高考数学一轮专题精讲35：曲线方程及圆锥曲线的综合问题

第35讲 曲线方程及圆锥曲线的综合问题

一．【课标要求】

1．由方程研究曲线，特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决，要加强等价转化思想的训练；

2．通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想； 3．了解圆锥曲线的简单应用 二．【命题走向】

近年来圆锥曲线在高考中比较稳定，解答题往往以中档题或以押轴题形式出现，主要考察学生逻辑推理能力、运算能力，考察学生综合运用数学知识解决问题的能力。但圆锥曲线在新课标中化归到选学内容，要求有所降低，估计2007年高考对本讲的考察，仍将以以下三类题型为主

1．求曲线（或轨迹）的方程，对于这类问题，高考常常不给出图形或不给出坐标系，以考察学生理解解析几何问题的基本思想方法和能力；

2．与圆锥曲线有关的最值问题、参数范围问题，这类问题的综合型较大，解题中需要根据具体问题、灵活运用解析几何、平面几何、函数、不等式、三角知识，正确的构造不等式或方程，体现了解析几何与其他数学知识的联系。

预测明年高考：

1．出现1道复合其它知识的圆锥曲线综合题；

2．可能出现1道考查求轨迹的选择题或填空题，也可能出现在解答题中间的小问

三．【要点精讲】

1．曲线方程

（1）求曲线(图形)方程的方法及其具体步骤如下： 步 骤 含 义 说 明 1

1、“建”：建立建立适当的直角坐标(1) 所研究的问题已给出坐标系，即可坐标系；“设”：系，用(x,y)表示曲线设动点坐标。 直接设点。 上任意一点M的坐(2) 没有给出坐标系，首先要选取适当标。 的坐标系。 2、现(限)：由限制写出适合条件P的点这是求曲线方程的重要一步，应仔细分条件，列出几何等M式。 的集合析题意，使写出的条件简明正确。 P={M|P(M)} 3、“代”：代换 用坐标法表示条件常常用到一些公式。 P(M)，列出方程f(x,y)=0 4、“化”：化简 化方程f(x,y)=0为最要注意同解变形。 简形式。 5、证明 证明化简以后的方程化简的过程若是方程的同解变形，可以的解为坐标的点都是不要证明，变形过程中产生不增根或失曲线上的点。 根，应在所得方程中删去或补上(即要注意方程变量的取值范围)。 这五个步骤(不包括证明)可浓缩为五字“口诀”：建设现(限)代化” （2）求曲线方程的常见方法：

直接法：也叫“五步法”，即按照求曲线方程的五个步骤来求解。这是求曲线方程的基本方法。

转移代入法：这个方法又叫相关点法或坐标代换法。即利用动点是定曲线上的动点，另一动点依赖于它，那么可寻求它们坐标之间的关系，然后代入定曲线

2

的方程进行求解。

几何法：就是根据图形的几何性质而得到轨迹方程的方法

参数法：根据题中给定的轨迹条件，用一个参数来分别动点的坐标，间接地把坐标x,y联系起来，得到用参数表示的方程。如果消去参数，就可以得到轨迹的普通方程。

2．圆锥曲线综合问题

（1）圆锥曲线中的最值问题、范围问题

通常有两类：一类是有关长度和面积的最值问题；一类是圆锥曲线中有关的几何元素的最值问题。这些问题往往通过定义，结合几何知识，建立目标函数，利用函数的性质或不等式知识，以及观形、设参、转化、替换等途径来解决。解题时要注意函数思想的运用，要注意观察、分析图形的特征，将形和数结合起来。

圆锥曲线的弦长求法：

设圆锥曲线C∶f(x，y)=0与直线l∶y=kx+b相交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则弦长|AB|为：

若弦AB过圆锥曲线的焦点F，则可用焦半径求弦长，|AB|=|AF|+|BF|． 在解析几何中求最值，关键是建立所求量关于自变量的函数关系，再利用代数方法求出相应的最值．注意点是要考虑曲线上点坐标(x，y)的取值范围

（2）对称、存在性问题，与圆锥曲线有关的证明问题

它涉及到线段相等、角相等、直线平行、垂直的证明方法，以及定点、定值问题的判断方法。

（3）实际应用题

数学应用题是高考中必考的题型，随着高考改革的深入，同时课本上也出现了许多与圆锥曲线相关的实际应用问题，如桥梁的设计、探照灯反光镜的设计、声音探测，以及行星、人造卫星、彗星运行轨道的计算等

涉及与圆锥曲线有关的应用问题的解决关键是建立坐标系，合理选择曲线模

3

型，然后转化为相应的数学问题作出定量或定性分析与判断，解题的一般思想是：

实际问题 建立坐标系 转化成数学问题 数学模型方程 模型的解 翻译回去 讨论方程的解 （4）知识交汇题 部分有较强区分度的综合题 四．【典例解析】 题型1：求轨迹方程

圆锥曲线经常和数列、三角、平面向量、不等式、推理知识结合到一块出现

例1．（1）一动圆与圆x2?y2?6x?5?0外切，同时与圆x2?y2?6x?91?0内切，求动圆圆心M的轨迹方程，并说明它是什么样的曲线。

x2（2）双曲线?y2?1有动点P，F1,F2是曲线的两个焦点，求?PF1F2的重心

9M的轨迹方程。

解析：（1）（法一）设动圆圆心为M(x,y)，半径为R，设已知圆的圆心分别为O1、O2，

将圆方程分别配方得：(x?3)2?y2?4，(x?3)2?y2?100， 当?M与?O1相切时，有|O1M|?R?2 ①

当?M与?O2相切时，有

|O2M|?10?R ②

y

P

O1

O2

将①②两式的两边分别相加，得

|O1M|?|O2M|?12，

x

即③

(x?3)2?y2?(x?3)2?y2?12

移项再两边分别平方得：

2(x?3)2?y2?12?x ④

两边再平方得：3x2?4y2?108?0，

4

x2y2整理得??1，

3627x2y2所以，动圆圆心的轨迹方程是??1，轨迹是椭圆

3627（法二）由解法一可得方程(x?3)2?y2?(x?3)2?y2?12，

由以上方程知，动圆圆心M(x,y)到点O1(?3,0)和O2(3,0)的距离和是常数12，所以点M的轨迹是焦点为O1(?3,0)、O2(3,0)，长轴长等于12的椭圆，并且椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，

∴2c?6，2a?12，∴c?3，a?6， ∴b2?36?9?27，

x2y2?1。 ∴圆心轨迹方程为?3627（2）如图，设P,M点坐标各为P(x1,y1),M(x,y)，∴在已知双曲线方程中

a?3,b?1，∴c?9?1?10 ∴已知双曲线两焦点为F1(?10,0),F2(10,0)， ∵?PF1F2存在，∴y1?0

?x1?(?10)?10x???x1?3x?3由三角形重心坐标公式有?，即? 。

?y1?3y?y?y1?0?0?3?∵y1?0，∴y?0。

已知点P在双曲线上，将上面结果代入已知曲线方程，有

(3x)2?(3y)2?1(y?0) 9即所求重心M的轨迹方程为：x2?9y2?1(y?0)。

点评：定义法求轨迹方程的一般方法、步骤；“转移法”求轨迹方程的方法 例2．(年广东卷文)（本小题满分14分）

已知椭圆G的中心在坐标原点,长轴在x轴上,离心率为

F2,椭圆

3,两个焦点分别为F1和2G上一点到F1和F2的距离之和为

12.圆

Ck:x2?y2?2kx?4y?21?0(k?R)的圆心为点Ak.

(1)求椭圆G的方程

5

(2)求?AkF1F2的面积

(3)问是否存在圆Ck包围椭圆G?请说明理由.

x2y2解（1）设椭圆G的方程为：2?2?1 （a?b?0）半焦距为c;

ab?2a?12???a?6 则?c , ?b2?a2?c2?36?27?9 3 , 解得???c?33??2?ax2y2 所求椭圆G的方程为：??1.

369(2 )点AK的坐标为??K,2?

11 SVAKF1F2??F1F2?2??63?2?63

22（3）若k?0，由62?02?12??0?21?15?12??0可知点（6，0）在圆Ck外， 若k?0，由(?6)2?02?12??0?21?15?12??0可知点（-6，0）在圆Ck外； ?不论K为何值圆Ck都不能包围椭圆G.

题型2：圆锥曲线中最值和范围问题

x2y2例3．（1）（辽宁卷理）以知F是双曲线??1的左焦点，A(1,4),P是双曲

412线右支上的动点，则PF?PA的最小值为 。 【解析】注意到P点在双曲线的两只之间,且双曲线右焦点为F’(4,0), 于是由双曲线性质|PF|－|PF’|＝2a＝4 而|PA|＋|PF’|≥|AF’|＝5

两式相加得|PF|＋|PA|≥9,当且仅当A、P、F’三点共线时等号成立. 【答案】9

6

x2y2 （2）（重庆卷文、理）已知椭圆2?2?1(a?b?0)的左、右焦点分别为

abF1(?c,0),F2(c,0)，若椭圆上存在一点P使

ac，则该椭圆的离心?sinPF1F2sinPF2F1率的取值范围为 ．

【解析1】因为在?PF1F2中，由正弦定理得则由已知，得

ac?，即aPF1?cPF2 PFPF1211PF2PF1 ?sinPF1F2sinPF2F1设点(x0,y0)由焦点半径公式，得PF1?a?ex0,PF2?a?ex0则a(a?ex0)?c(a?ex0) 记得x0?a(c?a)a(e?1)a(e?1)由椭圆的几何性质知x0??a则???a，整理得

e(c?a)e(e?1)e(e?1)?或1e?2，又?1e?(，0,故1)椭圆的离心率

e2?2e?1?0,解得e??2e?(2?1,1)

【解析2】 由解析1知PF1?cPF2由椭圆的定义知 ac2a2PF1?PF2?2a则PF2?PF2?2a即PF2?，由椭圆的几何性质知

ac?a2a2PF2?a?c,则?a?c,既c2?2c?a2?0,所以e2?2e?1?0,以下同解析1.

c?a【答案】

?2?1,1

? （3）（四川卷理）已知直线l1:4x?3y?6?0和直线l2:x??1，抛物线y2?4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是（ ） A.2 B.3 C.

1137 D. 516【考点定位】本小题考查抛物线的定义、点到直线的距离，综合题。

7

【解析1】直线l2:x??1为抛物线y2?4x的准线，由抛物线的定义知，P到l2的距离等于P到抛物线的焦点F(1,0)的距离，故本题化为在抛物线y2?4x上找一个点P使得P到点F(1,0)和直线l2的距离之和最小，最小值为F(1,0)到直线

l1:4x?3y?6?0的距离，即dmin?|4?0?6|故?2，

5选择A。

【解析2】如图，由题意可知d?【答案】A

点评：由△PAF成立的条件||PA|?|PF||?|AF|，再延伸到特殊情形P、A、F共线，从而得出||PA|?|PF||?|AF|这一关键结论 例4．（1）（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，

|3?1?0?6|3?422?2

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。

8

（2）(山东卷文)（本小题满分14分）

????设m?R,在平面直角坐标系中,已知向量a?(mx,y?1),向量b?(x,y?1),a?b,动点

M(x,y)的轨迹为E.

（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状; （2）已知m?1,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒4有两个交点A,B,且OA?OB(O为坐标原点),并求出该圆的方程; (3)已知m?1,设直线l与圆C:x2?y2?R2(1

????解（1）因为a?b,a?(mx,y?1),b?(x,y?1),

9

??所以a?b?mx2?y2?1?0, 即mx2?y2?1.

当m=0时,方程表示两直线,方程为y??1; 当m?1时, 方程表示的是圆

当m?0且m?1时,方程表示的是椭圆; 当m?0时,方程表示的是双曲线.

x21(2).当m?时, 轨迹E的方程为?y2?1,设圆心在原点的圆的一条切线为

44?y?kx?t?2?x2??y?1?4y?kx?t,解方程组

得

x2?4(kx?t)2?4,即

(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0,

要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B,

则使△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0,

8kt?x?x??12??1?4k22222即4k?t?1?0,即t?4k?1, 且? 2?xx?4t?412?1?4k2?k2(4t2?4)8k2t2t2?4k22, y1y2?(kx1?t)(kx2?t)?kx1x2?kt(x1?x2)?t???t?2221?4k1?4k1?4k22????????4t2?4t2?4k25t2?4k2?4???0, 要使OA?OB, 需使x1x2?y1y2?0,即2221?4k1?4k1?4k所以5t2?4k2?4?0, 即5t2?4k2?4且t2?4k2?1, 即4k2?4?20k2?5恒成立. 所以又因为直线y?kx?t为圆心在原点的圆的一条切线,

42(1?k)t4t42225所以圆的半径为r?,r?, 所求的圆为. x?y???22251?k1?k51?k2x2222当切线的斜率不存在时,切线为x??5,与?y2?1交于点(5,?5)或

4555 10

(?225,?5)也满足OA?OB. 554，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两5综上, 存在圆心在原点的圆x2?y2?????????个交点A,B,且OA?OB.

x21(3)当m?时,轨迹E的方程为?y2?1,设直线l的方程为y?kx?t,因为直线l与

44圆C:x2?y2?R2(1

因为l与轨迹E只有一个公共点B1,

?y?kx?t?22x?4(kx?t)?4, 由（2）知?x2得2??y?1?4t1?k2, 即t2?R2(1?k2)

即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0有唯一解

则△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 即4k2?t2?1?0, ②

?23R2t???4?R2由①②得?, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点, 2?k2?R?1??4?R28kt?x?x??12?4t2?416R2?16?1?4k22?由? 中x1?x2,所以,x1?, 2221?4k3R?xx?4t?412?1?4k2?124?R24222B1(x1,y1)点在椭圆上,所以y?1?x1?,所以, |OB|?x?y?5?11143R2R221在直角三角形OA1B1中,|A1B1|2?|OB1|2?|OA1|2?5?4422?R?5?(?R)因为22RR4?R2?4当且仅当R?2?(1,2)时取等号,所以|A1B1|2?5?4?1,即 2R当R?2?(1,2)时|A1B1|取得最大值,最大值为1.

【命题立意】:本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置

11

关系,可以通过解方程组法研究有没有交点问题,有几个交点的问题.

题型3：证明问题和对称问题

x2y2例5．（1）如图，椭圆2?＝1（a＞b＞0）与

ab过点A（2，0）B(0,1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e=

3. 2(Ⅰ)求椭圆方程；

(Ⅱ)设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，M为线段AF1的中点，求证：∠ATM=∠AF1T。 解 (1)由题意：

?c2?2?x2y2?2122 ?2?2?1 ，解得a?4,b?2，所求椭圆方程为 ??1

42?ab222?c?a?b?

（2）（天津卷文）（本小题满分14分）

x2y2已知椭圆2?2?1（a?b?0）的两个焦点分别为F1(?c,0),F2(c,0)(c?0)，过点

aba2E(,0)的直线与椭圆相交于点A,B两点，且F1A//F2B,|F1A|?2|F2B| c（Ⅰ求椭圆的离心率； （Ⅱ）直线AB的斜率；

12

（Ⅲ）设点C与点A关于坐标原点对称，直线F2B上有一点H(m,n)(m?0)在

?AF1C的外接圆上，求

n的值。 m|EF2||F2B|1??,从而 |EF1||F1A|2解 （1）由F1A//F2B,|F1A|?|F2B|，得

a2?cc3122c，整理得，故离心率 e??a?3c?2a32a?cc（2）由（1）知，b2?a2?c2?2c2，所以椭圆的方程可以写为2x2?3y2?6c2

a2设直线AB的方程为y?k(x?)即y?k(x?3c)

c?y?k(x?3c)由已知设A(x1,y1)B(x2,y2)则它们的坐标满足方程组?2 22?2x?3y?6c消去y整理，得(2?3k2)x2?18k2cx?27k2c2?6c2?0 依题意，??48c2(1?3k2)?0,?33?k? 3318k227k2c2?6c2,x1x2?而x1?x2?，有题设知，点B为线段AE的中点， 222?3k2?3k所以x1?3c?2x2

9k2c?2c9k2c2?2c2,x2?联立三式，解得x1?，将结果代入韦达定理中解得222?3k2?3kk??2 3.

23c，当k??时，得A(0,2c)由已知得C(0,?2c)

322c2cc??(x?),直线l与x轴的交点(,0)2222(3)由（2）知，x1?0,x2?线段AF1的垂直平分线l的方程为y?cc是?AF1C的外接圆的圆心，因此外接圆的方程为(x?)2?y2?(?c)2

22 13

?c29c22?(m?)?n?直线F2B的方程为y?2(x?c)，于是点H(m,n)满足方程组?24?n?2(m?c)?

由m?0，解得m?当k?

、

5c22cn22,n?，故? 32m52n22时，同理可得? 3m5.

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。

（3）在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝2x相交于A、B两点

①求证：“如果直线l过点T（3，0），那么OA?OB＝3”是真命题； ②写出（1）中命题的逆命题，判断它是真命题还是假命题，并说明理由． 解析：

（3）证明：①设过点T(3,0)的直线l交抛物线y2=2x于点A(x1,y1)、B(x12,y2). 当直线l的钭率下存在时,直线l的方程为x=3,此时,直线l与抛物线相交于A(3,6)、B(3,－6)，∴OA?OB=3。

当直线l的钭率存在时,设直线l的方程为y=k(x－3),其中k≠0.

y2=2x 当

y=k(x－3)

得ky2－2y－6k=0,则y1y2=－6.

?????? 14

又∵x1=

121y1, x2=y22, 221∴OA?OB=x1x2+y1y2=(y1y2)2?y1y2=3.

4综上所述, 命题“如果直线l过点T(3,0),那么OA?OB=3”是真命题. ②逆命题是：设直线l交抛物线y2=2x于A、B两点,如果OA?OB=3,那么该直线过点T(3,0).该命题是假命题.

例如：取抛物线上的点A(2,2),B(直线AB的方程为Y=

1,1),此时OA?OB=3, 22(X+1),而T(3,0)不在直线AB上. 3点评：由抛物线y2=2x上的点A(x1,y1)、B(x12,y2)满足OA?OB=3,可得y1y2=－6。或y1y2=2，如果y1y2=－6，可证得直线AB过点(3,0)；如果y1y2=2, 可证得直线AB过点(－1,0),而不过点(3,0)。

例6．（1）（辽宁卷文、理）（本小题满分12分） 已知，椭圆C以过点A（1，（1） 求椭圆C的方程；

（2） E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，

证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值。

x2y2?2?1。 （Ⅰ）解 由题意，c＝1,可设椭圆方程为21?b4b3），两个焦点为（－1，0）（1，0）。 2因为A在椭圆上，所以

19322，解得＝3，＝（舍去）。 bb??1?1?b24b24x2y2??1． 所以椭圆方程为 43x2y23?1得 （Ⅱ）证明 设直线ＡＥ方程：得y?k(x?1)?，代入?4323（3+4k2）x2+4k(3?2k)x?4(?k)2?12?0

2 15

设Ｅ（xE，yE），Ｆ（xF，yF）．因为点Ａ（1，

3）在椭圆上， 234(?k)2?12所以xE?2， 23?4k3yE?kxE??k。

2又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以?k代k，可得

34(?k)2?12， xF?23?4k23yF??kxF??k。

2所以直线EF的斜率kEF?yF?yE?k(xF?xE)?2k1??。

xF?xExF?xE2即直线EF的斜率为定值，其值为

1。 2（2）（福建卷文）（本小题满分14分）

x2y2已知直线x?2y?2?0经过椭圆C:2?2?1(a?b?0) 的左顶点A和上顶

ab点D，椭圆C的右顶点为B，点S和椭圆C上位于x轴上方的动点，直线，AS,BS与直线l:x?10 3分别交于M,N两点 （I）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）求线段MN的长度的最小值；

（Ⅲ）当线段MN的长度最小时，在椭圆C上是否存在这样的点T，使得?TSB的

1面积为？若存在，确定点T的个数，若不存在，说明理由

5

16

解 方法一（I）由已知得，椭圆C的左顶点为A(?2,0),上顶点为D(0,1),?a?2,b?1

x2 故椭圆C的方程为?y2?1

4（Ⅱ）直线AS的斜率k显然存在，且k?0，故可设直线AS的方程为y?k(x?2)，

1016k从而M(,)

33?y?k(x?2)?2222(1?4k)x?16kx?16k?4?0 由?x2得2??y?1?416k2?42?8k24k设S(x1,y1),则(?2),x1?得，从而 x?y?111?4k21?4k21?4k22?8k24k即S(,),又B(2,0) 221?4k1?4k110??y??(x?2)x?????4k3由?得?

101?x??y????33k??101?N(,?)

33k故|MN|?16k1? 33k16k116k18??2?? 33k33k3又k?0,?|MN|?当且仅当

16k11，即k?时等号成立 ?33k4 17

?k?18时，线段MN的长度取最小值 431 4（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当MN取最小值时，k?6442 此时BS的方程为x?y?2?0,s(,),?|BS|?

5551 要使椭圆C上存在点T，使得?TSB的面积等于，只须T到直线BS的距离等于

522，所以T在平行于BS且与BS距离等于的直线l上。 44设直线l':x?y?1?0 则由|t?2|235?,解得t??或t?? 4222

题型4：知识交汇题

例7．已知点A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2?0)是抛物线y2?2px(p?0)上的两个动

????????????????????????点,O是坐标原点,向量OA,OB满足OA?OB?OA?OB.设圆C的方程为

x2?y2?(x1?x2)x?(y1?y2)y?0

(I) 证明线段AB是圆C的直径;

25时，求p的值 5????????????????????????2????????2?OA?OB?OA?OB,?(OA?OB)?(OA?OB) 解析：(I)证明1:

(II)当圆C的圆心到直线X-2Y=0的距离的最小值为

????2????????????2????2????????????2OA?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

18

整理得:x2?y2?(x1?x2)x?(y1?y2)y?0 故线段AB是圆C的直径

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

????2????????????2????2????????????2OA?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?y2y?y1???1(x?x1,x?x2) x?x2x?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

????????????????????????2????????2证明3: ?OA?OB?OA?OB,?(OA?OB)?(OA?OB)

????2????????????2????2????????????2OA?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?x22y?y1)?(y?12)2?[(x1?x2)2?(y1?y2)2] 224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

(II)解法1:设圆C的圆心为C(x,y),则

19

x1?x2?x???2 ??y?y1?y2??2?y12?2px1,y22?2px2(p?0)

y12y22 ?x1x2?4p2又因x1?x2?y1?y2?0

?x1?x2??y1?y2

y12y22??y1?y2? 24p?x1?x2?0,?y1?y2?0 ?y1?y2??4p2

x?x1?x2yy11?(y12?y22)?(y12?y22?2y1y2)?12 24p4p4p?12(y?2p2) p所以圆心的轨迹方程为y2?px?2p2 设圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则

12(y?2p2)?2y||x?2y||y2?2py?2p2|pd???

555p||(y?p)2?p2|? 5p当y=p时,d有最小值?p?2.

p25p?,由题设得 555解法2: 设圆C的圆心为C(x,y),则

20

x1?x2?x???2 ??y?y1?y2??2?y12?2px1,y22?2px2(p?0)

y12y22 ?x1x2?4p2又因x1?x2?y1?y2?0

?x1?x2??y1?y2

y12y22??y1?y2? 24p?x1?x2?0,?y1?y2?0 ?y1?y2??4p2

x?x1?x2yy11?(y12?y22)?(y12?y22?2y1y2)?12 24p4p4p?12(y?2p2) p所以圆心的轨迹方程为y2?px?2p2 设直线x-2y+m=0到直线x-2y=0的距离为m??2

25,则 5因为x-2y+2=0与y2?px?2p2无公共点,

所以当x-2y-2=0与y2?px?2p2仅有一个公共点时,该点到直线x-2y=0的距离最小值为25 5?x?2y?2?0?(2) ?22?y?px?2p?(3)将(2)代入(3)得y2?2py?2p2?2p?0

21

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

?p?0?p?2.

解法3: 设圆C的圆心为C(x,y),则

x1?x2?x???2 ??y?y1?y2??2圆心C到直线x-2y=0的距离为d,则

x1?x2?(y1?y2)|2 d?5|?y12?2px1,y22?2px2(p?0)

y12y22?x1x2?

4p2又因x1?x2?y1?y2?0

?x1?x2??y1?y2

y12y22??y1?y2?

4p2?x1?x2?0,?y1?y2?0 ?y1?y2??4p2

1(y12?y22)?(y1?y2)||y12?y22?2y1y2?4p(y1?y2)?8p2|4p?d?? 545p|?(y1?y2?2p)2?4p245p

p25p?,由题设得 555当y1?y2?2p时,d有最小值 22

?p?2.

点评：本小题考查了平面向量的基本运算,圆与抛物线的方程.点到直线的距离公式等基础知识,以及综合运用解析几何知识解决问题的能力 例8．（陕西卷文）（本小题满分12分）

y2x25已知双曲线C的方程为2?2?1(a?0,b?0)，离心率e?，顶点到渐近线的

2ab距离为

25。 5（1）求双曲线C的方程；

(2)如图，P是双曲线C上一点，A，B两点在双曲线C的两条渐近线上，且分别

????????1位于第一、二象限，若AP??PB,??[,2]，求?AOB面

3积的取值范围。

方法一 解（Ⅰ）由题意知，双曲线C的顶点（0，a）到渐近线ax?by?0的距离为所以aba2?b225， 5?25ab25?所以

5c5?ab25??5?c?a?2??5?c由??得?b?1

2?a?c?5222??c?a?b???y2所以曲线C的方程是?x2?1

4（Ⅱ）由（Ⅰ）知双曲线C的两条渐近线方程为y??2x 设A(m,2m),B（?n,2n),m?0,n?0

23

uuuruurm-?n2(m+?n)由AP??PB得P点的坐标为（,),

1+?1+?y2(1??)22?x?1,化简得mn=将P点的坐标代入44?

?14因为?AOB?2?,tan(??)?2,tan??,sin2??

225又OA?5m,OB?5n

111OA?OB?sin2??2mn?(??)?1 22?111记S(?)?(??)?1,??[,2]

2?311则S?(?)?(1?2)

2?所以S?AOB?由S?(?)?0得??1

189又S（1）=2，S()?,S(2)?

33418当??1时，?AOB面积取到最小值2，当当??时，?AOB面积取到最大值

338所以?AOB面积范围是[2,]

3方法二（Ⅰ）由题意知，双曲线C的顶点（0，a）到渐近线ax?by?0的距离为aba2?b225ab25即? 5c525， 5???ab25??5?c?a?2??5?c由??得?b?1

2?a?c?5222??c?a?b???y2所以曲线C的方程是?x2?1.

4（Ⅱ）设直线AB的方程为y?kx?m, 由题意知k?2,m?0

24

?y?kx?mm2m得A点的坐标为（,), 由?2?k2?k?y?2x?y?kx?m?m2m得B点的坐标为（,), 由?y??2x2?k2?k?uuuruurm1?2m1?AP??PB,得P点的坐标为（(?),(?)

1??2?k2?k1??2?k2?ky24m2(1??)22将P点的坐标代入?x?1得 ?44?k2?设Q为直线AB与y轴的交点，则Q点的坐标为（0，m）

S?AOB=S?AOQ?S?BOQ .

111OQgxA?OQgxB?m(xA?xB)2221mm14m2?m(?)?g 22?k2?k24?k211?(??)?12??

（宁夏海南卷文）(本小题满分12分)

已知椭圆C的中心为直角坐标系xOy的原点，焦点在x轴上，它的一个项点到两个 焦点的距离分别是7和1 （1）求椭圆C的方程‘

（2）若P为椭圆C的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，

OPOM?e（e为椭圆C的离心率），求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线。 解（1）设椭圆长半轴长及分别为a,c,由已知得 {

a?c?1,a?c?7. 解得a=4,c=3,

25

x2y2所以椭圆C的方程为??1.

167（Ⅱ）设M（x,y）,P(x,y1),其中x???4,4?.x2?y12由已知得2?e2. 2x?y

而e?3，故16(x2?y12)?9(x2?y2). ① 421112?7x2由点P在椭圆C上得 ，y?,

16代入①式并化简得9y2?112, 所以点M的轨迹方程为y??

67.(湖南卷理)（本小题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3，0）的距离的4倍与它到直线x=2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于

点P的横坐标与18之和 （Ⅰ）求点P的轨迹C；

（Ⅱ）设过点F的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求线段

47(?4?x?4),轨迹是两条平行于x轴的线段. 3MN长度的最大值。

解（Ⅰ）设点P的坐标为（x，y），则d?4(x?3)2?y2?3︳x-2︳ 由题设

x2y21??1. 当x>2时，由①得(x?3)?y?6?x, 化简得

3627222当x?2时 由①得(3?x)2?y2?3?x,化简得y2?12x

26

x2y2故点P的轨迹C是椭圆C1:??1在直线x=2的右侧部分与

3627抛物线C2:y2?12x在直线x=2的左侧部分（包括它与直线x=2的交点） 所组成的曲线，参见图1

（Ⅱ）如图2所示，易知直线x=2与C1，C2的交点都是

A（2，26），B（2，?26），

直线AF，BF的斜率分别为kAF=?26，kBF=26. 当点P在C1上时，由②知

PF?6?1x. ④ 2当点P在C2上时，由③知

PF?3?x ⑤

若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为y?k(x?3) （i）当k≤kAF，或k≥kBF，即k≤-2

6时，直线I与轨迹C的两个交点M（x1，

y1），N（x2，y2）都在C 1上，此时由④知

11x1 ∣NF∣= 6 - x2 22111从而∣MN∣= ∣MF∣+ ∣NF∣= （6 - x1）+ （6 - x2）=12 - ( x1+x2)

222∣MF∣= 6 -

?y?k(x?3)?由?x2y2 得(3?4k2)x2?24k2x?36k2?108?0 则x1，y1是这个方程的两根，

?1???362724k212k21所以x1+x2=*∣MN∣=12 - （x1+x2）=12 -

3?4k23?4k22因为当k?26,或k?26时,k2?24,

12k212100?12?? MN?12? . 213?4k11?42k 27

当且仅当k??26时，等号成立。

26?k?26（2）当kAE?k?kA,N?时，直线L与轨迹C的两个交点

不妨设点M在C1上，点C2上，则④⑤知，M(x1,y1),N(x2,y2) 分别在C1,C2上，

1MF?6?x1,NF?3?x2

2 设直线AF与椭圆C1的另一交点为E(x0,y0),则x0?x1,x2?2.

11 MF?6?x1?6?x0?EF,NF?3?x2?3?2?AF

22 所以MN?MF?NF?EF?AF?AE。而点A，E都在C1上，且 kAE??26,有（1）知AE?100100 ,所以MN?1111若直线?的斜率不存在，则x1=x2=3，此时

1100 MN?12?(x1?x2)?9?211综上所述，线段MN长度的最大值为五．【思维总结】

100 11.

1．注意圆锥曲线的定义在解题中的应用，注意解析几何所研究的问题背景平面几何的一些性质；

2．复习时要突出“曲线与方程”这一重点内容

曲线与方程有两个方面：一是求曲线方程，二是由方程研究曲线的性质.这两方面的问题在历年高考中年年出现，且常为压轴题.因此复习时要掌握求曲线方程的思路和方法，即在建立了平面直角坐标系后，根据曲线上点适合的共同条件找出动点P（x，y）的纵坐标y和横坐标x之间的关系式，即f（x，y）=0为曲线方程，同时还要注意曲线上点具有条件，确定x，y的范围，这就是通常说的函数法，它是解析几何的核心，应培养善于运用坐标法解题的能力，求曲线的常用方法有两类：一类是曲线形状明确且便于用标准形式，这时用待定系数法求其方程；

28

另一类是曲线形状不明确或不便于用标准形式表示，一般可用直接法、间接代点法、参数法等求方程。二要引导如何将解析几何的位置关系转化的代数数量关系进而转化为坐标关系，由方程研究曲线，特别是圆锥曲线的几何性质问题常化为等式解决，要加强等价转化思想的训练。

3．重视对数学思想、方法进行归纳提炼，达到优化解题思维、简化解题过程 ①方程思想，解析几何的题目大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线，因此把直线与圆锥曲线相交的弦长问题利用韦达定理进行整体处理，就简化解题运算量

②用好函数思想方法

对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线的长度及a，b，c，e之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时就很有效。

③掌握坐标法

坐标法是解析几何的基本方法，因此要加强坐标法的训练。 ④对称思想

由于圆锥曲线和圆都具有对称性质，可使分散的条件相对集中，减少一些变量和未知量，简化计算，提高解题速度，促成问题的解决。

⑤参数思想

参数思想是辩证思维在数学中的反映，一旦引入参数，用参数来划分运动变化状态，利用圆、椭圆、双曲线上点用参数方程形式设立或（x0、y0）即可将参量视为常量，以相对静止来控制变化，变与不变的转化，可在解题过程中将其消去，起到“设而不求”的效果。

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⑥转化思想

解决圆锥曲线时充分注意直角坐标与极坐标之间有联系，直角坐标方程与参数方程，极坐标之间联系及转化，利用平移得出新系坐标与原坐标之间转化，可达到优化解题的目的。

除上述常用数学思想外，数形结合、分类讨论、整体思想、构造思想也是不可缺少的思想方法，复习也应给予足够的重视

30

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