 G 的半径 r ; (2)过点 M (0,1) 作圆 G 的两条切线交椭圆于 E,F 两点, 证明:直线 EF 与圆 G 相切. 解: (1)设 B(2 ? r, y0) ,过圆心 G 作 GD ? AB 于 D , BC 交长轴于 H 由

x2 ? y2 ? 1 16 y

M A

B F

0
E

. G

x
C

GD HB y r ? 得 ? 0 , 2 AD AH 6?r 36 ? r



y0 ?

r 6?r 6?r
2

(1)

而点 B(2 ? r, y0) 在椭圆上, y0 ? 1 ?

(2 ? r )2 12 ? 4r ? r 2 (r ? 2)(r ? 6) ? ?? 16 16 16
2 6 或 r ? ? (舍去) 3 5

(2)

2 由(1)、 (2)式得 15r ? 8r ? 12 ? 0 ,解得 r ?

(2) 设过点 M(0,1) 与圆 ( x ? 2) ? y ?
2 2

4 相切的直线方程为: y ? 1 ? kx 9
(4)

(3)



2 2k ? 1 2 ,即 32k ? 36k ? 5 ? 0 ? 2 3 1? k
?9 ? 41 ?9 ? 41 , k2 ? 16 16

解得 k1 ?

将(3)代入

32k x2 ? y 2 ? 1得 (16k 2 ? 1) x2 ? 32kx ? 0 ,则异于零的解为 x ? ? 16k 2 ? 1 16

设 F ( x1 , k1 x1 ? 1) , E ( x2 , k2 x2 ? 1) ,则 x1 ? ?

32k1 32k2 , x2 ? ? 2 16k1 ? 1 16k2 2 ? 1

则直线 FE 的斜率为: kEF ?

k2 x2 ? k1 x1 k ?k 3 ? 1 2 ? x2 ? x1 1 ? 16k1k2 4

于是直线 FE 的方程为: y ? 即y?

32k12 32k1 3 ?1 ? ( x ? ) 2 16k1 ? 1 4 16k12 ? 1

3 7 x? 4 3

3 7 ? 2 2 3 ? 则圆心 (2, 0) 到直线 FE 的距离 d ? 3 9 1? 16
故结论成立.

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已知 M 可以求出 e,f 分别用两个斜率表示 题型 4 有关定点,定值问题。将与之无关的参数提取出来,再对其系数进行处理。 (山东理)已知椭圆 C 的中心在坐标原点,焦点在 x 轴上,椭圆 C 上的点到焦点距离的最大值 为 3 ,最小值为 1 . (Ⅰ)求椭圆 C 的标准方程; (Ⅱ)若直线 l : y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于 A , B 两点( A,B 不是左右顶点) ,且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点,求证:直线 l 过定点,并求出该定点的坐标. 【标准答案】(I)由题意设椭圆的标准方程为

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) a 2 b2

a ? c ? 3, a ? c ? 1 , a ? 2, c ? 1, b2 ? 3

?

x2 y 2 ? ? 1. 4 3

? y ? kx ? m ? (II)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由 ? x 2 y 2 得 ? ?1 ? 3 ?4

(3 ? 4k 2 ) x2 ? 8mkx ? 4(m2 ? 3) ? 0 , ? ? 64m2k 2 ?16(3 ? 4k 2 )(m2 ? 3) ? 0 , 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0 .
x1 ? x2 ? ? 8mk 4(m2 ? 3) , x1 ? x2 ? . 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2
2 2

3(m2 ? 4k 2 ) y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m ? . 3 ? 4k 2
? 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), k AD ? kBD ? ?1 ,
? y1 y ? 2 ? ?1 , y1 y2 ? x1x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 ? 0 , x1 ? 2 x2 ? 2

3(m2 ? 4k 2 ) 4(m2 ? 3) 16mk ? ? ? 4 ? 0, 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2

7m2 ? 16mk ? 4k 2 ? 0 ,解得

m1 ? ?2k , m2 ? ?

2k ,且满足 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0 . 7

当 m ? ?2k 时, l : y ? k ( x ? 2) ,直线过定点 (2,0), 与已知矛盾;

2k 2 2 时, l : y ? k ( x ? ) ,直线过定点 ( , 0). 7 7 7 2 综上可知,直线 l 过定点,定点坐标为 ( , 0). 7
当m ? ? (07 湖南理)已知双曲线 x2 ? y 2 ? 2 的左、右焦点分别为 F1 , F2 ,过点 F2 的动直线与双 曲线相交于 A,B 两点. (I)若动点 M 满足 F M ? F A ? F B ? FO (其中 O 为坐标原点) ,求点 M 的轨迹方程; 1 1 1 1 (II)在 x 轴上是否存在定点 C ,使 CA ? CB 为常数?若存在,求出点 C 的坐标;若不存 在,请说明理由. 20.解:由条件知 F1 (?2, , F2 (2, ,设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) . 0) 0) 解法一: (I)设 M ( x,y) ,则 则 F M ? ( x ? 2,y) , F A ? ( x1 ? 2,y1 ) , 1 1

????? ???? ???? ????
??? ?

??? ?

?????

????

???? ???? ????? ???? ???? ???? F1B ? ( x2 ? 2,y2 ), ? (2, ,由 F1M ? F1 A ? F1B ? FO 得 FO 0) 1 1
? x ? 2 ? x1 ? x2 ? 6, ? x1 ? x2 ? x ? 4, 即? ? ? y1 ? y2 ? y ? y ? y1 ? y2
于是 AB 的中点坐标为 ?

? x?4 y? , ?. ? 2 2?

y y1 ? y2 y y 2 ( x1 ? x2 ) . 当 AB 不与 x 轴垂直时, ,即 y1 ? y2 ? ? ? x ?8 x1 ? x2 x ? 4 ? 2 x ? 8 2
2 2 2 2 又因为 A,B 两点在双曲线上,所以 x1 ? y1 ? 2 , x2 ? y2 ? 2 ,两式相减得

( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 )( y1 ? y2 ) ,即 ( x1 ? x2 )( x ? 4) ? ( y1 ? y2 ) y .
将 y1 ? y2 ?

y ( x1 ? x2 ) 代入上式,化简得 ( x ? 6)2 ? y 2 ? 4 . x ?8

当 AB 与 x 轴垂直时, x1 ? x2 ? 2 ,求得 M (8, ,也满足上述方程. 0) 所以点 M 的轨迹方程是 ( x ? 6) ? y ? 4 .
2 2

(II)假设在 x 轴上存在定点 C (m, ,使 CA? 为常数. CB 0) 当 AB 不与 x 轴垂直时,设直线 AB 的方程是 y ? k ( x ? 2)(k ? ?1) . 代入 x2 ? y 2 ? 2 有 (1 ? k 2 ) x2 ? 4k 2 x ? (4k 2 ? 2) ? 0 . 则 x1,x2 是上述方程的两个实根,所以 x1 ? x2 ?

??? ??? ? ?

4k 2 4k 2 ? 2 , x1 x2 ? 2 , k 2 ?1 k ?1

于是 CA? ? ( x1 ? m)( x2 ? m) ? k ( x1 ? 2)( x2 ? 2) CB
2

??? ??? ? ?

? (k 2 ?1) x1x2 ? (2k 2 ? m)( x1 ? x2 ) ? 4k 2 ? m2
? (k 2 ? 1)(4k 2 ? 2) 4k 2 (2k 2 ? m) ? ? 4k 2 ? m 2 k 2 ?1 k 2 ?1 2(1 ? 2m)k 2 ? 2 4 ? 4m ? m2 ? 2(1 ? 2m) ? 2 ? m2 . 2 k ?1 k ?1

?

CB CB 因为 CA? 是与 k 无关的常数,所以 4 ? 4m ? 0 ,即 m ? 1 ,此时 CA? = ?1 .
当 AB 与 x 轴垂直时,点 A,B 的坐标可分别设为 (2,2) , (2, 2) , ? 此时 CA? ? (1 2)? , 2) ? ?1. CB , (1 ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

CB 故在 x 轴上存在定点 C (1 0) ,使 CA? 为常数. ,
解法二: (I)同解法一的(I)有 ?

??? ??? ? ?

? x1 ? x2 ? x ? 4, ? y1 ? y2 ? y

当 AB 不与 x 轴垂直时,设直线 AB 的方程是 y ? k ( x ? 2)(k ? ?1) . 代入 x ? y ? 2 有 (1 ? k ) x ? 4k x ? (4k ? 2) ? 0 .
2 2 2 2 2 2

则 x1,x2 是上述方程的两个实根,所以 x1 ? x2 ?

4k 2 . k 2 ?1

? 4k 2 ? 4k . y1 ? y2 ? k ( x1 ? x2 ? 4) ? k ? ? 4? ? 2 k ?1 ? k ?1 ?
由①②③得 x ? 4 ?

4k 2 .…………………………………………………④ k 2 ?1

y?

4k .……………………………………………………………………⑤ k 2 ?1

当 k ? 0 时, y ? 0 ,由④⑤得,

x?4 ? k ,将其代入⑤有 y

x?4 4 y ( x ? 4) y y? ? .整理得 ( x ? 6)2 ? y 2 ? 4 . 2 2 2 ( x ? 4) ( x ? 4) ? y ?1 2 y 4?
当 k ? 0 时,点 M 的坐标为 (4, ,满足上述方程. 0) 当 AB 与 x 轴垂直时, x1 ? x2 ? 2 ,求得 M (8, ,也满足上述方程. 0) 故点 M 的轨迹方程是 ( x ? 6)2 ? y 2 ? 4 .

CB (II)假设在 x 轴上存在定点点 C (m, ,使 CA? 为常数, 0)
4k 2 4k 2 ? 2 当 AB 不与 x 轴垂直时,由(I)有 x1 ? x2 ? 2 ? 1 , x1 x2 ? 2 . k k ?1
以上同解法一的(II) .

??? ??? ? ?

??? ??? ? ? CA? 是题型 1 简单类型,其实重点是一个有关定值问题。 CB
2

(07 湖北) 在平面直角坐标系 xOy 中, 过定点 C (0,p) 作直线与抛物线 x ? 2 py( p ? 0 ) 相交于 A,B 两点. (I)若点 N 是点 C 关于坐标原点 O 的对称点,求 △ ANB 面积的最小值; (II) 是否存在垂直于 y 轴的直线 l , 使得 l 被以 AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值?若存 在,求出 l 的方程;若不存在,说明理由. (此题不要求在答题卡上画图)

y

C A O N

B x

19.本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识,考查综合运用数学知识 进行推理运算的能力和解决问题的能力. 解法 1: (Ⅰ)依题意,点 N 的坐标为 N (0, p) ,可设 A( x1,y1 ),B( x2,y2 ) , ?

直 线 AB 的 方 程 为 y ? kx ? p , 与 x2 ? 2 p y联 立 得 ?

? x 2 ? 2 p, y

x p ?y ? k ? .

消 去 y 得

x2 ? 2 pkx ? 2 p2 ? 0 .
由韦达定理得 x1 ? x2 ? 2 pk , x1 x2 ? ?2 p2 . 于是 S△ ABN ? S△ BCN ? S△ ACN ? · 2 p x1 ? x2 . y

1 2

B C A O N x

? p x1 ? x2 ? p ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2
? p 4 p2k 2 ? 8 p2 ? 2 p2 k 2 ? 2 ,
∴ 当 k ? 0 时, (S△ABN )min ? 2 2 p2 .
(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? a ,

AC 的中点为 O? , l 与 AC 为直径的圆相交于点 P , Q,PQ 的中点为 H ,
则 O?H ? PQ , Q? 点的坐标为 ?

? x1 y1 ? p ? , ?. 2 ? ?2

y

∵ O?P ?

1 1 2 1 AC ? x1 ? ( y1 ? p ) 2 ? y12 ? p 2 , 2 2 2
l A

B

y ?p 1 O?H ? a ? 1 ? 2a ? y1 ? p , 2 2
1 1 ∴ PH ? O?P ? O?H ? ( y12 ? p 2 ) ? (2a ? y1 ? p) 2 4 4
2 2 2

O?

C

O N

x

p? ? ? ? a ? ? y1 ? a( p ? a) , 2? ?

?? p? ? 2 ∴ PQ ? (2 PH ) 2 ? 4 ?? a ? ? y1 ? a( p ? a) ? . 2? ?? ?
令a?

p p p ?0, a ? , 得 此时 PQ ? p 为定值, 故满足条件的直线 l 存在, 其方程为 y ? , 2 2 2

即抛物线的通径所在的直线. 解法 2: (Ⅰ)前同解法 1,再由弦长公式得

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2· ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2· 4 p 2 k 2 ? 8 p 2

? 2 p 1 ? k 2· k 2 ? 2 ,

又由点到直线的距离公式得 d ?

2p 1? k 2



从而 S△ ABN ? · d AB ? · 2 p 1 ? k 2 k 2 ? 2 · · ·

1 2

1 2

2p 1? k
2

? 2 p2 k 2 ? 2 ,

∴ 当 k ? 0 时, (S△ABN )min ? 2 2 p2 .
(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? a ,则以 AC 为直径的圆的方程为

( x ? 0)( x ? x1 ) ? ( y ? p)( y ? y1 ) ? 0 ,
将直线方程 y ? a 代入得 x2 ? x1 x ? (a ? p)(a ? y1 ) ? 0 ,
2 则 △? x1 ? 4(a ? p)(a ? y1 ) ? 4 ?? a ?

?? ??

p? ? ? y1 ? a( p ? a) ? . 2? ?

设直线 l 与以 AC 为直径的圆的交点为 P( x3,y3 ),Q( x4,y4 ) , 则有 PQ ? x3 ? x4 ? 令a?

?? p? ? p? ? 4 ?? a ? ? y1 ? a ( p ? a ) ? ? 2 ? a ? ? y1 ? a ( p ? a) . 2? 2? ? ?? ?

p p p ?0, a ? , 得 此时 PQ ? p 为定值, 故满足条件的直线 l 存在, 其方程为 y ? , 2 2 2

即抛物线的通径所在的直线. (2010 江苏卷)18、 (本小题满分 16 分) 在平面直角坐标系 xoy 中,如图,已知椭圆

x2 y2 ? ? 1 的左、右顶点为 A、B,右焦点为 9 5

F。设过点 T( t, m )的直线 TA、TB 与椭圆分别交于点 M ( x1 , y1 ) 、 N ( x2 , y 2 ) ,其中 m>0, y1 ? 0, y 2 ? 0 。 (1)设动点 P 满足 PF ? PB ? 4 ,求点 P 的轨迹;
2 2

(2)设 x1 ? 2, x 2 ?

1 ,求点 T 的坐标; 3

(3)设 t ? 9 ,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐 标与 m 无关) 。 [解析] 本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运 算求解能力和探究问题的能力。满分 16 分。 (1)设点 P(x,y) ,则:F(2,0) 、B(3,0) 、A(-3,0) 。

由 PF ? PB ? 4 ,得 ( x ? 2)2 ? y 2 ? [( x ? 3)2 ? y 2 ] ? 4, 化简得 x ?
2 2

9 。 2

故所求点 P 的轨迹为直线 x ? (2) x1 ? 2, x 2 ? 将

9 。 2

1 5 1 20 分别代入椭圆方程, 以及 y1 ? 0, y 2 ? 0 得: (2, ) N M 、 ( ,? ) 3 3 3 9 1 y ?0 x?3 直线 MTA 方程为: ,即 y ? x ? 1 , ? 5 3 ?0 2?3 3 5 5 y ?0 x ?3 直线 NTB 方程为: ,即 y ? x ? 。 ? 20 1 6 2 ? ?0 ?3 9 3

?x ? 7 ? 联立方程组,解得: ? 10 , ?y ? 3 ?
所以点 T 的坐标为 (7,

10 )。 3

(3)点 T 的坐标为 (9, m)

y?0 x?3 m ? ( x ? 3) , ,即 y ? m?0 9?3 12 y ?0 x?3 m ? 直线 NTB 方程为: ,即 y ? ( x ? 3) 。 m?0 9?3 6
直线 MTA 方程为: 分别与椭圆

x2 y2 ? ? 1 联立方程组,同时考虑到 x1 ? ?3, x2 ? 3 , 9 5

解得: M (

3(80 ? m2 ) 40m 3(m2 ? 20) 20m , ) 、 N( ,? )。 2 2 2 80 ? m 80 ? m 20 ? m 20 ? m2

20m 3(m2 ? 20) y? x? 20 ? m2 20 ? m2 (方法一) x1 ? x2 时, 当 直线 MN 方程为: ? 2 40m 20m 3(80 ? m ) 3(m2 ? 20) ? ? 80 ? m2 20 ? m2 80 ? m2 20 ? m2
令 y ? 0 ,解得: x ? 1 。此时必过点 D(1,0) ; 当 x1 ? x2 时,直线 MN 方程为: x ? 1 ,与 x 轴交点为 D(1,0) 。 所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点 D(1,0) 。

240 ? 3m2 3m2 ? 60 ? (方法二)若 x1 ? x2 ,则由 及 m ? 0 ,得 m ? 2 10 , 80 ? m2 20 ? m2
此时直线 MN 的方程为 x ? 1 ,过点 D(1,0) 。

若 x1 ? x2 ,则 m ? 2 10 ,直线 MD 的斜率 kMD

40m 2 10m , ? 80 ? m2 ? 240 ? 3m 40 ? m2 ?1 80 ? m2

直线 ND 的斜率 k ND

?20m 2 10m ,得 kMD ? kND ,所以直线 MN 过 D 点。 ? 20 ? m ? 2 3m ? 60 40 ? m2 ?1 20 ? m2

因此,直线 MN 必过 x 轴上的点(1,0) 。 ( 2009 江 苏 卷 ) 本 小 题 满 分 16 分 ) 在 平 面 直 角 坐 标 系 (

xoy

中,已知圆

C1 : ( x ? 3)2 ? ( y ?1)2 ? 4 和圆 C2 : ( x ? 4)2 ? ( y ? 5)2 ? 4 .
(1)若直线 l 过点 A(4, 0) ,且被圆 C1 截得的弦长为 2 3 ,求直 线 l 的方程; (2)设 P 为平面上的点,满足:存在过点 P 的无穷多对互相垂直 的直线 l1 和 l2 ,它们分别与圆 C1 和圆 C2 相交,且直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,试求所有满足条 件的点 P 的坐标。 【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离公式,考查数学运算求解能力、 综合分析问题的能力。满分 16 分。 (1)设直线 l 的方程为: y ? k ( x ? 4) ,即 kx ? y ? 4k ? 0 由垂径定理,得:圆心 C1 到直线 l 的距离 d ? 42 ? ( 结合点到直线距离公式,得:

2 3 2 ) ? 1, 2

| ?3k ? 1 ? 4k | k 2 ?1
7 24

? 1,

化简得: 24k ? 7k ? 0, k ? 0, or , k ? ?
2

求直线 l 的方程为: y ? 0 或 y ? ?

7 ( x ? 4) ,即 y ? 0 或 7 x ? 24 y ? 28 ? 0 24
21 世纪教育网

(2) 设点 P 坐标为 (m, n) ,直线 l1 、 l2 的方程分别为:

1 1 1 y ? n ? k ( x ? m), y ? n ? ? ( x ? m) ,即: kx ? y ? n ? km ? 0, ? x ? y ? n ? m ? 0 k k k
因为直线 l1 被圆 C1 截得的弦长与直线 l2 被圆 C2 截得的弦长相等,两圆半径相等。由垂径 定理,得: :圆心 C1 到直线 l1 与 C2 直线 l2 的距离相等。

故有: | ?3k ? 1 ? n ? km |

k 2 ?1

4 1 | ? ?5? n? m| k , ? k 1 ?1 k2

化简得: (2 ? m ? n)k ? m ? n ? 3, 或(m ? n ? 8)k ? m ? n ? 5 关于 k 的方程有无穷多解,有: ?

?2 ? m ? n ? 0 ?m-n+8=0 ,或 ? ?m ? n ? 3 ? 0 ?m+n-5=0

21 世纪教 育网

解之得:点 P 坐标为 (? 3 , 13 ) 或 ( 5 , ? 1 ) 。 2 2 2 2 题型 5:函数思想,方程思想为主要思路解题。简单的说就是看题目中未知数个数与条件个 数。 此题可作为函数思想的例题,点 p 含(横坐标已知)未知数一个,角可以表示成未知数的函 数,利用函数求最值。 (05 浙江) 17.如图,已知椭圆的中心在坐标原点,焦点 F1,F2 在 x 轴上,长轴 A1A2 的长 为 4,左准线 l 与 x 轴的交点为 M,|MA1|∶|A1F1|=2∶1. (Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)若直线 l1:x=m(|m|>1),P 为 l1 上的动点,使∠F1PF2 最大的点 P 记为 Q,求点 Q 的坐标(用 m 表示). 解: (I)设椭圆方程为 半焦距为 c, 则

x2 y 2 ? ? 1( a ? b ? 0 ) l , 1 a 2 b2

l

y

P

a2 ? a , | A1F1 |? a ? c , c ? a2 ? c ? a ? 2 a(? c ? ? 由 题 意 , 得 ? 2a ? 4 ?a 2 ? b ? c 2 2 ? ? ? a ? 2, b ? 3, c ? 1 | MA1 |? x2 y 2 ? ?1 4 3 (II)设 P( m, y0 ),| m |? 1
故椭圆方程为 当 y0 ? 0 时, ?F PF2 ? 0 1 当 y0 ? 0 时, 0 ? ?F1 PF2 ? ?PF1M ?

x
M A1 F1

O F2

A2

)
, 解 得

?
2

? 只需求 tan ?F1PF2 的最大值即可。 y0 y0 , 直线 PF1 的斜率 K1 ? ,直线 PF2 的斜率 K 2 ? m ?1 m ?1 2 | y0 | 2 | y0 | 1 K ? K1 ? tan ?F1PF2 ?| 2 |? 2 ? ? 2 1 ? K1K2 m ? 1 ? y0 2 m2 ? 1? y0 | | m2 ? 1

当且仅当 m2 ?1 = | y0 | 时, ?F PF2 最大, 1 函数思想(未知数一个 k,而面积是 k 的函数) ,弦长公式(也是第一种类型的应用) 2 y Q M N 2.(全国卷 II) P 、 、 、 四点都在椭圆 x2 ? 已 ? 1 上, 为椭圆在 y 轴正半轴上的焦点. F 2 ??? ? ??? ???? ? ???? ? ??? ???? ? ? 知 PF 与 FQ 共线, MF 与 FN 共线,且 PF ? MF ? 0 .求四边形 PMQN 的面积的最小值和最 大值. 解:如图,由条件知 MN 和 PQ 是椭圆的两条弦,相交于焦点 F(0,1),且 PQ⊥MN,直 线 PQ、NM 中至少有一条存在斜率,不妨设 PQ 的斜率为 K,又 PQ 过点 F(0,1),故 PQ 的 方程为 y = kx +1 将此式代入椭圆方程得(2+ k 2 ) x 2 +2 kx -1=0 设 P、Q 两点的坐标分别为( x1 , y1 ),( x2 , y2 ),则

y
M F P O N Q

?k ? 2k 2 ? 2 ?k ? 2k 2 ? 2 x1 ? , x2 ? 2 ? k2 2 ? k2 8(1 ? k 2 )2 2 2 2 从而 | PQ | ? ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 ) ? (2 ? k 2 )2

2 2(1 ? k 2 ) 亦即 | PQ |? 2 ? k2
(1) 当 k ≠ 0 时 , MN 的 斜 率 为 -

x

1 ,同上可推得 k

1 2 2 (? ?( 1 1 k | MN |? 1 2 2 ? (? ) k

2

) )

1 1 4(1 ? k 2 )(1 ? 2 ) 4(2 ? k 2 ? 2 ) 1 k ? k 故四边形面积 S ? | PQ || MN |? 1 2 2 2 2 (2 ? k )(2 ? 2 ) 5 ? 2k ? 2 k k 1 4(2 ? u ) 1 2 ? 2(1 ? ) 令u =k ? 2 得S ? k 5 ? 2u 5 ? 2u 1 2 ∵ u = k ? 2 ≥2 k 16 当 k =±1 时 u =2,S= 且 S 是以 u 为自变量的增函数 9 16 ?S?2 ∴ 9 1 ②当 k =0 时,MN 为椭圆长轴,|MN|=2 2 ,|PQ|= 2 。∴S= |PQ||MN|=2 2 16 综合①②知四边形 PMQN 的最大值为 2,最小值为 。 9
设直线 AB 的方程未知数一个,利用 N(1,3)是线段 AB 的中点,可消掉次未知数。 (湖北卷)设 A、B 是椭圆 3x ? y ? ? 上的两点,点 N(1,3)是线段 AB 的中点,线
2 2

段 AB 的垂直平分线与椭圆相交于 C、D 两点.

(Ⅰ)确定 ? 的取值范围,并求直线 AB 的方程; (Ⅱ)试判断是否存在这样的 ? ,使得 A、B、C、D 四点在同一个圆上?并说明理由. (I)解法 1:依题意,可设直线 AB 的方程为 y ? k ( x ? 1) ? 3, 代入3x 2 ? y 2 ? ? ,整 理得

(k 2 ? 3) x 2 ? 2k (k ? 3) x ? (k ? 3) 2 ? ? ? 0.



设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ),则x1 , x2是方程①的两个不同的根,

? ? ? 4[? (k 2 ? 3) ? 3(k ? 3) 2 ] ? 0
且x1 ? x 2 ?



2k (k ? 3) .由N (1,3) 是线段 AB 的中点,得 k2 ?3

x1 ? x 2 ? 1,? k (k ? 3) ? k 2 ? 3. 2
解得 k=-1,代入②得, ? >12,即 ? 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 , y 2 ),则有
2 ? 2 ?3x1 ? y1 ? ? , ? 3( x1 ? x 2 )(x1 ? x 2 ) ? ( y1 ? y 2 )( y1 ? y 2 ) ? 0. ? 2 2 ?3x 2 ? y 2 ? ? ?

依题意, x1 ? x2 ,? k AB ? ?

3( x1 ? x2 ) . y1 ? y 2

? N (1,3)是AB的中点,? x1 ? x 2 ? 2, y1 ? y 2 ? 6, 从而k AB ? ?1. 又由N (1,3)在椭圆内 ? ? 3 ? 12 ? 3 2 ? 12. , ? ?的取值范围是 12,??). ( 直线AB的方程为y ? 3 ? ?( x ? 1),即x ? y ? 4 ? 0.

AB y (II)解法 1:? CD垂直平分 ,? 直线CD的方程为 ? 3 ? x ? 1,即x ? y ? 2 ? 0.
代入椭圆方程,整理得

4 x 2 ? 4 x ? 4 ? ? ? 0. ③

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 ? x 4 ? ?1, 且x0 ? 1 3 即M (? , ). 2 2 1 1 3 ( x3 ? x 4 ) ? ? , y 0 ? x 0 ? 2 ? , 2 2 2

于是由弦长公式可得

1 | CD |? 1 ? (? ) 2 ? | x3 ? x4 |? 2(? ? 3). k



将直线 AB 的方程 x ? y ? 4 ? 0, 代入椭圆方程得

4 x 2 ? 8x ? 16 ? ? ? 0.
同理可得



| AB |? 1 ? k 2 ? | x1 ? x 2 |? 2(? ? 12 ) .



?当? ? 12时, 2(? ? 3) ? 2(? ? 12).,? AB |?| CD | . |
假设在在 ? >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?

| x0 ? y 0 ? 4 | 2

1 3 |? ? ?4| 3 2 ? 2 2 ? . 2 2



于是,由④、⑥、⑦式和勾股定理可得

AB 2 9 ? ? 12 ? ? 3 CD 2 | ? ? ? ?| | . 2 2 2 2 2 | CD | 故当 ? ? 12 时,A、B、C、D 四点均在以 M 为圆心, 为半径的圆上. 2 | MA | 2 ?| MB | 2 ? d 2 ? |
(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 | ?| CN | ? | DN |,即
2

| AB | 2 | CD | | CD | ) ?( ? d )( ? d ). 2 2 2 ? ? 12 . 由⑥式知,⑧式左边= 2 (
由④和⑦知,⑧式右边= (



2(? ? 3) 3 2 2(? ? 3) 3 2 ? )( ? ) 2 2 2 2
2 ? 9 ? ? 12 ? , 2 2

?

? ?3

∴⑧式成立,即 A、B、C、D 四点共圆 解法 2:由(II)解法 1 及 ? ? 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
4 x 2 ? 4 x ? 4 ? ? ? 0.


将直线 AB 的方程 x ? y ? 4 ? 0, 代入椭圆方程,整理得

4 x 2 ? 8x ? 16 ? ? ? 0.
解③和⑤式可得



x1 , 2 ?

2 ? ? ? 12 ?1? ? ? 3 , x3, 4 ? . 2 2

不妨设 A(1 ? 1 ? ? 12,3 ? 1 ? ? 12), C ( ? 1 ? ? ? 3 , 3 ? ? ? 3 ), D( ? 1 ? ? ? 3 , 3 ? ? ? 3 ) 2 2 2 2 2 2 ∴ CA ? (

3 ? ? ? 12 ? ? ? 3 3 ? ? ? 3 ? ? ? 12 , ) 2 2

DA ? (

3 ? ? ? 12 ? ? ? 3 3 ? ? ? 3 ? ? ? 12 , ) 2 2

计算可得 CA ? DA ? 0 ,∴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) 【点评】第一问可以作为直线与圆的知识点,第二问就作为函数思想算了,未知数一个嘛。 (06 辽宁卷)已知点 A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) ( x1 x2 ? 0) 是抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 上的两个动
2

点 , O 是 坐 标 原 点 , 向 量 OA , OB 满 足 O A? O B?

??? ?

??? ?

? ? ??

? ? ??

? ? ?? ? ? ?? O A O. B 圆 C 的 方 程 为 ? 设

x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0
(I) 证明线段 AB 是圆 C 的直径; (II)当圆 C 的圆心到直线 X-2Y=0 的距离的最小值为时,求 P 的值。 【解析】(I)证明 1: ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB) ? (OA ? OB)
2

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

2

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

???? ????

证明 2: ? OA ? OB ? OA ? OB ,? (OA ? OB) ? (OA ? OB)
2

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

2

??? 2 ? ??? ??? ??? 2 ??? 2 ??? ??? ??? 2 ? ? ? ? ? ? ? OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB ??? ??? ? ? 整理得: OA ? OB ? 0 ? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ……..(1)

设(x,y)是以线段 AB 为直径的圆上则 即

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

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

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

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

??? ??? ? ?

2

??? 2 ? ??? ??? ??? 2 ??? 2 ??? ??? ??? 2 ? ? ? ? ? ? ? OA ? 2OA ? OB ? OB ? OA ? 2OA ? OB ? OB ??? ??? ? ? 整理得: OA ? OB ? 0 ? x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ……(1)
以线段 AB 为直径的圆的方程为

(x ?

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

展开并将(1)代入得: x2 ? y2 ? ( x1 ? x2 ) x ? ( y1 ? y2 ) y ? 0 故线段 AB 是圆 C 的直径

x1 ? x2 ? ?x ? 2 ? (II)解法 1:设圆 C 的圆心为 C(x,y),则 ? ? y ? y1 ? y2 ? ? 2

? y ? 2 px1, y2 ? 2 px2 ( p ? 0) ? x1 x2 ?
2 1 2

y12 y2 2 4 p2 y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2 ?? y1 ? y2 ?

? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0 ? y1 ? y2 ? ?4 p2
x? x1 ? x2 yy 1 1 1 ? ( y12 ? y2 2 ) ? ( y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ) ? 1 2 ? ( y 2 ? 2 p 2 ) 2 4p 4p 4p p
2 2

所以圆心的轨迹方程为 y ? px ? 2 p

设圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则

1 2 ( y ? 2 p2 ) ? 2 y | | x ? 2y | | y 2 ? 2 py ? 2 p 2 | | ( y ? p)2 ? p 2 | p d? ? ? ? 5 5 5p 5p |
当 y=p 时,d 有最小值

p p 2 5 ,由题设得 ? 5 5 5

?p ?2.

x1 ? x2 ? ?x ? 2 ? 解法 2: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则 ? ? y ? y1 ? y2 ? ? 2

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

y12 y2 2 4 p2

y12 y2 2 又因 x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2 ?? y1 ? y2 ? 4 p2
? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0 ? y1 ? y2 ? ?4 p2
x? x1 ? x2 yy 1 1 1 ? ( y12 ? y2 2 ) ? ( y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ) ? 1 2 ? ( y 2 ? 2 p 2 ) 2 4p 4p 4p p
2 2

所以圆心的轨迹方程为 y ? px ? 2 p

设直线 x-2y+m=0 到直线 x-2y=0 的距离为
2 2

2 5 ,则 m ? ?2 5
2 2

因为 x-2y+2=0 与 y ? px ? 2 p 无公共点,所以当 x-2y-2=0 与 y ? px ? 2 p 仅有一个公共

点时,该点到直线 x-2y=0 的距离最小值为

2 5 5

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

?? ? 4 p2 ? 4(2 p2 ? 2 p) ? 0
?p?0 ? p ? 2.

x1 ? x2 ? ?x ? 2 ? 解法 3: 设圆 C 的圆心为 C(x,y),则 ? ? y ? y1 ? y2 ? ? 2
x1 ? x2 ? ( y1 ? y2 ) | 2 圆心 C 到直线 x-2y=0 的距离为 d,则 d ? 5 |

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

y12 y2 2 4 p2 y12 y2 2 4 p2

又因 x1 ? x2 ? y1 ? y2 ? 0 ? x1 ? x2 ? ? y1 ? y2 ?? y1 ? y2 ?

? x1 ? x2 ? 0,? y1 ? y2 ? 0 ? y1 ? y2 ? ?4 p2
1 2 ( y1 ? y22 ) ? ( y1 ? y2 ) | | y 2 ? y 2 ? 2 y1 y2 ? 4 p( y1 ? y2 ) ? 8 p 2 | ( y1 ? y2 ? 2 p)2 ? 4 p 2 4p ?d ? ? 1 2 ? 5 4 5p 4 5p |
当 y1 ? y2 ? 2 p 时,d 有最小值

p p 2 5 ,由题设得 ? 5 5 5

?p ? 2.

点评: 可以设直线方程斜截式, 未知数两个再+t 共 3 个, 条件两个: 相切与 OQ1 ? OQ2 当 t 取某个值的时候就可以求出来。 设椭圆

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 的 左 、 右 焦 点 分 别 为 F1,F2,A 是 椭 圆 上 的 一 点 , a 2 b2

1 AF2 ? F1F2 ,原点 O 到直线 AF1 的距离为 OF1 . 3
(Ⅰ)证明 a ?

2b ;

(Ⅱ)求 t ? (0,b) 使得下述命题成立:设圆 x2 ? y 2 ? t 2 上任意点 M ( x0,y0 ) 处的切线交 椭圆于 Q1 , Q2 两点,则 OQ1 ? OQ2 . (22)本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、两条直线垂直、圆的方程等 基础知识,考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法及推理、运算能力.满分 14 分. (Ⅰ)证法一:由题设 AF2 ? F F2 及 F1 (?c, , F2 (c, ,不妨设点 A(c,y ) ,其中 0) 0) 1

y ? 0 ,由于点 A 在椭圆上,有

c2 y 2 ? ? 1, a 2 b2

a 2 ? b2 y 2 ? 2 ? 1, a2 b
解得 y ?

? b2 ? b2 ,从而得到 A ? c, ? , a ? a?
b2 ( x ? c) ,整理得 2ac

直线 AF2 的方程为 y ?

b2 x ? 2acy ? b2c ? 0 .
由题设,原点 O 到直线 AF1 的距离为

1 OF1 ,即 3

c b2c , ? 3 b4 ? 4a 2c 2
2 2 2 将 c ? a ? b 代入原式并化简得 a 2 ? 2b2 ,即 a ?

2b .

证法二:同证法一,得到点 A 的坐标为 ? c, ? , 过点 O 作 OB ? AF ,垂足为 H ,易知 △F BC ∽△F F2 A ,故 1 1 1

? b2 ? ? a?

y

A

BO OF1

?

F2 A F1 A
1 OF1 ,所以 3

H

F1 O

F2

x

由椭圆定义得 AF ? AF2 ? 2a ,又 BO ? 1

F2 A 1 F2 A , ? ? 3 F1 A 2a ? F2 A
解得 F2 A ?

b2 b2 a a ? ,即 a ? 2b . ,而 F2 A ? ,得 2 a a 2
2 2 2

(Ⅱ)解法一:圆 x ? y ? t 上的任意点 M ( x0,y0 ) 处的切线方程为 x0 x ? y0 y ? t 2 . 当 t ? (0,b) 时,圆 x ? y ? t 上的任意点都在椭圆内,故此圆在点 A 处的切线必交椭圆
2 2 2

于两个不同的点 Q1 和 Q2 ,因此点 Q1 ( x1,y1 ) , Q2 ( x2,y2 ) 的坐标是方程组

? x0 x ? y0 y ? t 2 ? ? 2 2 2 ? x ? 2 y ? 2b ?

① ②

的解.当 y0 ? 0 时,由①式得

y?

t 2 ? x0 x y0
2 2

? t 2 ? x0 x ? 2 代入②式,得 x ? 2 ? ? ? 2b ,即 y0 ? ?
2 2 2 (2x0 ? y0 ) x2 ? 4t 2 x0 x ? 2t 4 ? 2b2 y0 ? 0 ,

于是 x1 ? x2 ?

2 4t 2 x0 2t 4 ? 2b2 y0 , x1 x2 ? 2 2 2 2 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0

y1 y2 ?
?

t 2 ? x0 x1 t 2 ? x1 x2 ? y0 y1

1 4 2 ?t ? x0t 2 ( x1 ? x2 ) ? x0 x1 x2 ? 2 ? ? y0
4 2 2 4t 2 x 1 ? 4 2 2t ? 2b y0 ? t ? x0t 2 2 0 2 ? x0 2 ? 2 2 ? y0 ? 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 ?
2 t 4 ? 2b 2 x0 . 2 2 2 x0 ? y0

?

?

若 OQ1 ? OQ2 ,则
2 2 2 2 2t 4 ? 2b2 y0 t 4 ? 2b2 x0 3t 4 ? 2b2 ( x0 ? y0 ) x1 x2 ? y1 y2 ? ? ? ?0. 2 2 2 2 2 2 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0 2 x0 ? y0
4 2 2 2 2 2 2 所以, 3t 4 ? 2b2 ( x0 ? y0 ) ? 0 .由 x0 ? y0 ? t2 ,得 3t ? 2b t ? 0 .在区间 (0,b) 内此方

程的解为 t ?

6 b. 3 6 b. 3

当 y0 ? 0 时,必有 x0 ? 0 ,同理求得在区间 (0,b) 内的解为 t ?

另一方面,当 t ?

6 b 时,可推出 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,从而 OQ1 ? OQ2 . 3

综上所述, t ?

6 b ? (0,b) 使得所述命题成立. 3

四川卷 21)(本小题满分 12 分) .

x2 y 2 2 设椭圆 2 ? 2 ? 1, ? a ? b ? 0 ? 的左右焦点分别为 F1 , F2 ,离心率 e ? ,右准线为 l , a b 2
M , N 是 l 上的两个动点, F1M ? F2 N ? 0
(Ⅰ)若 F1M ? F2 N ? 2 5 ,求 a , b 的值; (Ⅱ)证明:当 MN 取最小值时, F M ? F2 N 与 F1F2 共线。 1 【解】 :由 a 2 ? b2 ? c 2 与 e ?

????? ???? ?

?????

???? ?

????? ???? ?

???? ?

a 2 ,得 a 2 ? 2b2 ? c 2

? ? ? 2 ? 2 F1 ? ? 0? 0? l ? 2 a,?,F2 ? 2 a,? , 的方程为 x ? 2a ? ? ? ? ?
设M

?

2a,y1 ,N

?

?

2a,y2

?

则 F1M ? ? ?

?????

? ?3 2 ? ???? ? 2 ? a,y1 ?,2 N ? ? F a,y2 ? ? ? 2 ? ? 2 ? ? ?

由 F M ? F2 N ? 0 得 1

????? ???? ?

3 y1 y2 ? ? a 2<0 ① 2 ????? ???? ? (Ⅰ)由 F1M ? F2 N ? 2 5 ,得

?3 2 ? 2 ? ? 2 a ? ? y1 ? 2 5 ? ? ? ? 2 ? 2 ? ? 2 a ? ? y2 ? 2 5 ? ? ?
2

2





2 由①、②、③三式,消去 y1 , y2 ,并求得 a ? 4

故 a ? 2, b ?
2

2 ? 2 2
? ? y1 ? y2 ? ? y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2 ? ?2 y1 y2 ? 2 y1 y2 ? ?4 y1 y2 ? 6a 2
2

(Ⅱ) MN

当且仅当 y1 ? ? y2 ?

6 6 6 a 或 y2 ? ? y1 ? a 时, MN 取最小值 a 2 2 2

此时, F1M ? F2 N ? ?

????? ???? ?

???? ? ?3 2 ? ? 2 ? a,y1 ? ? ? a,y2 ? ? 2 2a, y1 ? y2 ? 2 2a, 0 ? 2 F1F2 ? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ?

?

? ?

?

故 F M ? F2 N 与 F1F2 共线。 1 【点评】 :此题重点考察椭圆中的基本量的关系,进而求椭圆待定常数,考察向量的综合应 用; 【突破】 :熟悉椭圆各基本量间的关系,数形结合,熟练地进行向量的坐标运算,设而不求 消元的思想在圆锥曲线问题中的灵活应用。 (2009 山东卷理)(本小题满分 14 分) 设椭圆 E:

????? ???? ?

???? ?

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点,O 为坐标原点, a 2 b2

(I)求椭圆 E 的方程; (II)是否存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且

??? ??? ? ? OA ? OB ?若存在,写出该圆的方程,并求|AB |的取值范围,若不存在说明理由。
解:(1)因为椭圆 E:

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) ,N( 6 ,1)两点, a 2 b2

2 ?4 ?1 1 ? a 2 ? b2 ? 1 ? a2 ? 8 ?a 2 ? 8 x2 y 2 ? ? ? ?1 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 8 4 ?b ? 4 ? 6 ? 1 ?1 ?1 ?1 ? a 2 b2 ? b2 4 ? ?
(2)假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,

? y ? kx ? m ??? ??? ? ? ? 且 OA ? OB , 设 该 圆 的 切 线 方 程 为 y ? kx ? m 解 方 程 组 ? x 2 y 2 得 ? ?1 ? 4 ?8

x2 ? 2(kx ? m)2 ? 8 ,即 (1 ? 2k 2 ) x2 ? 4kmx ? 2m2 ? 8 ? 0 ,

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2 2 2 2 2 2 则△= 16k m ? 4(1 ? 2k )(2m ? 8) ? 8(8k ? m ? 4) ? 0 ,即 8k ? m ? 4 ? 0
2 2

4km ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 ? ? 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
2 2

,

k 2 (2m2 ? 8) 4k 2 m2 m2 ? 8k 2 2 y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m ? ? ?m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

? 要 使 O A

? ? ??

? ? ?? O , B需 使 x1 x2 ?

y1 ?y2 , 即 0

2m2 ? 8 m2 ? 8k 2 ? ?0 , 所 以 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

3m2 ? 8k 2 ? 8 ? 0 , 所 以 k 2 ?

? m2 ? 2 3m2 ? 8 ? 0 又 8k 2 ? m2 ? 4 ? 0 , 所 以 ? 2 ,所以 8 ? 3m ? 8

m2 ?

8 2 6 2 6 ,即 m ? 或m?? ,因为直线 y ? kx ? m 为圆心在原点的圆的一条切 3 3 3

线,所以圆的半径为 r ?

m 1? k 2

,r ?
2

m2 ? 1? k 2

m2 8 2 6 ? ,r ? ,所求的圆为 2 3m ? 8 3 3 1? 8

x2 ? y 2 ?

8 2 6 2 6 ,此时圆的切线 y ? kx ? m 都满足 m ? 或m?? ,而当切线的斜 3 3 3

率不存在时切线为 x ? ?

x2 y 2 2 6 2 6 2 6 ? ?1 的两个交点为 ( 与椭圆 ,? )或 8 4 3 3 3

(?

??? ??? ? ? 8 2 6 2 6 ,? ) 满足 OA ? OB ,综上, 存在圆心在原点的圆 x 2 ? y 2 ? ,使得该圆的 3 3 3 ??? ? ??? ?

任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB .

4km ? ? x1 ? x2 ? ? 1 ? 2k 2 ? 因为 ? , 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?

4km 2 2m2 ? 8 8(8k 2 ? m2 ? 4) 所以 ( x1 ? x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 ? (? , ) ? 4? ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 )2
2 2

| AB |? ( x1 ? x2 ) ? ? y1 ? y2 ?
2

2

8(8k 2 ? m2 ? 4) ? (1 ? k )( x1 ? x2 ) ? (1 ? k ) (1 ? 2k 2 ) 2
2 2 2

?

32 4k 4 ? 5k 2 ? 1 32 k2 ? 4 ? [1 ? 4 ], 3 4k ? 4k 2 ? 1 3 4k ? 4k 2 ? 1
k?0


① 当

| AB |?

32 1 [1 ? ] 1 3 2 4k ? 2 ? 4 k

因 为

4k 2 ?

1 k2

?4

?所 以 8

0?

1 1 32 32 1 ? ,所以 ? [1 ? ] ? 12 , 1 1 8 3 3 2 2 4k ? 2 ? 4 4k ? 2 ? 4 k k
所以

4 2 6 ?| AB |? 2 3 当且仅当 k ? ? 时取”=”. 3 2

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② 当 k ? 0 时, | AB |?

4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 ,? ) 或 (? ,? ) ,所以此时 3 3 3 3

③ 当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 (

| AB |?

4 4 4 6 6 ?| AB |? 2 3 即: | AB |? [ 6, 2 3] ,综上, |AB |的取值范围为 3 3 3

【命题立意】 :本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆 的位置关系直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关 参数问题以及方程的根与系数关系. 题型 6 抛物线单独作为一种题型处理,因为它除了可用以上方法外,还有其独有的方法。 至少设点的时候有特点。 (05 江西卷) 如图, 设抛物线 C : y ? x 2 的焦点为 F, 动点 P 在直线 l : x ? y ? 2 ? 0 上运动, 过 P 作抛物线 C 的两条切线 PA、PB,且与抛物线 C 分别相切于 A、B 两点. (1)求△APB 的重心 G 的轨迹方程. y (2)证明∠PFA=∠PFB. B 2 2 F 解: (1) 设切点 A、 坐标分别为 ( x, x0 )和( x1, x1 )(( x1 ? x0 ) , B l
2 ∴切线 AP 的方程为: 2x0 x ? y ? x0 ? 0;

A

x
O

2 切线 BP 的方程为: 2x1 x ? y ? x1 ? 0;

x0 ? x1 P , y P ? x0 x1 2 x ? x1 ? x P ? xP , 所以△APB 的重心 G 的坐标为 xG ? 0 3 2 y ?y ?y x 2 ? x 2 ? x0 x1 ( x0 ? x1 )2 ? x0 x1 4 xP ? y p yG ? 0 1 P ? 0 1 ? ? , 3 3 3 3 2 所以 y p ? ?3 yG ? 4xG ,由点 P 在直线 l 上运动,从而得到重心 G 的轨迹方程为: 1 x ? (?3 y ? 4 x 2 ) ? 2 ? 0, 即y ? (4 x 2 ? x ? 2). 3 ??? ? ? ? x ? x1 1 ??? 1 ??? 1 2 , x0 x1 ? ), FB ? ( x1 , x12 ? ). (2)方法 1:因为 FA ? ( x0 , x0 ? ), FP ? ( 0 4 2 4 4
解得 P 点的坐标为: x P ? 由于 P 点在抛物线外,则 | FP |? 0.

x0 ? x1 1 1 1 ??? ??? ? ? ? x0 ? ( x0 x1 ? )( x0 2 ? ) x0 x1 ? FP ? FA 2 4 4 ? ??? 4 , ? ? ? ∴ cos ?AFP ? ??? ??? ? ??? ? | FP || FA | | FP | 1 2 | FP | x0 2 ? ( x0 2 ? ) 4 x0 ? x1 1 1 1 ??? ??? ? ? ? x1 ? ( x0 x1 ? )( x12 ? ) x0 x1 ? FP ? FB 2 4 4 ? ??? 4 , ? ? ? 同理有 cos ?BFP ? ??? ??? ? ??? ? | FP || FB | | FP | 1 2 2 2 | FP | x1 ? ( x1 ? ) 4
∴∠AFP=∠PFB. 方 法 2 : ① 当 x1 x0 ? 0时,由于x1 ? x0 , 不妨设 0 ? 0, 则y0 ? 0, 所 以 P 点 坐 标 为 x

x1 |x | 1 d ,0) , P 点到直线 AF 的距离为: 1 ? 1 ; 而直线BF的方程 : y ? ? 则 2 4 x1 2 1 1 2 即 ( x1 ? ) x ? x1 y ? x1 ? 0. 4 4 1 x x 1 |x | | ( x12 ? ) 1 ? 1 | ( x12 ? ) 1 4 2 4 ? 4 2 ? | x1 | 所以 P 点到直线 BF 的距离为: d 2 ? 1 2 1 x12 ? ( x12 ? )2 ? ( x1 )2 4 4 (
所以 d1=d2,即得∠AFP=∠PFB.

x12 ?

1 4 x,

1 2 x0 ? 1 4 ( x ? 0),即( x 2 ? 1 ) x ? x y ? 1 x ? 0, ②当 x1 x0 ? 0 时,直线 AF 的方程: y ? ? 0 0 0 4 x0 ? 0 4 4 1 x12 ? 1 4 ( x ? 0), 即( x 2 ? 1 ) x ? x y ? 1 x ? 0, 直线 BF 的方程: y ? ? 1 1 1 4 x1 ? 0 4 4 所以 P 点到直线 AF 的距离为:

x ?x 1 x ?x 1 1 2 | ( x0 ? )( 0 1 ) ? x0 2 x1 ? x0 | | 0 1 )( x0 2 ? ) 4 2 4 2 4 ? | x0 ? x1 | d1 ? ? 1 2 2 1 2 x0 ? ( x0 ? )2 ? x02 4 4 | x ? x0 | 同理可得到 P 点到直线 BF 的距离 d 2 ? 1 ,因此由 d1=d2,可得到∠AFP=∠PFB. 2
.(全国卷 III) 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) 两点在抛物线 y ? 2x 2 上, l 是 AB 的垂直平分线, (Ⅰ)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 x1 ? 1, x2 ? ?3 时,求直线 l 的方程.
2 2 解: (Ⅰ)∵抛物线 y ? 2x ,即 x ?

y 1 ,? p ? , 2 4

∴焦点为 F (0, ) ………………………………………………………1 分 (1)直线 l 的斜率不存在时,显然有 x1 ? x2 ? 0 ………………………………3 分 (2)直线 l 的斜率存在时,设为 k,截距为 b 即直线 l :y=kx+b 由已知得:
?y ? y ? 2 ? 1 ? k ? x1 x 2 ? b ……………5 分 2 ? 2 ? y1 ? y 2 ? ? 1 ? ? x1 ? x 2 k ?

1 8

2 2 ? ? ? ? 2 x1 2 x 2 ? k ? x 1 x 2 ? b 2 2 ? ?? 2 2 ? 2 x1 ? 2 x 2 ? ? 1 ? k x1 ? x 2 ?

? 2 2 x1 ? x 2 ? b ? x1 ? x 2 ? k ? ……………7 分 ? 2 ?? 1 ? x1 ? x 2 ? ? 2k ? ?

1 1 2 2 ? x1 ? x 2 ? ? ? b ? 0 ? b ? 4 4

即 l 的斜率存在时,不可能经过焦点 F (0, ) ……………………………………8 分 所以当且仅当 x1 ? x2 =0 时,直线 l 经过抛物线的焦点 F…………………………9 分 (Ⅱ)当 x1 ? 1, x2 ? ?3 时, 直线 l 的斜率显然存在,设为 l :y=kx+b………………………………10 分 则由(Ⅰ)得:
? 2 2 x1 ? x 2 ? b ? x1 ? x 2 ? k ? ? 2 ? 1 ? x 1 ? x 2 ? ? 2k ? ?

1 8

? x1 ? x 2 ? b ? 10 ?k ? ………………………11 分 ? 2 ?? 1 ? ? ? ?2 ? 2k ?

1 ? ? k ? 4 …………………………………………13 分 ? ?? ?b ? 41 ? ? 4

所以直线 l 的方程为 y ?

1 41 x? 4 4

重点是第一问,也可设 AB 的方程,未知数 2 个,求出 L 方程,L 过点 F,去掉未知数一个, 然后利用韦达定理处理。答案是用抛物线独有解法处理的。 广东卷)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4所示) . (Ⅰ)求 ?AOB 得重心G(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.

y A B

x O

x1 ? x 2 ? ?x ? 3 ? 解: (I)设△AOB 的重心为 G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),则 ? ? y ? y1 ? y 2 ? 3 ?
∵OA⊥OB ∴ kOA ? kOB ? ?1 ,即 x1 x2 ? y1 y 2 ? ?1 ,……(2)

…(1)

2 2 又点 A,B 在抛物线上,有 y1 ? x1 , y 2 ? x2 ,代入(2)化简得 x1 x2 ? ?1

∴y?

y1 ? y 2 1 2 1 1 2 2 2 ? ( x1 ? x 2 ) ? [(x1 ? x 2 ) 2 ? 2 x1 x 2 ] ? ? (3x) 2 ? ? 3x 2 ? 3 3 3 3 3 3
2 3

2 所以重心为 G 的轨迹方程为 y ? 3 x ?

(II) S ?AOB ?

1 1 1 2 2 2 2 2 2 | OA || OB |? ( x12 ? y12 )( x 2 ? y 2 ) ? x12 x 2 ? x12 y 2 ? x 2 y12 ? y12 y 2 2 2 2

由(I)得

S ?AOB ?

1 6 1 1 1 6 6 x1 ? x2 ? 2 ? 2 x16 ? x2 ? 2 ? 2 (?1) 6 ? 2 ? ? 2 ? 1 2 2 2 2

6 6 当且仅当 x1 ? x2 即 x1 ? ? x2 ? ?1 时,等号成立。

所以△AOB 的面积存在最小值,存在时求最小值 1; 此题可设 AB 方程,用题型一解决。 全国 II 直线 AB 未知数一个,所以 A,B 可用此未知数表示,当然用 K 或 M 表示。 → → (06 全国 II)已知抛物线 x2=4y 的焦点为 F,A、B 是抛物线上的两动点,且 AF =λ FB (λ >0) .过 A、B 两点分别作抛物线的切线,设其交点为M. →→ (Ⅰ)证明FM · 为定值; AB (Ⅱ)设△ABM 的面积为 S,写出 S=f(λ)的表达式,并求 S 的最小值. → → 解:(Ⅰ)由已知条件,得 F(0,1),λ>0.设 A(x1,y1),B(x2,y2).由 AF =λ FB ,

?-x1=λx2 ① ? (-x1,1-y)=λ(x2,y2-1), ? ?1-y1=λ(y2-1) ② ? 1 2 1 2 将①式两边平方并把 y1= x1 ,y2= x2 代入得 y1=λ2y2 ③ 4 4

即得

1 解②、③式得 y1=λ,y2= ,且有 x1x2=-λx22=-4λy2=-4, λ 1 1 抛物线方程为 y= x2,求导得 y′= x. 4 2 所以过抛物线上 A、B 两点的切线方程分别是 1 1 1 1 1 1 y= x1(x-x1)+y1,y= x2(x-x2)+y2,即 y= x1x- x12,y= x2x- x22. 2 2 2 4 2 4 x1+x2 x1x2 x1+x2 解出两条切线的交点 M 的坐标为( , )=( ,-1). 2 4 2 ……4 分

→ → x1+x2 1 1 1 所以FM · =( AB ,-2)· 2-x1,y2-y1)= (x22-x12)-2( x22- x12)=0 (x 2 2 4 4 →→ 所以FM · 为定值,其值为 0. AB ……7 分

1 (Ⅱ)由(Ⅰ)知在△ABM 中,FM⊥AB,因而 S= |AB||FM|. 2 |FM|= = x1+x2 ( )2+(-2)2= 2 1 2 1 2 1 x + x + x x +4= 4 1 4 2 2 1 2 1 y1+y2+ ?(-4)+4 2

1 1 λ+ +2= λ+ . λ λ

因为|AF|、|BF|分别等于 A、B 到抛物线准线 y=-1 的距离,所以 1 1 |AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=λ+ +2=( λ+ )2. λ λ 于是 由 λ+ 1 1 S= |AB||FM|=( λ+ )3, 2 λ

1 ≥2 知 S≥4,且当 λ=1 时,S 取得最小值 4. λ (2009 江苏卷) (本题满分 10 分) 在平面直角坐标系 xoy 中,抛物线 C 的顶点在原点,经过点 A(2,2) ,其焦点 F 在 x 轴上。 (1)求抛物线 C 的标准方程; (2)求过点 F,且与直线 OA 垂直的直线的方程; (3)设过点 M (m, 0)(m ? 0) 的直线交抛物线 C 于 D、E 两点,ME=2DM, 记 D 和 E 两点间的距离为 f ( m) ,求 f ( m) 关于 m 的表达式。 【解析】 [必做题]本小题主要考查直线、抛物线及两点间的距离公式等基本 知识,考查运算求解能力。满分 10 分。



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