解析几何题型与方法

解析几何题型与方法

高考解析几何涉及直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的方程、性质及其相互之间的关系，其本质是使用代数的方法解决几何问题，因此数形结合是最常用的思想方法，同时转化思想、函数与方程思想等也比较常用。在解题时，解析几何问题的题目较为明确，每一各设问的顺序也决定了解题的顺序，考生容易找到解题思路，但难点在于，解析题容易找到路标，找到路标之后怎没走和庞大的运算量是困扰考生的关键问题。

解析答题通常是五种线型中两或三种线形组合而成，常见有以下四种题型： 题型一：轨迹与方程（判定线型并求出轨迹方程） 题型二：范围与最值（通常是题目中某个参数的范围）

题型三：定值与定性（证明某个参数的定值或以式子的形式明确的关系） 题型四：存在与探索（讨论存在性） 【考点精析】

考点一 曲线（轨迹）方程的求法 常见的求轨迹方程的方法：

（1）单动点的轨迹问题——直接法（五步曲）＋ 待定系数法（定义法）； （2）双动点的轨迹问题——代入法；

（3）多动点的轨迹问题——参数法 ＋ 交轨法。

例题1. 已知⊙M：x2?(y?2)2?1,Q是x轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点，（1）如果|AB|?42，求直线MQ的方程； 3 （2）求动弦AB的中点P的轨迹方程.

解析：（1）两点确定一条直线；（2）利用平面几何知识，找出关系。

42|AB|22221，可得|MP|?|MA|2?()?12?()?,由射3233影定理，得 |MB|2?|MP|?|MQ|,得|MQ|?3, 在Rt△MOQ中，

答案：（1）由|AB|?22 |OQ|?|MQ|?|MO|?32?22?5，

故a?5或a??5， 所以直线AB方程是

2x?5y?25?0或2x?5y?25?0; （2）连接MB，MQ，设P(x,y),Q(a,0),由

点M，P，Q在一直线上，得

2y?2?,(*)由射影定理得|MB|2?|MP|?|MQ|, ?ax222即x?(y?2)?a?4＝1（**）

把（*）及（**）消去a，

7212(y?2). 并注意到y?2，可得x?(y?)?416点评：合理应用平面几何知识，这是快速解答本题的关键所在。

例题2. （湖北省十一校）在直角坐标平面中，△ABC的两个顶点为 A（0，－1），B（0，

??????????????????????????1）平面内两点G、M同时满足：①GA?GB?GC?0 ， ②|MA|＝ |MB|＝ |MC| ?????????③GM∥AB

（1）求顶点C的轨迹E的方程

????????（2）设P、Q、R、N都在曲线E上 ，定点F的坐标为（2， 0） ，已知PF∥FQ ，

????????????????RF ∥FN且PF2RF＝ 0.求四边形PRQN面积S的最大值和最小值.

分析：本例（1）要熟悉用向量的方式表达点特征；（2）要把握好直线与椭圆的位置关系，

弦长公式，灵活的运算技巧是解决好本题的关键。

????????????????????解：（1）设C ( x ， y )， ?GA?GB?2GO，由①知GC??2GO，?G为

xy△ABC的重心 ， ? G(，) 由②知M是△ABC的外心，?M在x轴上

33x 由③知M（，0），

3?????????x2x22由|MC| ? |MA| 得()?1?(x?)?y

33x2?y2?1（x≠0）。 化简整理得：3x2?y2?1的右焦点 （2）F（2，0 ）恰为32 设PQ的斜率为k≠0且k≠±，则直线PQ的方程为y ＝ k ( x －2) 2??y?k(x?2)2222?(3k?1)x?62kx?6k?3?0 由?22??x?3y?3?06k2?362k2设P(x1 ， y1) ，Q (x2 ，y2 ) 则x1 ＋ x2 ＝ ， x12x2 ＝2 23k?13k?1则| PQ | ＝1?k2 ·

2(x1?x2)2?4x1x2

62k226k2?3 ＝ 1?k ·(2 )?4?23k?13k?123(k2?1) ＝ 23k?1123(k2?1) ?RN⊥PQ，把k换成?得 | RN | ＝ 2k3?k1 ?S ＝| PQ | · | RN |

26(k2?1)28 ＝ ＝) 2?221(3k?1)(k?3)3(k2?2)?10k18?3(k2?2)?10?

k2?S18?k2?2≥2 ， ?≥16

k2?S3?≤ S < 2 ， (当 k ＝ ±1时取等号) 2又当k不存在或k ＝ 0时S ＝ 2 综上可得

3 ≤ S ≤ 2 2 ?Smax ＝ 2 ， Smin ＝

3 2点评：本题考查了向量的有关知识，椭圆与直线的基本关系，二次方程的根与系数的关系及

不等式，转化的基本思想方法以及运用综合知识解决问题的能力。

考点二 圆锥曲线的几何性质

x2y2??1 的两个焦点，P为上一点，已知P、F1、F2是一个例题3．设F1、F2为椭圆94|PF1|直角三角形的三个顶点，且｜PF1｜＞｜PF2｜，求的值.

|PF2|分析：由已知，F1不是直角顶点，所以只要对P、F2中哪一个是直角顶点分两种情况即可. 解法1：由已知，｜PF1｜＞｜PF2｜，｜PF1｜＋｜PF2｜＝6，｜F1F2｜＝25， 若∠PF2F1为直角，则｜PF1｜2＝｜PF2｜2＋｜F1F2｜2，可解得：｜PF1｜＝＝

14，｜PF2｜3|PF1|74，这时?. 3|PF2|2|PF1|?2.

|PF2||PF1|74144），这时｜PF1｜＝，｜PF2｜＝，这时?.若∠PF2F1333|PF2|2若∠F2PF1为直角，则｜PF1｜2＋｜PF2｜2＝｜F1F2｜2，可解得：｜PF1｜＝4，｜PF2｜＝2，这时

解法2：由椭圆的对称性，不妨设P(x，y)（其中x>0，y>0），F1(?5,0),F2(5,0).若∠PF2F1为直角，则P（5,

?x2y2??1?3545?94为直角，则由?，解得：P(,). yy55????1??x?5x?5|PF1|于是｜PF1｜＝4，｜PF2｜＝2，这时?2.

|PF2|点评：由椭圆的方程，熟练准确地写出其几何性质（如顶点，焦点，长、短轴长，焦距，离心率，焦半径等）是应对考试必备的基本功；在解法2中设出了P点坐标的前提下，还可利用｜PF1｜＝a＋ex，｜PF2｜＝a－ex来求解.

例题4．（2006年湖北省高考题）设A,B分别为椭圆

x2y2??1(a,b?0)的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，a2b2且x?4为它的右准线

yMAP（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

oNB(4,0)x以MN为直径的圆内

分析：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 a2解：（Ⅰ）依题意得 a＝2c，＝4，解得a＝2，c＝1，从而b＝3

cx2y2??1 故椭圆的方程为 43（Ⅱ）解法1：由（Ⅰ）得A（－2，0），B（2，0） 设M（x0，y0）

yMAPoNB(4,0)x∵M点在椭圆上，∴y0＝

3（4－x02） ① 4又点M异于顶点A、B，∴－2

6y0

） x0?2?????从而BM＝（x0－2，y0）， ????6y0BP＝（2，）

x0?22?????????6y02∴BM2BP＝2x0－4＋＝（x02－4＋3y02） ②

x0?2x0?2?????????5将①代入②，化简得BM2BP＝（2－x0）

2?????????∵2－x0>0，∴BM2BP>0，则∠MBP为锐角，从而∠MBN为钝角，

P（4，

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?x2y?y2，1），

22BQ－

2x?x2y?y22112MN＝(1－2）2＋（1）－[(x1－x2)2＋(y1－y2)2] 4422 ＝（x1－2) (x2－2)＋y1y1 ③ 又直线AP的方程为y＝

y1y2(x?2)，直线BP的方程为y＝(x?2)， x1?2x2?2而点两直线AP与BP的交点P在准线x＝4上， ∴

6y16y2（3x2?2)y1，即y2＝ ④ ?x1?2x2?2x1?222xy322又点M在椭圆上，则1?1?1，即y1?(4?x1) ⑤

4431522于是将○4、○5代入○3，化简后可得BQ－MN＝（2－x1)(x2?2)?0

44从而，点B在以MN为直径的圆内

点评：本题关键是联系直线、圆和椭圆等平面解析几何的基础知识，运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力

考点三 有关圆锥曲线的定义的问题 利用圆锥曲线的第一、第二定义求解

例题5．已知某椭圆的焦点F1（－4，0），F2（4，0），过点F2并垂直于x轴的直线与椭圆的一个焦点为B，且＝10，椭圆上不同两点A（x1，y1），C(x2，y2)满足条件｜F2A｜，｜F2B｜，｜F2C｜成等差数列.（1）求该椭圆的方程；（2）求弦AC中点的横坐标. 分析：因为已知条件中涉及到椭圆上的点到焦点的距离，所以可以从椭圆的定义入手. 解：（1）由椭圆的定义及已知条件知：2a＝｜F1B｜＋｜F2B｜＝10，所以a＝5，

x2y2??1. 又c＝3，故b＝4.故椭圆的方程为

259由点B（4，y0）在椭圆上，得｜F2B｜＝｜y0|＝

925，因为椭圆的右准线方程为x?，离5444254?x1)?5?x1, .所以根据椭圆的第二定义，有|F2A|?(55454254|F2C|?(?x2)?5?x2.因为｜F2A｜，｜F2B｜，｜F2C｜成等差数列，

545449于是5?x1＋5?x2?2?，所以： x1＋x2＝8，

555x?x2?4。 从而弦AC的中点的横坐标为12心率e?点评：涉及椭圆、双曲线上的点到两个焦点的距离问题，常常要注意运用第一定义，而涉及曲线上的点到某一焦点的距离，常常用圆锥曲线的统一定义.对于后者，需要注意的是右焦点与右准线对应，不能弄错.

考点四 直线与圆锥曲线位置关系问题

利用数形结合法或将它们的方程组成的方程组转化为一元二次方程，利用判别式、韦达定理来求解或证明.

例题6．（2007江西吉安）已知双曲线的两条渐近线方程为直线

l1:y?3x和l2:y??3x，其焦点在x轴上，实轴长为2.

（Ⅰ）求双曲线的方程；

（Ⅱ）设直线l:y?kx?1与双曲线相切于点M且与右准线交于N，F为右焦点，求证：∠MFN为直角.

分析：将直线方程和抛物线方程组成的方程组转化为一元二次方程，用韦达定理来求解. 解：（Ⅰ）由题意，设双曲线方程为 3x?y??(??0)?22x2?3?y2??1

y2?1 又2a?2?a?1 ??1???32?2?a?1，∴方程为x?33?2k2?3?3?k2?0??（Ⅱ）由消去y得(3?k)x?2kx?4?0，由???2?k??2

????0?k?4当k＝2时得 xM??2，代入y?2x?1得yM??3, ?M(?2,?3)

22?y?2x?11??N(,2) F(2,0)?FM?(?4,?3) ?12x??2?3FN?(?,2)?FM?FN?6?6?0?FM?FN

21当k＝－2时同理得M(2,?3),N(,0)

23F(2,0)?FM?(0,?3),FN?(?,0)?FM?FN?0?FM?FN

2综上：∠MFN为直角.

点评：解析几何解题思维方法比较简单，但对运算能力的要求比较高，平时练习要注意提高自己的运算能力.

考点五 圆锥曲线在高考中的应用

（1）．圆锥曲线的标准方程和几何性质与平面向量的巧妙结合。

x2y2??1右例题7．（河南省开封市2007届高三年级第三次质量检测）设P是双曲线

416支上任一点.

（1）过点P分别作两渐近线的垂线，垂足分别为E，F，求|PE|?|PF|的值； （2）过点P的直线与两渐近线分别交于A、B两点，且AP?2PB,求?AOB的面积. 分析：（1）要求椭圆的方程及离心率，很重要的一点就是要熟悉这种二次曲线的标准方程的中心、长轴长、短轴长、焦点坐标、标准方程、离心率、焦距等有关概念及几何性质

2x022?1?4x0?y0?16 解：（I）设P(x0,y0),则4 ∵两渐近线方程为2x?y?0

由点到直线的距离公式得

22|4x0?y0|16?|PF|?|PF|??.…………7分

55 （II）设两渐近线的夹角为?，

2?2413|?,cos???, 21?431?tan?54?sin??

5??AOB????,设A(x1,?2x1),B(x2,2x2),则tan??|?|OA|?5x1,|OB|?5x2,(?P是AB的内分点)?|OA|?|OB|?5x1x2.又AP?2PB,

x1?2x2? x?,22?xy?03??代入??1,416?y?2x1?4x2,0?3?(x1?2x2)2(x1?2x2)28xx得??1,即12?1,3636369?x1x2?

21194S?AOB?|OA|?|OB|sin(???)??5???9

2225点评：本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质及相关概念，直线方程、平面向量的坐标表

示和向量的数量积，多元二次方程组解法、曲线和方程的关系、直线与椭圆相交等解析几何的基础思想方法，以及分析问题和综合解题能力。 把两个向量之间的关系，转化为两个向量坐标之间的关系，再通过代数运算的方法来解决有关向量的问题是一种常用的解题手段。

例题8．（江苏卷）已知F1(?2,0),F2(2,0),点P满足|PF1|?|PF2|?2，记点P的轨迹为E. （1）求轨迹E的方程；

（2）若直线l过点F2且与轨迹E交于P、Q两点.

（i）无论直线l绕点F2怎样转动，在x轴上总存在定点M(m,0)，使MP?MQ恒成立，求实数m的值.

（ii）过P、Q作直线x?

1

的垂线PA、OB，垂足分别为A、B，记??|PA|?|QB|，2|AB|求λ的取值范围.

解析：（1）由|PF1|?|PF2|?2?|F1F2|知，点P的轨迹E是以F1、F2为焦点的双曲线

y2?1(x?1). 右支，由c?2,2a?2,?b?3，故轨迹E的方程为x?3 （2）当直线l的斜率存在时，设直线方程为y?k(x?2),P(x1,y1),Q(x2,y2)，与双曲

22线方程联立消y得(k2?3)x2?4k2x?4k2?3?0，

?k2?3?0????02?4k ??x?x??0 122k?3??4k2?3?x1?x2?2?0k?3? 解得k2 >3

（i）?MP?MQ?(x1?m)(x2?m)?y1y2

?(x1?m)(x2?m)?k2(x1?2)(x2?2)?(k2?1)x1x2?(2k2?m)(x1?x2)?m2?4k2 ?(k?1)(4k?3)?4k(2k?m)?m2?4k2 222222k?3k?33?(4m?5)k22??m.2k?3222 ?MP?MQ,?MP?MQ?0，

故得3(1?m)?k(m?4m?5)?0对任意的 k?3恒成立，

2??1?m?0,解得m??1. ??2??m?4m?5?02 ∴当m ＝－1时，MP⊥MQ.

当直线l的斜率不存在时，由P(2,3),Q(2,?3)及M(?1,0)知结论也成立， 综上，当m ＝－1时，MP⊥MQ.

1是双曲线的右准线， 2111 由双曲线定义得：|PA|?|PF2|?|PF2|,|QB|?|QF2|，

e22 （ii）?a?1,c?2,?直线x?1?k2|x2?x1||PQ|? 方法一：???

2|AB|2|y2?y1|1?k2|x2?x1|1?k211??1?2. ?2|k(x2?x1)|2|k|2k ?k?3,?0?21113?,故???，

23k23 注意到直线的斜率不存在时，|PQ|?|AB|,此时??1， 2?13??. 综上，???,??23? 方法二：设直线PQ的倾斜角为θ，由于直线PQ与双曲线右支有二个交点，

2?，过Q作QC⊥PA，垂足为C，则

33?|PQ||PQ|11 ?PQC?|??|,??????.

?22|AB|2|CQ|2sin?2cos(??)2?2?3 由???,得?sin??1,

332?13??. 故：???,??23? ?????点评：本题考查了双曲线的第二定义，垂直关系，韦达定理和求参数的范围．

（2）圆锥曲线的标准方程和几何性质与导数的有机联系。 例题9．已知a?(x,0),b?(1,y),(3a?b)?(3a?b). （1）求点P(x,y)的轨迹C的方程；

（2）若直线l:y?kx?1与曲线C交于A、B两点，并且A、B在y轴的同一侧，求实数k的取值范围.

（3）设曲线C与x轴的交点为M，若直线l:y?kx?1与曲线C交于A、B两点，是否存在实数k，使得以AB为直径的圆恰好过点M？若有，求出k的值；若没有，写出理由. 解：（1）由(3a?b)?(3a?b),得到(3a?b)?(3a?b)?0 又a?(x,0),b?(1,y),得3a?b?(3x?1,y),3a?b?(3x?1,?y)

?(3x?1)?(3x?1)?y?(?y)?0，故所求的轨迹方程是3x2?y2?1

22 （2）设A(x1,y1)、B(x2,y2)，把y?kx?1代入3x?y?1，得

(3?k2)x2?2kx?2?0,由3?k2?0且??0,得?6?k?6且k??3

∵A、B在y轴的同一侧，?x1x2?0，得到k??3或k?综上，得k?(?6,?3)?(3,6). （3）由（2）得

3

x1x2?2…②

k2?3x1?x2?2kk2?3…①

y1?kx1?1,y2?kx2?1……③

∵曲线C与x轴交点M1(33,0)、M2(?,0)，若存在实数k，符合题意，则 3333)?(x2?)?y1y2?0 33MA?MB,不妨取点M1,M1A?M1B?0,得(x1?将①②③式代入上式，整理得到2k2?3k?3?0，解得k??3(k?3舍去）

2根据曲线的对称性，知存在实数k??3，使得以AB为直径的圆恰好过M点 2点评：本题是向量，轨迹，直线与圆锥曲线的位置关系的有机结合。

考点六 求范围

事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.

范围问题不等关系的建立途径多多，诸如判别式法，均值不等式法，变量的有界性法，函数的性质法，数形结合法等等. 本题也可从数形结合的角度入手，给出又一优美解法.

x2y2??1的两个焦点F1、F2的距离之和为定值，且 例题11．已知动点P与双曲线231cos?F1PF2的最小值为?．

9（１）求动点P的轨迹方程；

（２）若已知D(0,3)，M、N在动点P的轨迹上且DM??DN，求实数?的取值范围． 分析：为了求参数的取值范围，只要列出关于参数的不等式，而建立不等式的方法有多种方法，诸如：判别式法、均值不等式法、有界性法等等． 解：(１)由题意c?5．设|PF1|?|PF2|?2a（a?25），由余弦定理， 得

|PF1|2?|PF2|2?|F1F2|22a2?10cos?F1PF2???1．

2|PF1|?|PF2||PF1|?|PF2|

|PF1|?|PF2|2)?a2，

2当且仅当|PF|PF2| 取最大值， 1|?|PF2|时，|PF1|·|PF2|?(又|PF1|·

2a2?102a2?101?1???1此时cos?F1PF2取最小值，令， 229aa22解得a?9，?c?5，∴b?4，

x2y2??1. 故所求P的轨迹方程为94（２）设N(s,t)，M(x,y)，则由DM??DN，可得 (x,y?3)??(s,t?3)，

故x??s,y?3??(t?3). ∵M、N在动点P的轨迹上， s2t2(?s)2(?t?3?3?)2??1， ???1且9494(?t?3?3?)2??2t2?1??2，解得 消去s可得

413??5t?，

6?13??51|?2，解得???5， 又|t|?2，∴|6?51故实数?的取值范围是[,5]．

5点评：新教材的高考已经进行了５年，而解析几何解答试题和向量综合呈现了新高考的崭新亮点，体现了向量知识的工具性和广泛的应用性．

三、方法总结与2008年高考预测

（一）方法总结

1．求曲线方程常利用待定系数法，求出相应的a，b，p等.要充分认识椭圆中参数a，b，c，e的意义及相互关系，在求标准方程时，已知条件常与这些参数有关.

2．涉及椭圆、双曲线上的点到两个焦点的距离问题，常常要注意运用第一定义，而涉及曲线上的点到某一焦点的距离，常常用圆锥曲线的统一定义.对于后者，需要注意的是右焦点与右准线对应，不能弄错.

3．直线与圆锥曲线的位置关系问题，利用数形结合法或将它们的方程组成的方程组转化为一元二次方程，利用判别式、韦达定理来求解或证明.

4．对于轨迹问题，要根据已知条件求出轨迹方程，再由方程说明轨迹的位置、形状、大小等特征.求轨迹的常用方法有直接法、定义法、参数法、代入法、交轨法等.

5．与圆锥曲线有关的对称问题，利用中心对称以及轴对称的概念和性质来求解或证明. （二）2008年高考预测

1．求曲线（轨迹）方程的常用方法（直译法、定义法、待定系数法、动点转移法、参数法等）。

2．掌握综合运用直线的基础知识和圆的性质，解答直线与圆的位置关系的思想方法。 3．解析几何是衔接初等数学和高等数学的纽带。 直线与圆锥曲线是解析几何的重要内容，因而成为高考考查的重点。综观近几年的全国和部分省高考数学试题，本专题列出高考考查的热点内容有： （1）直线方程；

（2）圆锥曲线的标准方程； （3）圆锥曲线的几何性质；

（4）直线与圆锥曲线的位置关系；

（5）求曲线（轨迹）方程。特别是求曲线（轨迹）方程和直线与圆锥曲线的位置关系问题是高考解析几何问题的热中之热。

四、强化训练 （一）选择题

x2y21．双曲线2?2?1的两条渐近线互相垂直，那么该双曲线的离心率是（ ）

ba3（A） 2 （B） 3 （C）2 （D）

22．椭圆短轴长是2，长轴长是短轴长的2倍，则椭圆中心到其准线的距离是（ ）

84845 （B）3 （D）3 5 （C）5335223．?是任意实数，则方程x?ysin??4的曲线不可能是（ ）

（A）（A）椭圆 （B）双曲线 （C）抛物线 （D）圆

x2y2??1的离心率e?(1,2)，则k的取值范围是（ ） 4．双曲线

4k（A）(??,0) （B）(?12,0) （C）(?3,0) （D）(?60,?12) x2y2???1的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为（） 5．以

412x2y2x2y2??1 （B）??1 （A）

16121216x2y2x2y2??1 （D）??1 （C）

164416x2y2x2y26．2?2?1与2?2?1(a?b?0)的渐近线（ ）

abba

（A）重合 （B）不重合，但关于x轴对称

（C ）不重合，但关于y轴对 （D）不重合，但关于直线y?x轴对称

7．已知直线l1:2x?ay?2，直线l2:ax?2y?1，若l1?l2，则a的值为（ ） A、1 B、0 C、0或1 D、—1

x2y28. 设F（c，0）为椭圆2?2?1(a?b?0)的右焦点，椭圆上的点与点F的距离的最

ab1大值为M，最小值为m，则椭圆上与F点的距离是(M?m)的点是（ ）

2bbA.（c,?） B.（0，?b） C.（?c,?） D.以上都不对

aa9．已知圆的方程为：x2?y2?2x?0，则它关于直线y?x对称的圆的方程是（ ）

A、x2?y2?2x?0 B、x2?y2?2x?2y?1?0

C、x2?y2?2y?0 D、x2?y2?2y?0

10．点（3，1）和（—4，6）在直线3x?2y?a?0的两侧，则a的取值范围是（ ） A、a??7或a?24 B、?7?a?24 C、a??7或a?24 D、a??7

11 抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)交于A、B两点，且此两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则恒有( )

A x3＝x1＋x2 B x1x2＝x1x3＋x2x3 C x1＋x2＋x3＝0 D x1x2＋x2x3＋x3x1＝0

12 设u，v∈R，且|u|≤2，v＞0，则(u－v)2＋(2?u2?A 4 B 2 C 8 （二）填空题

13 直线l的方程为y＝x＋3，在l上任取一点P，若过点P且以双曲线12x2－4y2＝3的焦点作椭圆的焦点，那么具有最短长轴的椭圆方程为_________

92

)的最小值为( ) v D 22

14 若点P（2，—1）为圆(x?1)?y?25的弦AB的中点，则直线AB的方程_________

2215． A是椭圆长轴的一个端点，O是椭圆的中心，若椭圆上存在一点P，使∠OPA＝

?2，

则椭圆离心率的范围是_________

16 已知抛物线y＝x2－1上一定点B(－1，0)和两个动点P、Q，当P在抛物线上运动时，BP⊥PQ，则Q点的横坐标的取值范围是_________ （三）解答题

x2y217．（安徽省合肥市2007年高三第三次教学质量检测） 椭圆2?2?1(a?b?0)左、

ab右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上一点，

|PF1|??.

|PF2| （1）求椭圆离心率e和?的关系式；

∠F1PF2＝60°，设

（2）设Q是离心率最小的椭圆上的动点，若|PQ|的最大值为23，求椭圆方程。

18．（四川省成都市2007届高中毕业班第二次诊断性检测）如图，与抛物线x2＝－4y相切于点A（－4，－4）的直线l分别交x轴、y轴于点F、E，过点E作y轴的垂线l0. （I）若以l0为一条准线，中心在坐标原点的椭圆恰好过点F，求椭圆的方程；

（II）若直线l与双曲线6x2－λy2＝8的两个交点为M、N，且点A为线段MN的中点，又过点E的直线与该双曲线的两支分别交于P、Q两点，记FE|FE|在x轴正方向上的投影为

p，且OP?OQ)p?m,m?[,]，求直线PQ的斜率的取值范围.

19．(深圳市) 已知椭圆C的中心为原点，点F(1,0)是它的一个焦点，直线l过点F与椭圆C交于A,B两点，且当直线l垂直于x轴时，OA?OB?248335． 6（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）是否存在直线l，使得在椭圆C的右准线上可以找到一点P，满足?ABP为正三角形．如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由．

20．（山东省济宁市2006—2007学年度高三年级第一次摸底考试）已知直线y??x?1与

x2y2椭圆2?2?1(a?b?0)相交于A、B两点.

ab3 （Ⅰ）若椭圆的离心率为，焦距为2，求线段AB的长；

3 （Ⅱ）若向量OA与向量OB互相垂直（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率

12e?[,]时，求椭圆的长轴长的最大值.

22

21．（北京市东城区2006－2007学年度综合练习）已知中心在原点的双曲线C的右焦点为（2，0），右顶点为（3，0）. （I）求双曲线C的方程；

（II）若直线y?kx?m(k?0,m?0)与双曲线C交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过点A（0，－1），求实数m的取值范围.

22．在平面直角坐标系内有两个定点F1、F2和动点P，F1、F2的坐标分别为F1（－1，0），

|PF1|2?,动点P的轨迹为曲线C，曲线C关于直线y＝x的

|PF2|2对称曲线为曲线C′，直线y?x?m?3与曲线C′交于A、B两点，O是C′的对称中

F2（1，0），动点P满足心，△ABO的面积为7。

（Ⅰ）求曲线C的方程； （Ⅱ）求m的值。

强化训练题答案

1．【答案】 C。解析：∵双曲线的渐近线为y??由互相垂直，∴可得

ax， baa??()??1， bb22∴b?a，为等轴双曲线， ∴e?2。

2．【答案】 D。解析：由题意，b?1,a?2∴c?3，

a243∴中心到准线的距离为d?。 ?c33．【答案】 C。解析：

当sinθ∈[－1,0)时，方程x2?y2sin??4的曲线为双曲线；

当sinθ＝0，方程的曲线是两条平行直线； 当sinθ∈(0,1)时，方程的曲线是椭圆； 当sinθ＝1时，方程的曲线是圆。

224．【答案】B解析：∵a?4,b?k，∴c?4?k

2c24?k?(1,4)，∴k?(?12,0)。 ∵e?(1,2)，∴2?a45．【答案】 D。解析：

y2x2??1的焦点是(0,?4)，顶点是(0,?12)， 双曲线

124∴椭圆的顶点是(0,?4)，焦点是(0,?12)。

∴在椭圆中a?4,c?12，∴b?4，

2x2y2??1。 ∴椭圆的方程是

416bx2y26．【答案】 D 解析：双曲线2?2?1的渐近线为y??x，

aabax2y2双曲线2?2?1的渐近线为y??x，

bbabay?x与y?x关于直线y?x对称，

abbay??x与y??x关于直线y?x对称。

ab7．【答案】B 解析： 考查两直线互相垂直的充要条件：A1A2?B1B2?0

18．【答案】B 提示：M＝a＋c，m＝a－c，∴(M?m)＝a，应选B.

29．【答案】C 解析：考查圆的圆心坐标及点关于直线对称问题，圆心关于y?x的对称点为（0，—1）

10.【答案】B解析：考查线性规划的同侧和异侧问题，同侧同号，异侧异号(7?a)(?24?a)?0??7?a?24

?y?ax2k11 【答案】 D 解析： 解方程组?，得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝，x1x2

a?y?kx?bbb＝－，x3＝－，代入验证即可 答案 B

ak12.【答案】 C 解析： 考虑式子的几何意义，转化为求圆x2＋y2＝2上的点与双曲线xy＝9上的点的距离的最小值 选C

x2y2?13．【答案】 ＝1 54解析： 所求椭圆的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，2a＝|PF1|＋|PF2|

欲使2a最小，只需在直线l上找一点P 使|PF1|＋|PF2|最小，利用对称性可解

14．【答案】x?y?3?0 解析：提示考查中点弦问题及垂径定理。圆心和弦的中点连线垂直kOP??1,kAB?1,y?1?x?2即x?y?3?0

2x2y215 【答案】 2＜e＜1 解析： 设椭圆方程为2?2＝1(a＞b＞0)，以OA为直径

aba2?b222222

的圆： x－ax＋y＝0，两式联立消y得x－ax＋b＝0 即ex－ax＋b＝0，该

a22aa方程有一解x2，一解为a，由韦达定理x2＝2－a，0＜x2＜a，即0＜2－a＜a?＜e

2ee＜1

16 【答案】 (－∞，－3]∪[1，＋∞)

解析： 设P(t，t2－1)，Q(s，s2－1)，∵BP⊥PQ， t2?1(s2?1)?(t2?1)?∴＝－1，即t2＋(s－1)t－s＋1＝0， t?1s?t∵t∈R，∴必须有Δ＝(s－1)2＋4(s－1)≥0 即s2＋2s－3≥0，解得s≤－3或s≥1

2

2

17．解：（1）|PF1|?|PF2|?2a,又由已知|PF1|??

|PF2|2?a2a,|PF2|?得：|PF1|? 1??1??2?a22a22?a2a12]?[]?2??? 由余弦定理，(2c)?[1??1??1??1??2?2???1得：e?

??1?2???13?3（2）e? ?1?2?1?1??1??2??1???2???0??1??2

当?＝1时，e最小值为

1 21a24当e??2?23bP（0，3?）

?a?2?得?(??0) ?b?3?得Q(2?cos?,3?sin?)??R

|PQ|?4?2cos2??(3?sin??3?)2??sin2??6sin??7???(sin??3)2?16?

当 sin???1时，|PQ|max?23??23 ∴??1

x2y2??1. 椭圆方程 43 18．解：抛物线x??4y中,?导数y???

∴直线l的斜率为y?|x??4?2.

21x， 2 故直线的l方程为y?2x?4. ∴点F、E的坐标分别为F（－2，0）、E（0，4）. （I）∵直线l0的方程为y＝4，

y2x2∴以l0为一条准线，中心在坐标原点的椭圆方程可设为2?2?1(a?b?0).

aba2a222则c?a?4,其准线方程为y??.

2ca?4a2a2 则?4,得?4,化简得a4?16(a2?4),解得a2?8.

ca2?4y2x2??1. ∴椭圆方程为84 （II）设l与双曲线6x2??y2?8的两个交点为M(x1,y1)、N(x2,y2)，显然x1?x2. ∵点A为线段MN的中点，?x1?x2??8,y1?y2??8，

22?(y1?y2)(y1?y2)6?6x1??y1?8??. 由?22(x?x)(x?x)??1212?6x2??y2?8y?y26而k1?1??2???3.

x1?x2?x2y2??1， ∴双曲线的方程为6x?3y?8,即483322

?FE|FE|在x轴正方向上的投影为p，

1111???. 221?tan?EFO1?k11?45设直线PQ的方程为y?kx?4（斜率k必存在），点P(x3,y3),Q(x4,y4），

m?OP?OQ?x3x4?y3y4?2?5m.

p482040?OP?OQ?x3x4?y3y4?. 而m?[,],?3333?p2?cos2?EFO?

?x2y2??1?8?4由??(6?3k2)x2?24kx?56?0.

3?3??y?kx?4∵P、Q两点分别在双曲线的两支上，?6?3k?2

40. 3

????242k2?4?56(6?3k2)?0?14?k?14,?24k???x3?x4?,2 6?3k??56?x?x??0??2?k2.34?26?3k???2?k?2.此时y3y4?(kx3?4)(kx4?4)?k2x3x4?4k(x3?x4)?16. ?x3x4?y3y4?(1?k2)x3x4?4k(x3?x4)?16?56k2?56?96k2?96?48k240?8k2??.226?3k3(2?k)

2040?8k240???.33(2?k2)322?5?40?20k?40?8k2???0?k?.224??40?8k?80?40k

555又?2?k?2,?k2?[0,],即k?[?,].

42255,]. ∴PQ斜率取值范围是[?22x2y22219．解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为：2?2?1(a?b?0)，则a?b?1．……①

abb2b2?当l垂直于x轴时，A,B两点坐标分别是(1,)和(1,?)，

aab2b2b4b45?OA?OB?(1,)?(1,?)?1?2，则1?2?，即a2?6b4．………②

aa6aa42由①，②消去a，得6b?b?1?0．

11?b2?或b2??（舍去）．

231322当b?时，a?．

222x2?2y2?1． 因此，椭圆C的方程为3（Ⅱ）设存在满足条件的直线l．

2b26?(1)当直线l垂直于x轴时，由（Ⅰ）的解答可知AB?，焦点F到右准线的距a3

a213?c?，此时不满足d?离为d?AB． c22因此，当直线l垂直于x轴时不满足条件．

（2）当直线l不垂直于x轴时，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)．

?y?k(x?1),?2222由?2x2(6k?2)x?12kx?6k?3?0， ?2?2y?1??3设A,B两点的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2)，则

6k26k2?3x1?x2?2，x1x2?． 23k?16k?2AB?1?k2x1?x2?(1?k2)[(x1?x2)2?4x1x2]

6(k2?1)6k226k2?3． ?(1?k)[(2)?4(2)]?23k?13k?16k?2x1?x23k2?2又设AB的中点为M，则xM?． 23k?11当?ABP为正三角形时，直线MP的斜率为kMP??．

k3?xP?，

221133k21?k23(k2?1)． ?MP?1?2xP?xM?1?2?(?2)??2223k?1kkk2(3k?1)1?k23(k2?1)36(k2?1)3?当?ABP为正三角形时，MP?＝， ?AB，即222k2(3k?1)223k?1解得k?1，k??1．

因此，满足条件的直线l存在，且直线l的方程为x?y?1?0或x?y?1?0． 20．解：（Ⅰ）?e?23c3 ?a?3,则b?a2?c2?2 ,2c?2,即?3a3x2y2??1 ∴椭圆的方程为32?x2y2?1??2联立?3消去y得：5x?6x?3?0 设A(x1,y1),B(x2,y2) 2?y??x?1?63则x1?x2?,x1x2??

55?|AB|?(x1?x2)2?(y1?y2)2?[1?(?1)2](x1?x2)2?4x1x2

61283 ?2()2??555 （Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2)

?OA?OB ?OA?OB?0，即x1x2?y1y2?0

?x2y2?1??由?a2b2消去y得(a2?b2)x2?2a3x?a2(1?b2)?0 ?y??x?1?由??(?2a2)2?4a2(a2?b2)(1?b2)?0 整理得a?b?1

222a2a2(1?b2)x1x2?2又x1?x2?2 22a?ba?b?y1y2?(?x1?1)(?x2?1)?x1x2?(x1?x2)?1 由x1x2?y1y2?0 得：2x1x2?(x1?x2)?1?0 2a2(1?b2)2a2??2?1?0 222a?ba?b2222整理得：a?b?2ab?0 ?b2?a2?c2?a2?a2e2

11122?a?(1?) 代入上式得2a?1? 2221?e1?e11131222 ??e? ??1?e? ??e?4224224171???2??1??3 2231?e31?e73??a2? 适合条件a2?b2?1 6242642由此得 ??a??2a?6

623故长轴长的最大值为6

x2y221．解：（I）设双曲线方程为2?2?1(a?0,b?0).

ab 由已知得a?3,c?2,a2?b2?c2,得b2?1. x2?y2?1. 故双曲线C的方程为3?y?kx?m,?（II）联立?x2 2??y?1.?3 整理得(1?3k2)x2?6kmx?3m2?3?0. ?直线与双曲线有两个不同的交点，

2??1?3k?0,?? 22????12(m?1?3k)?0.22 可得m?3k?1. ①

设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为B(x0,y0).

整理得3k2＝4m＋1. ②

将②代入①，得m2－4m>0，∴m<0或m>4. 又3k2＝4m＋1>0（k≠0），即m>－∴m的取值范围是（－

x1?x26km3kmm,x??,y?kx?m?. 00021?3k21?3k21?3k2m?121由题意,AB?MN,?kAB?1?3k??(k?0,m?0).3kmk1?3k2则x1?x2?1. 41，0）∪（4，＋∞）. 422．解：（1）设P点坐标为（x，y）则

(x?1)2?y2(x?1)2?y2?2,化简得(x?3)2?y2?8, 2所以曲线C的方程为(x?3)2?y2?8;

（2）曲线C是以（－3，0）为圆心，22为半径的圆，曲线C′也应该是一个半径为

22 的圆，点（－3，0）关于直线y＝x的对称点的坐标为（0，－3），所以曲线C′的方程为x2?(y?3)2?8.

又O是C′对称中心，则O（0，－3）到直线y?x?m?3的距离d为

|0?(?3)?m?3||m|d??,

2221?(?1)11m2m22S?ABO??d?|AB|??d?28?d?(8?)??7

2222m2m2??1,或?7,

22所以，m??2,或m??14。

（四）创新试题

如图，已知过点D(?2,0)的直线l与椭圆

PMADyBlx2?y2?1交于不同的两点A、B，点M是弦AB2的中点．

????????????（Ⅰ）若OP?OA?OB，求点P的轨迹方程；

|MD|

（Ⅱ）求的取值范围．

|MA|

Ox

解析：

（Ⅰ）①若直线l∥x轴，则点P为(0,0)； ②设直线l:x?my?2，并设点A,B,M,P的坐标分别是

?x?my?2,消去x，得 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),P(x,y)，由?22?x?2y?2(m2?2)y2?4my?2?0， ①

由直线l与椭圆有两个不同的交点，可得??(?4m)2?8(m2?2)?0，即8(m2?2)?0，

2所以m?2． ????????????4m由OP?OA?OB及方程①，得y?y1?y2?2，

m?28x?x1?x2?(my1?2)?(my2?2)??2，

m?28?x??,2??m?2即?由于m?0（否则，直线l与椭圆无公共点），将上方程组两式相除得，?y?4m.?m2?2?2ym??，

x88代入到方程x??2，得x??，整理，得x2?2y2?4x?0（?2?x?0)．

2ym?2(?)2?2x综上所述，点P的轨迹方程为x2?2y2?4x?0（?2?x?0)．

（Ⅱ）①当l∥x轴时，A,B分别是椭圆长轴的两个端点，则点M在原点O处，所以，

y?y2m|MD|, ?2； ②由方程①，得y0?12?2|MD|?2,|MA|?2，所以，2m?2|MA|222|m|所以，|MD|?1?m|y0?yD|?1?m，

m2?2|y1?y2|2m2?22， |MA|?1?m|y0?y1|?1?m?1?m2m2?22|MD|2m||22所以． 因为m?2，所以?2?(?1,0)，所以??m|MA|2m2?21?2m21?2?(0,1)，

m|MD||MD|?(2,??)．综上所述，?[2,??)． 所以

|MA||MA|22

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