《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1. (选修11P 44习题4改编)以双曲线x 24－y25＝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：y 2＝12x解析：双曲线x 24－y25＝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y 2＝12x.2. 以双曲线－3x 2＋y 2＝12的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆的方程是________．答案：x 24＋y216＝1解析：双曲线方程可化为y 212－x24＝1，焦点为(0，±4)，顶点为(0，±23)．∴ 椭圆的焦点在y 轴上，且a ＝4，c ＝23，此时b ＝2，∴ 椭圆方程为x 24＋y216＝1.3. 若抛物线y 2＝2px 的焦点与椭圆x 26＋y 22＝1的右焦点重合，则p ＝________．答案：4解析：椭圆x 26＋y 22＝1的右焦点(2，0)是抛物线y 2＝2px 的焦点，所以p 2＝2，p ＝4.4. 已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则PA 1→²PF 2→的最小值为________．答案：－2解析：设点P(x ，y)，其中x≥1.依题意得A 1(－1，0)，F 2(2，0)，由双曲线方程得y2＝3(x 2－1).PA 1→²PF 2→＝(－1－x ，－y)²(2－x ，－y)＝(x ＋1)(x －2)＋y 2＝x 2＋y 2－x －2＝x 2＋3(x 2－1)－x －2＝4x 2－x －5＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －182－8116，其中x≥1.因此，当x ＝1时，PA 1→²PF 2→取得最小值－2.5. 已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P(x 0，y 0)满足x 202＋y 20≤1，则PF 1＋PF 2的取值范围为________．答案：[2，22]解析：当P 在原点处时，PF 1＋PF 2取得最小值2；当P 在椭圆上时，PF 1＋PF 2取得最大值22，故PF 1＋PF 2的取值范围为[2，22]．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0<e<1时，它表示椭圆； 当e>1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 ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P(2，1)的距离为10.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⎩⎪⎨⎪⎧（2＋c ）2＋1＝10，c a ＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2.所以椭圆方程为x 24＋y23＝1.(2) 设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12消去y ，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，① 则Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km 3＋4k2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k2，所以线段AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2.因为M 在直线OP ：y ＝12x 上，所以3m 3＋4k 2＝－2km 3＋4k 2，得m ＝0(舍去)或k ＝－32.此时方程①为3x 2－3mx ＋m 2－3＝0，则Δ＝3(12－m 2)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－33.所以AB ＝1＋k 2²|x 1－x 2|＝396²12－m 2，设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|8－2m|32＋22＝2|m －4|13.设△ABP 的面积为S ，则S ＝12AB ²d ＝36²（m －4）2＋12－m 2.其中m∈(－23，0)∪(0，23)．令u(m)＝(12－m 2)(m －4)2，m ∈[－23，23]，u ′(m)＝－4(m －4)(m 2－2m －6)＝－4(m －4)²(m－1－7)(m －1＋7)．所以当且仅当m ＝1－7时，u(m)取到最大值．故当且仅当m ＝1－7时，S 取到最大值．综上，所求直线l 的方程为3x ＋2y ＋27－2＝0.变式训练如图，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BF →＝3FC →，四边形APCB 的面积最大值为6＋23，求此时椭圆的方程和P 点坐标．(1) 证明：设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0) ①，则A(0，b)，B(0，－b)，T ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ，0.AT ：x a 2c ＋y b ＝1 ②，BF ：x c ＋y －b ＝1 ③，解得交点C(2a 2c a 2＋c 2，b 3a 2＋c 2)，代入①得⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2c a 2＋c 22a2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b3a 2＋c 22b 2＝4a 2c 2（a 2－c 2）2（a 2＋c 2）2＝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.∵ BF →＝3FC →，CE ＝13b ，EF ＝13c ，则C ⎝ ⎛⎭⎪⎫4c 3，b 3，代入①得⎝ ⎛⎭⎪⎫43c 2a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 32b 2＝1，∴ a 2＝2c 2，b 2＝c 2.设P(x 0，y 0)，则x 0＋2y 20＝2c 2.此时C ⎝ ⎛⎭⎪⎫4c 3，c 3，AC ＝23 5c ，S △ABC ＝12²2c ²4c 3＝43c 2，直线AC 的方程为x ＋2y －2c ＝0，P 到直线AC 的距离为d ＝|x 0＋2y 0－2c|5＝x 0＋2y 0－2c5，S △APC ＝12d ²AC ＝12²x 0＋2y 0－2c 5²23 5c ＝x 0＋2y 0－2c 3²c.只须求x 0＋2y 0的最大值，(解法1)∵ (x 0＋2y 0)2＝x 20＋4y 20＋2²2x 0y 0≤x 20＋4y 20＋2(x 20＋y 20)＝3(x 20＋2y 20)＝6c 2，∴ x 0＋2y 0≤6c.当且仅当x 0＝y 0＝63c 时，(x 0＋2y 0)max ＝6c.(解法2)令x 0＋2y 0＝t ，代入x 20＋2y 20＝2c 2得(t －2y 0)2＋2y 20－2c 2＝0，即6y 20－4ty 0＋t2－2c 2＝0.Δ＝(－4t)2－24(t 2－2c 2)≥0，得t≤6c.当t ＝6c ，代入原方程解得x 0＝y 0＝63c.∴ 四边形的面积最大值为6－23c 2＋43c 2＝6＋23c 2＝6＋23，∴ c 2＝1，a 2＝2，b 2＝1，此时椭圆方程为x 22＋y 2＝1.P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫63，63.题型2 定值问题例2 如图，椭圆C 0：x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0，a 、b 为常数)，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 21，b<t 1<a.点A 1、A 2分别为C 0的左、右顶点，C 1与C 0相交于A 、B 、C 、D 四点．(1) 求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程；(2) 设动圆C 2：x 2＋y 2＝t 22与C 0相交于A′，B ′，C ′，D ′四点，其中b<t 2<a ，t 1≠t 2.若矩形ABCD 与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t 21＋t 22为定值．(1) 解：设A(x 1，y 1)，B(x 1，－y 1)，又知A 1(－a ，0)，A 2(a ，0)，则直线A 1A 的方程为y ＝y 1x 1＋a (x ＋a)，①直线A 2B 的方程为y ＝－y 1x 1－a (x －a)．②由①②得y 2＝－y 21x 21－a2(x 2－a 2)．③由点A(x 1，y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2＋y 21b2＝1.从而y 21＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2，代入③得x 2a 2－y 2b 2＝1(x<－a ，y<0)．(2) 证明：设A′(x 2，y 2)，由矩形ABCD 与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x 1||y 1|＝4|x 2||y 2|，故x 21y 21＝x 22y 22.因为点A ，A ′均在椭圆上，所以b 2x 21⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2＝b 2x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 22a 2.由t 1≠t 2，知x 1≠x 2，所以x 21＋x 22＝a 2，从而y 21＋y 22＝b 2，因此t 21＋t 22＝a 2＋b 2为定值．备选变式（教师专享）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F(4m ，0)(m ＞0，m为常数)，离心率等于0.8，过焦点F 、倾斜角为θ的直线l 交椭圆C 于M 、N 两点．(1) 求椭圆C 的标准方程；(2) 若θ＝90°，1MF ＋1NF ＝5 29，求实数m ；(3) 试问1MF ＋1NF的值是否与θ的大小无关，并证明你的结论．解：(1) ∵ c ＝4m ，椭圆离心率e ＝c a ＝45，∴ a ＝5m.∴ b＝3m.∴ 椭圆C 的标准方程为x 225m 2＋y29m 2＝1.(2) 在椭圆方程x 225m ＋y29m＝1中，令x ＝4m ，解得y ＝±9m5.∵ 当θ＝90°时，直线MN⊥x 轴，此时FM ＝FN ＝9m 5，∴ 1MF ＋1NF ＝109m .∵ 1MF ＋1NF ＝5 29，∴ 109m ＝5 29，解得m ＝ 2. (3) 1MF ＋1NF的值与θ的大小无关．证明如下：(证法1)设点M 、N 到右准线的距离分别为d 1、d 2. ∵ MF d 1＝45，NF d 2＝45，∴ 1MF ＋1NF ＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫1d 1＋1d 2.又由图可知，MFcos θ＋d 1＝a 2c －c ＝9m4，∴ d 1⎝ ⎛⎭⎪⎫45cos θ＋1＝9m 4，即1d 1＝49m ⎝ ⎛⎭⎪⎫45cos θ＋1. 同理，1d 2＝49m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤45cos （π－θ）＋1＝49m (－45cos θ＋1)．∴ 1d 1＋1d 2＝49m ⎝ ⎛⎭⎪⎫45cos θ＋1＋49m (－45cos θ＋1)＝89m . ∴ 1MF ＋1NF ＝54²89m ＝109m. 显然该值与θ的大小无关．(证法2)当直线MN 的斜率不存在时，由(2)知，1MF ＋1NF的值与θ的大小无关．当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝k(x －4m)，代入椭圆方程x 225m 2＋y29m2＝1，得(25k 2＋9)m 2x 2－200m 3k 2x ＋25m 4(16k 2－9)＝0. 设点M(x 1，y 1)、N(x 2，y 2)， ∵Δ＞0恒成立，∴ x 1＋x 2＝200mk 225k 2＋9，x 1²x 2＝25m 2（16k 2－9）25k 2＋9. ∵MF 25m 4－x 1＝45，NF 25m 4－x 2＝45， ∴ MF ＝5m －45x 1，NF ＝5m －45x 2.∴1MF ＋1NF ＝15m －45x 1＋15m －45x 2＝10m －45（x 1＋x 2）1625x 1x 2－4m （x 1＋x 2）＋25m 2＝90k 2＋9081mk 2＋81m ＝109m . 显然该值与θ的大小无关． 题型3 定点问题例3 在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 1：(x ＋3)2＋(y －1)2＝4和圆C 2：(x －4)2＋(y －5)2＝4.(1) 若直线l 过点A(4，0)，且被圆C 1截得的弦长为23，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l 1和l 2，它们分别与圆C 1和圆C 2相交，且直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P 的坐标．解：(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C 1到直线l 的距离d ＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫2 322＝1，结合点到直线距离公式，得|－3k －1－4k|k 2＋1＝1，化简得24k 2＋7k ＝0，解得k ＝0或k ＝－724.所求直线l 的方程为y ＝0或y ＝－724(x －4)，即y ＝0或7x ＋24y －28＝0.(2) 设点P 坐标为(m ，n)，直线l 1、l 2的方程分别为y －n ＝k(x －m)，y －n ＝－1k(x －m)，即kx －y ＋n －km ＝0，－1k x －y ＋n ＋1km ＝0.因为直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，两圆半径相等．由垂径定理，得圆心C 1到直线l 1与圆心C 2到直线l 2的距离相等．故有|－3k －1＋n －km|k 2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－4k－5＋n ＋1k m 1k2＋1，化简得(2－m －n)k ＝m －n －3或(m －n ＋8)k ＝m ＋n －5.因为关于k 的方程有无穷多解，所以有⎩⎪⎨⎪⎧2－m －n ＝0，m －n －3＝0或⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＋8＝0，m ＋n －5＝0，解得点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，132或⎝ ⎛⎭⎪⎫52，－12.备选变式（教师专享）已知椭圆x 24＋y 2＝1的左顶点为A ，过A 作两条互相垂直的弦AM 、AN 交椭圆于M 、N 两点．(1) 当直线AM 的斜率为1时，求点M 的坐标； (2) 当直线AM 的斜率变化时，直线MN 是否过x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．解：(1) 直线AM 的斜率为1时，直线AM 为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2＋16x ＋12＝0，解之得x 1＝－2，x 2＝－65，∴ 点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，45. (2) 设直线AM 的斜率为k ，则AM 为y ＝k(x ＋2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 24＋y 2＝1，化简得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0.∵ 此方程有一根为－2，∴ x M ＝2－8k 21＋4k2，同理可得x N ＝2k 2－8k 2＋4.由(1)知若存在定点，则此点必为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. ∵ k MP ＝y M x M ＋65＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8k 21＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋65＝5k 4－4k 2，同理可计算得k PN ＝5k4－4k.∴直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. (理)题型4 轨迹问题例4 如图，已知梯形ABCD 中|AB|＝2|CD|，点E 满足AE →＝λEC →，双曲线过C 、D 、E 三点，且以A 、B 为焦点．当23≤λ≤34时，求双曲线离心率e 的取值范围．解：如题图，以直线AB 为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴，建立直角坐标系xOy ，则CD⊥y 轴．因为双曲线经过点C 、D ，且以A 、B 为焦点，由双曲线的对称性知C 、D 关于y 轴对称．根据已知，设A(－c ，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2，h ，E(x 0，y 0)，其中c ＝12|AB|为双曲线的半焦距，h 是梯形的高．由AE →＝λEC →，即(x 0＋c ，y 0)＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 2－x 0，h －y 0，得x 0＝（λ－2）c 2（1＋λ），y 0＝λh 1＋λ.不妨设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1，则离心率e ＝ca.由点C 、E 在双曲线上，将点C 、E 的坐标和e ＝ca代入双曲线的方程得⎩⎪⎨⎪⎧e 24－h2b2＝1，①e 24⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－2λ＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ＋12h 2b 2＝1，②由①式得h 2b 2＝e24－1， ③将③式代入②式，整理得 e 24(4－4λ)＝1＋2λ，所以λ＝1－3e 2＋2.由已知23≤λ≤34，所以23≤1－3e 2＋2≤34，解之得 7≤e ≤10，所以双曲线的离心率的取值范围为[7，10]．备选变式（教师专享）在平面直角坐标系xOy 中，已知定点A(－4，0)、B(4，0)，动点P 与A 、B 连线的斜率之积为－14.(1) 求点P 的轨迹方程；(2) 设点P 的轨迹与y 轴负半轴交于点C.半径为r 的圆M 的圆心M 在线段AC 的垂直平分线上，且在y 轴右侧，圆M 被y 轴截得的弦长为3r.(ⅰ) 求圆M 的方程；(ⅱ) 当r 变化时，是否存在定直线l 与动圆M 均相切？如果存在，求出定直线l 的方程；如果不存在，说明理由．解：(1) 设P(x ，y)，则直线PA 、PB 的斜率分别为k 1＝y x ＋4、k 2＝yx －4.由题意知y x ＋4²y x －4＝－14，即x 216＋y24＝1(x≠±4)．所以动点P 的轨迹方程是x 216＋y24＝1(x≠±4)．(2) (ⅰ)由题意C(0，－2)，A(－4，0)， 所以线段AC 的垂直平分线方程为y ＝2x ＋3. 设M(a ，2a ＋3)(a ＞0)，则圆M 的方程为(x －a)2＋(y －2a －3)2＝r 2. 圆心M 到y 轴的距离d ＝a ，由r 2＝d 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3r 22，得a ＝r 2.所以圆M 的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －r 22＋(y －r －3)2＝r 2.(ⅱ)假设存在定直线l 与动圆M 均相切． 当定直线的斜率不存在时，不合题意． 设直线l ：y ＝kx ＋b ， 则⎪⎪⎪⎪⎪⎪k³r 2－r －3＋b 1＋k2＝r 对任意r ＞0恒成立．由⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2－1r ＋（b －3）＝r 1＋k 2， 得⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2－12r 2＋(k －2)(b －3)r ＋(b －3)2＝(1＋k 2)r 2. 所以⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2－12＝1＋k 2，（k －2）（b －3）＝0，（b －3）2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝0，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－43，b ＝3. 所以存在两条直线y ＝3和4x ＋3y －9＝0与动圆M 均相切．【示例】 (本题模拟高考评分标准，满分14分)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝12.过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.(1) 求椭圆E 的方程；(2) 设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．学生错解：解：(1) 略(2) 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P(x 0，y 0)，所以m≠0且Δ＝0，即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m . 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q(4，4k ＋m)． 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．设M(x 1，0)，则MP →²MQ →＝0对满足(*)式的m ，k 恒成立．因为MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km－x 1，3m ，MQ →＝(4－x 1，4k ＋m)，由MP →²MQ →＝0，得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m＋3＝0，整理，得(4x 1－4)k m＋x 21－4x 1＋3＝0.(**)，方程无解．故不存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M.审题引导： (1) 建立方程组求解参数a ，b ，c ；(2) 恒成立问题的求解；(3) 探索性问题的一般解题思路．规范解答： 解：(1) 因为AB ＋AF 2＋BF 2＝8， 即AF 1＋F 1B ＋AF 2＋BF 2＝8，(1分) 又AF 1＋AF 2＝BF 1＋BF 2＝2a ，(2分) 所以4a ＝8，a ＝2.又因为e ＝12，即c a ＝12，所以c ＝1，(3分)所以b ＝a 2－c 2＝ 3.故椭圆E 的方程是x 24＋y23＝1.(4分)(2) 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.(5分)因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P(x 0，y 0)，所以m≠0且Δ＝0，(6分)即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)(7分)此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m .(8分) 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q(4，4k ＋m)．(9分) 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．(10分)设M(x 1，0)，则MP →²MQ →＝0对满足(*)式的m ，k 恒成立．因为MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km－x 1，3m ，MQ →＝(4－x 1，4k ＋m)，由MP →²MQ →＝0，得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m＋3＝0，整理，得(4x 1－4)k m＋x 21－4x 1＋3＝0.(**)(12分)由于(**)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.(13分)故存在定点M(1，0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M.(14分)错因分析： 本题易错之处是忽视定义的应用；在处理第(2)问时，不清楚圆的对称性，从而不能判断出点M 必在x 轴上．同时不会利用恒成立求解．1. 已知抛物线y 2＝2px(p≠0)上存在关于直线x ＋y ＝1对称的相异两点，则实数p 的取值范围为________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 解析：设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M(x 1，y 1)、N(x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b.将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p)x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，则MN 的中点P 的坐标为(p －b ，p)．因为点P 在直线x ＋y ＝1上，所以2p －b ＝1，即b ＝2p －1.又Δ＝(2b －2p)2－4b 2＝4p 2－8bp ＞0，将b ＝2p －1代入得4p 2－8p(2p －1)＞0，即3p 2－2p ＜0，解得0＜p ＜23.2. 已知抛物线y 2＝2px(p≠0)及定点A(a ，b)，B(－a ，0)，ab ≠0，b 2≠2pa ，M 是抛物线上的点．设直线AM 、BM 与抛物线的另一个交点分别为M 1、M 2，当M 变动时，直线M 1M 2恒过一个定点，此定点坐标为________．答案：⎝⎛⎭⎪⎫a ，2pa b解析：设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 202p ，y 0，M 1⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212p ，y 1，M 2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222p ，y 2， 由点A 、M 、M 1共线可知y 0－b y 202p －a ＝y 1－y 0y 212p －y 202p，得y 1＝by 0－2pa y 0－b，同理由点B 、M 、M 2共线得y 2＝2pay 0.设(x ，y)是直线M 1M 2上的点， 则y 2－y 1y 222p －y 212p ＝y 2－y y 222p－x ， 即y 1y 2＝y(y 1＋y 2)－2px ，又y 1＝by 0－2pa y 0－b ，y 2＝2pa y 0，则(2px －by)y 20＋2pb²(a－x)y 0＋2pa²(by－2pa)＝0.当x ＝a ，y ＝2pab 时上式恒成立，即定点为⎝⎛⎭⎪⎫a ，2pa b .3. 在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 的顶点在原点，焦点F 的坐标为(1，0)． (1) 求抛物线C 的标准方程；(2) 设M 、N 是抛物线C 的准线上的两个动点，且它们的纵坐标之积为－4，直线MO 、NO 与抛物线的交点分别为点A 、B ，求证：动直线AB 恒过一个定点．解：(1) 设抛物线的标准方程为y 2＝2px(p>0)，则p 2＝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，y 1)，N(－1，y 2)，其中y 1y 2＝－4，直线MO 的方程：y ＝－y 1x ，将y ＝－y 1x 与y 2＝4x 联立解得A 点坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 21，－4y 1.同理可得B 点坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 22，－4y 2，则直线AB 的方程为：y ＋4y 1－4y 2＋4y 1＝x －4y 214y 22－4y 21，整理得(y 1＋y 2)y －4x ＋4＝0，故直线AB 恒过定点(1，0)．4. 已知椭圆E ：x 2a2＋y 2＝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278，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，a 2＝c 2＋1，d ＝a 2c ＝c 2＋1c ＝c ＋1c≥2，当c ＝1时取等号，此时a 2＝1＋1＝2，故椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2) 不妨设直线MA 的斜率k>0，直线MA 方程为y ＝kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，①x 2a 2＋y 21＝1，②① 代入②整理得(a 2k 2＋1)x 2＋2a 2kx ＝0，解得x A ＝－2a 2ka 2k 2＋1，故A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 2k a 2k 2＋1，1－a 2k 2a 2k 2＋1， 由MA⊥MB 知直线MB 的斜率为－1k，可得B(2a 2k a 2＋k 2，k 2－a2a 2＋k2)，则MA ＝1＋k 2²2a 2k a 2k 2＋1，MB ＝1＋1k 22a 2k a 2＋k 2＝k 2＋12a 2a 2＋k 2.则S △MAB ＝12MA ²MB＝12(1＋k 2)4a 4k （a 2k 2＋1）（a 2＋k 2）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k 2a 4a 2⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2＋（a 4＋1）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k 2a 4a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k 2＋（a 4－2a 2＋1）. 令k ＋1k＝t(t≥2)，则S △MAB ＝2a 4t a 2t 2＋（a 2－1）2＝2a 4a 2t ＋（a 2－1）2t≤2a 42a （a 2－1）＝a3a 2－1. 当t ＝a 2－1a 时取“＝”，∵ t ＝a 2－1a ≥2，得a>2＋1.而(S △MAB )max ＝a 3a 2－1＝278，故a＝3或a ＝3±29716(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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 2a 2＋1，1－a 2a 2＋1，直线AB 过定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 2＋1.下面证明A 、Q 、B 三点共线：∵ k AQ ＝1－a 2k 21＋a 2k 2－1－a21＋a2－2a 2k 1＋a 2k 2＝（1－a 2k 2）（1＋a 2）－（1－a 2）（1＋a 2k 2）－2a 2k （1＋a 2）＝k 2－1k （1＋a 2）， k BQ ＝k 2－a 2a 2＋k 2－1－a 21＋a 22a k k 2＋a 2 ＝（k 2－a 2）（1＋a 2）－（1－a 2）（a 2＋k 2）2a 2k （1＋a 2）＝k 2－1k （1＋a 2）. 由k AQ ＝k BQ 知A 、Q 、B 三点共线，即直线AB 过定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 2＋1. 5. 设A 1、A 2与B 分别是椭圆E ：x 2a 2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点与上顶点，直线A 2B与圆C ：x 2＋y 2＝1相切．(1) 求证：1a 2＋1b2＝1；(2) P 是椭圆E 上异于A 1、A 2的一点，若直线PA 1、PA 2的斜率之积为－13，求椭圆E 的方程；(3) 直线l 与椭圆E 交于M 、N 两点，且OM →²ON →＝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 ：x 2a 2＋y2b2＝1(a>b>0)，A 1、A 2与B 分别为椭圆E 的左、右顶点与上顶点， 所以A 1(－a ，0)，A 2(a ，0)，B(0，b)，直线A 2B 的方程是x a ＋yb ＝1.因为A 2B 与圆C ：x 2＋y 2＝1相切，所以11a 2＋1b 2＝1，即1a 2＋1b2＝1. (2) 解：设P(x 0，y 0)，则直线PA 1、PA 2的斜率之积为kPA 1²kPA 2＝y 0x 0＋a ²y 0x 0－a ＝y 2x 20－a2＝－13，x 20a 2＋3y 20a 2＝1，而x 20a 2＋y 20b 2＝1，所以b 2＝13a 2.结合1a 2＋1b 2＝1，得a 2＝4，b 2＝43.所以椭圆E的方程为x 24＋3y24＝1.(3) 解：设点M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)．① 若直线l 的斜率存在，设直线l 为y ＝kx ＋m ，由y ＝kx ＋m 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得x2a2＋（kx ＋m ）2b 2＝1.化简得(b 2＋a 2k 2)x 2＋2a 2kmx ＋a 2m 2－a 2b 2＝0(Δ>0)．∴ x 1x 2＝a 2m 2－a 2b 2b 2＋a 2k2，y 1y 2＝(kx 1＋m)(kx 2＋m)＝k 2x 1x 2＋km(x 1＋x 2)＋m 2＝a 2k 2m 2－a 2b 2k 2b 2＋a 2k 2＋km ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 2km b 2＋a 2k 2＋m 2＝b 2m 2－a 2b 2k 2b 2＋a 2k 2.因为OM →²ON →＝0，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0.代入得(a 2＋b 2)m 2－a 2b 2(1＋k 2)＝0.结合(1)的1a 2＋1b 2＝1，得m 2＝1＋k 2.圆心到直线l 的距离为d ＝|m|1＋k2＝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x 2a 2＋y2b 2＝1，得y ＝±b1－n2a2.∴ |n|＝b²1－n2a 2，∴ a 2n 2＝b 2(a 2－n 2)．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F 1(3，0)与定直线l 1∶x ＝433的距离之比为常数32. (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＋y 2＝r 2(r>0)，设圆T 与曲线C 交于点M 与点N ，求TM →²TN →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.|PF 1||PM|＝32，（x －3）2＋y 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －433＝32， 所以该曲线的方程为x 24＋y 2＝1.(2) 点M 与点N 关于x 轴对称，设M(x 1，y 1)，N(x 1，－y 1)，不妨设y 1>0.由于点M 在椭圆C 上，所以y 21＝1－x 214.由已知T(－2，0)，则TM →＝(x 1＋2，y 1)，TN →＝(x 1＋2，－y 1)，∴TM →²TN →＝(x 1＋2，y 1)²(x 1＋2，－y 1)＝(x 1＋2)2－y 21＝(x 1＋2)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝54x 21＋4x 1＋3＝54²⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋852－15.由于－2<x 1<2，故当x 1＝－85时，TM →²TN →取得最小值为－15.计算得，y 1＝35，故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，35. 又点M 在圆T 上，代入圆的方程得到r 2＝1325.故圆T 的方程为(x ＋2)2＋y 2＝1325.1. 已知抛物线x 2＝4y 的焦点为F ，过焦点F 且不平行于x 轴的动直线交抛物线于A 、B 两点，抛物线在A 、B 两点处的切线交于点M.(1) 求证：A 、M 、B 三点的横坐标成等差数列；(2) 设直线MF 交该抛物线于C 、D 两点，求四边形ACBD 面积的最小值． (1) 证明：由已知，得F(0，1)，显然直线AB 的斜率存在且不为0, 则可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1(k≠0)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1消去y ，得x 2－4kx －4＝0，显然Δ＝16k 2＋16>0. 所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4，由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，所以y′＝12x, 所以，直线AM 的斜率为k AM ＝12x 1,所以，直线AM 的方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，又x 21＝4y 1,所以，直线AM 的方程为x 1x ＝2(y ＋y 1) ①， 同理，直线BM 的方程为x 2x ＝2(y ＋y 2) ②，②－①并据x 1≠x 2得点M 的横坐标x ＝x 1＋x 22，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k MF ＝2－2k ＝－1k ， 则直线MF 的方程为y ＝－1kx ＋1，设C(x 3，y 3)，D(x 4，y 4)由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝－1k x ＋1消去y ，得x 2＋4k x －4＝0，显然Δ＝16k 2＋16>0, 所以x 3＋x 4＝－4k ，x 3x 4＝－4，又|AB|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝（1＋k 2）（x 1－x 2）2＝（1＋k 2）[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]＝4(k 2＋1)，|CD|＝（x 3－x 4）2＋（y 3－y 4）2＝（1＋1k 2）（x 3－x 4）2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 2[（x 3＋x 4）2－4x 3x 4]＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1， 因为k MF ²k AB ＝－1，所以AB⊥CD ，所以S ACBD ＝12|AB|²|CD|＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1()k 2＋1＝8²⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2＋2≥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 ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率e ＝63，一条准线方程为x ＝362(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c a ＝63，a 2c ＝362，a 2＝b 2＋c 2,解得a ＝3，b ＝3，所以椭圆方程为x 29＋y23＝1.(2) ① 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 29＋y 23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝910，y 2＝2710，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－33x ，x 29＋y 23＝1， 得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝92，y 2＝32， 所以OG ＝3105，OH ＝6，所以S △GOH ＝3155.② 假设存在满足条件的定圆，设圆的半径为R ，则OG²OH＝R²GH，因为OG 2＋OH 2＝GH 2，故1OG 2＋1OH 2＝1R2，当OG 与OH 的斜率均存在时，不妨设直线OG 方程为y ＝kx,由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 29＋y 23＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2G ＝91＋3k 2，y 2G ＝9k 21＋3k 2，所以OG 2＝9＋9k 21＋3k 2， 同理可得OH 2＝9k 2＋93＋k 2，(将OG 2中的k 换成－1k可得)1OG 2＋1OH 2＝49＝1R 2，R ＝32， 当OG 与OH 的斜率有一个不存在时，可得1OG 2＋1OH 2＝49＝1R 2，故满足条件的定圆方程为：x 2＋y 2＝94.3. 已知椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，双曲线x 2a 2－y2b2＝1的两条渐近线为l 1、l 2，过椭圆C 的右焦点F 作直线l ，使l⊥l 1.又l 与l 2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l 1与l 2夹角为60°，双曲线的焦距为4时，求椭圆C 的方程；(2) 当FA →＝λAP →，求λ的最大值．解：(1) ∵双曲线的渐近线为y ＝±bax ，两渐近线夹角为60°，又ba<1，∴∠POx ＝30°，即b a ＝tan30°＝33. ∴a ＝3b. 又a 2＋b 2＝4，∴a 2＝3，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2) 由已知l ：y ＝a b (x －c)，与y ＝b a x 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ，ab c .由FA →＝λAP →，得A ⎝⎛⎭⎪⎪⎫c ＋λ²a 2c 1＋λ，λ²ab c 1＋λ. 将A 点坐标代入椭圆方程，得(c 2＋λa 2)2＋λ2a 4＝(1＋λ)2a 2c 2.∴(e 2＋λ)2＋λ2＝e 2(1＋λ)2.∴λ2＝e 4－e 2e 2－2＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤（2－e 2）＋22－e 2＋3≤3－2 2.∴λ的最大值为2－1.4. 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k OP ＋k OA ＝k PA .(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PQ →＝λOA →，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k OP ＋k OA ＝k PA 得y x ＋1－1＝y －1x ＋1，整理得轨迹C 的方程为y ＝x 2(x≠0且x≠－1)．(2) 设P(x 1，x 21)，Q(x 2，x 22)，M(x 0，y 0)， 由PQ →＝λOA →可知直线PQ∥OA，则k PQ ＝k OA ， 故x 22－x 21x 2－x 1＝1－0－1－0，即x 2＋x 1＝－1， 由O 、M 、P 三点共线可知， OM →＝(x 0，y 0)与OP →＝(x 1，x 21)共线，∴ x 0x 21－x 1y 0＝0，由(1)知x 1≠0，故y 0＝x 0x 1，同理，由AM →＝(x 0＋1，y 0－1)与AQ →＝(x 2＋1，x 22－1)共线可知(x 0＋1)(x 22－1)－(x 2＋1)(y 0－1)＝0，即(x 2＋1)[(x 0＋1)²(x 2－1)－(y 0－1)]＝0，由(1)知x 2≠－1，故(x 0＋1)(x 2－1)－(y 0－1)＝0，将y 0＝x 0x 1，x 2＝－1－x 1代入上式得(x 0＋1)(－2－x 1)－(x 0x 1－1)＝0， 整理得－2x 0(x 1＋1)＝x 1＋1，由x 1≠－1得x 0＝－12， 由S △PQA ＝2S △PAM ，得到QA ＝2AM ， ∵ PQ ∥OA ， ∴ OP ＝2OM ， ∴ PO →＝2OM →， ∴ x 1＝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]。