福建省漳浦县道周中学2014年高考数学专题复习 解析几何教案 文

福建省漳浦县道周中学2014年高考数学专题复习 解析几何教案

文

平面解析几何 用代数方法研究几何图形的几何性质，体现着数形结合的重要数学思想．直线与圆的方程、圆锥曲线与方程是历年高考的必考内容，题量一般为一道解答题和两道填空题．江苏高考对双曲线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质由原来的理解降为了解，圆锥曲线突出了直线与椭圆（理科有与抛物线）的位置关系，淡化了直线与双曲线的位置关系．直线与圆锥曲线的有关问题始终是命题的热点内容之一，必考一道解答题．直线与圆锥曲线所涉及的知识点较多，对解题能力的考查层次要求较高，所研究的问题是直线与圆锥曲线的位置关系、定点（定值）、最值以及参数的取值范围等． 本单元二轮专题和课时建议： 课时 专题 内容说明（核心） 备注 第一课时 直线与圆 直线和圆的基本构成要素、点到直线的距离、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系 第二课时 第三课时 椭圆、双曲线、抛物线 圆锥曲线的定义、方程及性质、直线与椭圆的位置关系 解析几何综合应用 解析几何定点与定值问题、范围与最值问题、探索问题 第一课时 直线与圆 教学目标：在2013年的备考中，需要关注：

（1）直线的基本概念，直线的方程，两直线的位置关系及点到直线的距离等基础知识； （2）活用圆的两类方程、直线与圆的位置关系及圆与圆的位置关系； （3）对数形结合的思想、转化与化归的思想熟练掌握。 一、基础回顾：

1、若直线(a＋2a)x－y＋1＝0的倾斜角为钝角，则实数a的取值范围是________． 2、经过x?y?2x?4y?1?0的圆心，且倾斜角为

2

2

22?的直线方程为 . 63、直线ax＋2y＋6＝0与直线x＋(a－1)y＋(a－1)＝0平行，则a＝________.

4、直线x?3y?2?0与圆x?y?4相交于A,B两点，则弦AB的长度等于 . 5、已知圆C:?x?2???y?1??2，过原点的直线l与圆C相切，则所有切线的斜率之和为 .

6、过点A?0,6?且与圆C:x?y?10x?10y?0切于原点的圆的方程为 . 222222二、典型问题

基本题型一：直线的概念、方程及位置问题

1

例1 过点P(3,2)作直线l，交直线y＝2x于点Q，交x轴正半轴于点R，当△QOR面积最小时，求直线l的方程．

解析： 方法一：设点Q的坐标为(a,2a)，点R的坐标为(x,0)，其中x>0.

当a＝3时，△QOR的面积S＝9； 当a≠3时，因为P，Q，R三点共线， 22a－22a所以＝，解得x＝(a>1)，

3－xa－3a－1

12a1∴△QOR的面积S＝|OR|·2a＝＝2[(a－1)＋＋2]．

2a－1a－1当且仅当a－1＝

1

(a>1)，即a＝2时，S取得最小值8. a－1

2

此时点Q的坐标为(2,4)，将Q，P两点坐标代入直线方程两点式，并整理得2x＋y－8＝0.

解法二：设l的方程为x＝3或y－2＝k(x－3)， 当l的方程为x＝3时，△QOR的面积S＝9；

??y＝2x，

当l的方程为y－2＝k(x－3)时，联立方程组?

?y－2＝k?

x－

，

解这个方程组，得点Q的坐标为?

?3k－2，6k－4?. ??k－2k－2?

?3k－2，0?，

?

?k?

在方程y－2＝k(x－3)中，令y＝0，得点R的坐标为?13k－26k－4（3k－2）

∴△QOR的面积S＝··＝2，

2kk－2k－2k变形得(S－9)k＋(12－2S)k－4＝0，

2

2

22因为S≠9，所以判别式Δ≥0，即(12－2S)＋16(S－9)≥0，化简，得 S－8S≥0， 当且仅当k＝－2时，S取得最小值8，此时直线l的方程为y－2＝－2(x－3)，

即2x＋y－8＝0.

综上，当△QOR的面积最小时，直线l的方程为2x＋y－8＝0.

说明：直线方程是平面解析几何的基础内容，该考点属于高考必考内容，且要求较高，均属理解、掌握的内容．纵观近几年的高考试题，一般以填空题的形式出现．求直线的方程要充分利用平面几何知识，采用数形结合法、待定系数法、轨迹法等方法；平行与垂直是平面内两条直线特殊的位置关系，高考一般考查平行或垂直的应用．

基本策略：(1) 求直线方程的主要方法是待定系数法．在使用待定系数法时，要注意方程的选择，用点斜式、斜截式解题时，要注意检验斜率不存在的情况，可以设直线l：x＝ky＋m，不能平行于x轴的直线，防止丢解．另外，解题时认真画图，有助于快速准确地找到解题思路．

2

(2) 求最值的问题，可先适当选取自变量，其次建立目标函数，再次是求最值，最后讨论何时取得最值．

基本题型二：圆的方程及圆的性质问题

例2 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C由圆弧C1和圆弧C2相接而成，两相接点M，N均在直线x＝5上．圆弧C1的圆心是坐标原点O，半径为r1＝13；圆弧C2过点A(29,0)．

(1) 求圆弧C2所在圆的方程；

(2) 曲线C上是否存在点P，满足PA＝30PO ？若存在，指出有几个这样的点；若不存在，请说明理由；

22

解析：(1) 由题意知，圆弧C1所在圆的方程为x＋y＝169.

当x＝5时，y＝±12，所以点M(5,12)，N(5，－12)． 由对称性知，圆弧C2所在圆的方程的圆心在x轴上．

222

设圆弧C2所在圆的方程为(x－a)＋y＝r2，将M(5,12)，A(29,0) 代入，得

?????

－a＋144＝r2，－a＝r2，

2

2

22

?? a＝14，

解得 ?

? r2＝15.?

2

2

2

2

2

故圆弧C2所在圆的方程为(x－14)＋y＝225，即x＋y－28x－29＝0.

22

(2) ①如果点P在圆弧C1上，设P(x0，y0)(－13≤x0≤5)，则x0＋y0＝169. 由PA＝30PO，得(x0－29)＋y0＝30(x0＋y0)，即x0＋y0＋2x0－29＝0， 所以169＋2x0－29＝0，解得x0＝－70，与－13≤x0≤5矛盾；

22

②如果点P在圆弧C2上，设P(x0，y0)(5≤x0≤29)，则(x0－14)＋y0＝225，

由PA＝30PO，得(x0－29)＋y0＝30(x0＋y0)，解得x0＝0，与5≤x0≤29矛盾． 综上所述，曲线C上不存在点P，使PA＝30PO.

说明：对于圆的方程，高考要求能根据所给的条件选取恰当的方程形式，利用待定系数法求出圆的方程，并结合圆的几何性质解决与圆相关的问题．该部分在高考中常以填空题的形式直接考查，或是在解答题的综合考查． 基本策略：求圆的方程有两类方法：

(1)几何法：通过研究圆的几何性质、直线和圆、圆和圆的位置关系，求得圆的基本量(圆心、半径)，进而得到圆的方程．

(2)代数法：用“待定系数法”求圆的方程，其一般步骤是：①根据题意选择方程的形式——标准形式或一般形式(本例题中涉及圆心及切线，故设标准形式较简单)；②利用条件列出关于a，b，r或D，E，F的方程组；③解出a，b，r或D，E，F，代入标准方程或一般方程． 基本题型三：直线与圆的位置关系

例3如图所示，已知以点A(－1,2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，过点B(－2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P. (1)求圆A的方程；

(2)当MN＝219时，求直线l的方程；

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

→→(3)BQ·BP是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．

解 (1)设圆A的半径为R.

∵圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切， |－1＋4＋7|∴R＝＝25.

5

22

∴圆A的方程为(x＋1)＋(y－2)＝20.

(2)当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意； 当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)， 即kx－y＋2k＝0.连结AQ，则AQ⊥MN.

|k－2|

3

＝1，得k＝.

4k2＋1

∵MN＝219，∴AQ＝20－19＝1.由AQ＝∴直线l的方程为3x－4y＋6＝0.

∴所求直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.

→→→→→→→→→→→→→

(3)∵AQ⊥BP，∴AQ·BP＝0.∴BQ·BP＝(BA＋AQ)·BP＝BA·BP＋AQ·BP＝BA·BP.

5?5???当直线l与x轴垂直时，得P?－2，－?.则BP＝?0，－?，又BA＝(1,2)， 2?2???

→→→→→→∴BQ·BP＝BBA·BP＝－5.

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．

?，? y＝kx＋由?

? x＋2y＋7＝0?

?－4k－7，－5k?.，∴BP＝?－5，－5k?.

解得P???1＋2k1＋2k?

?1＋2k1＋2k???

→

→→→→－510k∴BQ·BP＝BA·BP＝－＝－5.

1＋2k1＋2k→→→→综上所述，BQ·BP是定值，且BQ·BP＝－5.

说明：弦长问题是高考命题的热点，同时，对于这部分知识，高考常有创新，如与向量知识结合等．层次要求较高，从近年来的命题趋势看，命题形式以填空题为主，在复习时，要熟练掌握由半径、半弦长、弦心距所构成的直角三角形，从而准确地解答问题．

基本策略：(1)直线和圆的位置关系常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d及半弦长，构成直角三角形关系来处理．

2

(2)要注意分类讨论，即对直线l分为斜率存在和斜率不存在两种情况分别研究，以防漏解或推理不严谨．

l 4

基本题型四：直线与圆的综合应用问题

例4 如图所示，已知直线l:y?x，圆C1的圆心为（3，0），且经过点A?4,1?． （1） 求圆C1的方程；

（2） 若圆C2与圆C1关于直线l对称，点B、D分别为圆C1、C2上任意一点，求|BD|的最小值；

（3） 已知直线l上一点M在第一象限，两质点P、Q同时从原点出发，点P以每秒1

个单位的速度沿x轴正方向运动，点Q以每秒22个单位沿射线OM方向运动，设运动时间为t秒。问：当t为值时直线PQ与圆C1相切？

说明：直线与圆的综合应用问题上高中一类重要问题，常常以解答题形式出现，常将直线与圆和函数、三角、向量、数列、圆锥曲线等相互交汇，求解参数、函数最值、圆的方程问题，这些问题是探索性问题、证明问题、求值问题等。因此研究此类问题就显得非常重要． 基本策略：对这类问题的求解，首先，我们要注意理解直线和圆等基础知识及它们之间的深入联系；其次，要对问题的条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关

5

系及隐含条件的挖掘；再次，要掌握解决问题常常使用的思想方法，如数形结合、化归转化、待定系数、分类讨论等思想方法；最后，要对求解问题的过程清晰书写，准确到位。 三、课后检测

1、设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”

的______________条件．

2、已知A(－1,1)，B(3,1)，C(1,3)，则△ABC的BC边上的高所在直线的方程为_____________． 3、自点A??1,4?作圆x2?y2?1的切线，则切线l的方程为 .

4．过点P(1,1)的直线，将圆形区域{(x，y)|x＋y≤4}分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为____________．

5、若圆O:x2?y2?4与圆C:?x?2???y?2??4关于直线l对称，则直线l的方程 是 .

π

6、若曲线f(x)＝xsinx＋1在x＝处的切线与直线ax＋2y＋1＝0互相垂直，则实

2数a＝________.

22

7、若曲线C1：x＋y－2x＝0与曲线C2：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是____________．

8、在平面直角坐标系xOy中，已知圆x＋y＝4上有且仅有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，则实数c的取值范围是________．

9、已知集合A＝{(x，y)||x|＋|y|≤1}，B＝{(x，y)|x＋y≤r，r>0}，若“点(x，y)∈A”是“点(x，y)∈B”的必要不充分条件，则r的最大值是________．

10、在平面直角坐标系xOy中，已知以O为圆心的圆与直线l:y?mx??3?4m?

2

2

2

2

2

2

2

22?m?R?恒有公共点，且要求使圆O的面积最小．

（1）写出圆O的方程；

（2）圆O与x轴相交于A,B两点，圆内动点P使PO?PA?PB，求PA?PB的取值范围．

22

11. 已知圆C：x＋y＋2x－4y＋3＝0.

(1)若圆C的切线在x轴和y轴上的截距相等，求此切线的方程；

(2)从圆C外一点P(x1，y1)向该圆引一条切线，切点为M，O为坐标原点，且有PM＝PO，

2 6

求使得PM取得最小值的点P的坐标．

212、已知圆M：x??y?4??4，直线l的方程为x?2y?0，点P是直线l上一动点，

2过点P作圆的切线PA、PB，切点为A、B．

16时，求∠APB的大小； 5（2）求证：经过A、P、M三点的圆N必过定点，并求出所以定点的坐标．

（1）当P的横坐标为

（3）求线段AB长度的最小值．

第二课时 椭圆、双曲线、抛物线

教学目标：在2013年的备考中，需要关注：

（1）圆锥曲线基本量之间的关系；

（2）圆锥曲线的标准方程和基本性质的应用，重点掌握运用待定系数法确定圆锥曲线的标准方程；

（3）直线和圆锥曲线的关系，其中椭圆是需要重点关注的内容； （4）与圆锥曲线有关的定点、定值问题。 一、基础回顾：

1、以y??x为渐近线且经过点(2,0)的双曲线方程为______.

x2y2?n?1?n?N??，若椭圆的焦距为25，则n的取值集2、已知椭圆的标准方程为

6n?32合为 。

3、点P是抛物线y2?4x上一点，P到该抛物线焦点的距离为4，则点P的横坐标为 x2y2??1的两个焦点是F1，F2，点P在该椭圆上．若|PF1|?|PF2|?2，4、已知椭圆 42则△PF1F2的面积是______．

x2y2225、若双曲线2?2?1(a?0,b?0)的一个焦点是圆x?y?10x?24?0的圆心，且虚

ab轴长为6，则双曲线的离心率为

x2y2

6、设椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)恒过定点A(1,2)，则椭圆的中心到准线的距离的最小值是

ab________． 二、典型问题

基本题型一：圆锥曲线的定义及方程

例1已知二次曲线Ck的方程：＋＝1.

9－k4－k

7

x2y2

(1)分别求出方程表示椭圆和双曲线的条件；

(2)若双曲线Ck与直线y＝x＋1有公共点且实轴最长，求双曲线方程；

(3)m、n为正整数，且m

F2(5，0)满足PF1·PF2＝0？若存在，求m、n的值；若不存在，说明理由．

?9－k>0?

解析： (1)当且仅当?

??4－k>0

→→

，即k<4时，方程表示椭圆．

当且仅当(9－k)(4－k)<0，即4

y＝x＋1??2

(2)解法一：由?xy2

＋＝1??9－k4－k

化简得，(13－2k)x＋2(9－k)x＋(9－k)(k－3)＝0

2

∵Δ≥0，∴k≥6或k≤4(舍)

∵双曲线实轴最长，∴k取最小值6时，9－k最大即双曲线实轴最长， 此时双曲线方程为－＝1. 32

x2y2

x2y2

解法二：若Ck表示双曲线，则k∈(4,9)，不妨设双曲线方程为2－＝1，

a5－a2y＝x＋1??2

联立?xy2

2－2＝1??a5－a

消去y得，(5－2a)x－2ax－6a＋a＝0

22224

∵Ck与直线y＝x＋1有公共点，∴Δ＝4a－4(5－2a)(a－6a)≥0， 即a－8a＋15≥0，∴a≤3或a≥5(舍)， ∴实轴最长的双曲线方程为－＝1.

32解法三：双曲线

＋＝1中c＝(9－k)＋(k－4)＝5，∴c＝5，∴F1(－5，0)，9－k4－k4

2

2

2

4242

x2y2

x2y2

2

不妨先求得F1(－5，0)关于直线y＝x＋1的对称点F(－1,1－5)，

设直线与双曲线左支交点为M，则 2a＝|MF2|－|MF1|＝|MF2|－|MF|≤|FF2|＝－1－5

2

＋－5

2

＝23

∴a≤3，∴实轴最长的双曲线方程为－＝1.

32

(3)由(1)知C1、C2、C3是椭圆，C5、C6、C7、C8是双曲线，结合图象的几何性质，任意两椭圆之间无公共点，任意两双曲线之间也无公共点

设|PF1|＝d1，|PF2|＝d2，m∈{1,2,3}，n∈{5,6,7,8} →→

则根据椭圆、双曲线定义及PF1·PF2＝0(即PF1⊥PF2)，应有

x2y2

8

?d＋d＝29－m?|d－d|＝29－n?d＋d＝20

1

21

2

2

2

1

2

，所以m＋n＝8.

所以这样的Cm、Cn存在，且?

?m＝1???n＝7

或?

?m＝2???n＝6

或?

?m＝3???n＝5

说明：圆锥曲线的定义是圆锥曲线问题的根本，利用圆锥曲线的定义解题是高考考查圆锥曲线的一个重要命题点，在历年的高考试题中曾多次出现．圆锥曲线的标准方程是用代数方法研究圆锥曲线的几何性质的基础，高考对圆锥曲线标准方程的考查方式有两种：一是在解答题中作为试题的入口进行考查；二是在填空题中结合圆锥曲线的简单几何性质进行考查．

基本策略：(1)椭圆和双曲线的定义反映了它们的图形特点，是画图的依据和基础，而定义中的定值是求标准方程的基础，在许多实际问题中正确利用定义可以使问题的解决更加灵活．已知圆锥曲线上一点及焦点，首先要考虑使用圆锥曲线的定义求解．

(2)求圆锥曲线方程常用的方法有定义法、待定系数法、轨迹方程法．而对于双曲线和椭圆在不明确焦点坐标的情况下可以统一设成mx＋ny＝1 (mn≠0)，这样可以避免对参数的讨论．如用待定系数法求解圆锥曲线的标准方程的方法时要“先定型，后计算”．所谓“定型”，是指确定类型，也就是确定椭圆、双曲线的焦点所在的坐标轴是x轴还是y轴，抛物线的焦点是在x轴的正半轴、负半轴，还是y轴的正半轴、负半轴，从而设出相应的标准方程的形式；“计算”就是指利用待定系数法求出方程中的a、b、p的值，最后代入写出椭圆、双曲线、抛物线的标准方程． 基本题型二：圆锥曲线的几何性质

例2 曲线C1,C2都是以原点O为对称中心、离心率相等的椭圆．点M的坐标是（0,1），线段MN是C1的短轴，是C2的长轴.直线l:y?m(0?m?1)与C1交于A,D两点（A在D的左侧），与C2交于B,C两点（B在C的左侧）．

2

2

2

2

（1）当m= 53， AC?时，求椭圆C1,C2的方程；

42（2）若OB∥AN，求离心率e的取值范围．

x2x222解：（1）设C1的方程为2?y?1,C2的方程为2?y?1,其中a?1,0?b?1．

baa2?1?1?b2,所以ab?1， ?C1 ,C2的离心率相同，所以2a

9

?C2的方程为a2x2?y2?1．

当m=3a313时，A(?,),C(,)． 2222a251a51??，解得a=2或a=(舍)， ,所以，

242a24 又?AC?x2?y2?1，4x2?y2?1． ?C1 ,C2的方程分别为4（2）A(-a1?m,m), B(- ?OB∥AN,?kOB?kAN,

211?m2,m) ． am?11?m2a?m?1?a1?m2,?m?1 ． a2?1a2?11?e212 e?，?a?，?m?． 2221?eae2

1?e220?m?1，?0?2?1，??e?1．

e2说明：圆锥曲线的简单几何性质是圆锥曲线的重点内容，主要考查椭圆与双曲线的离心率的求解、双曲线的渐近线方程的求解．试题一般以圆锥曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系等为主进行命题．

基本策略：研究圆锥曲线的几何性质，实质是求参数a、b、c或者建立a、b、c的关系式(等式或不等式)，然后根据概念讨论相应的几何性质．特别求离心率，其法有三：一是通过已知条件列方程组，解出a,c的值；二是由已知条件得出关于a,c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解；三是通过取特殊值或特殊位置，求出离心率。 基本题型三：直线与椭圆的位置关系

x2y2??1的顶点，过坐标原例3 如图，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆42点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P

作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k

（1）当直线PA平分线段MN时，求k的值； （2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d； （3）对任意k>0，求证：PA⊥PB

yP M O C BA N 10

解析：（1）M(-2,0),N(0,?2), M、N的中点坐标为(-1,?22),所以k? 22（2）由

?y?2xx?24242y3即：?x2?2y2?4得P(,),A(?,?)，C(,0)，AC方程：

233333?4322??33242??233322y?x?，所以点P到直线AB的距离d??

332（3）法一：由题意设P(x0,y0),A(?x0,?y0),B(x1,y1),则C(x0,0)， A、C、B三点共线，?yy?yy1?0?10,又因为点P、B在椭圆上，

x1?x02x0x1?x0x02y02x12y12x?x???1,??1，两式相减得：kPB??01

42422(y0?y1)?kPAkPB?y0x?x(y?y)(x?x)[?01]??1001??1 x02(y0?y1)(x1?x0)(y0?y1)?PA?PB

法二：设A(x1,y1),B(x2,y2),A,B中点N(x0,y0),则P(-x1,?y1),C(-x1,0), A、C、B三点共线，?y2y?yy?21?1?kAB,又因为点A、B在椭圆上,

x2?x1x2?x12x1x22y22x12y12y1???1,??1,两式相减得：0??,

4242x02kAB?kONkPA?y0y11???2kAB??1,ONPB,?PA?PB x0x12kAB说明：近几年江苏高考试卷圆锥曲线在解答题考查以直线与椭圆圆的位置关系为核心，呈现

范围、几何位置、最值、定点定值、存在性方式，注重运算求解能力和探究问题；在第二轮复习要熟练掌握通性通法和基本知识。 基本策略：直线与圆锥曲线的位置关系的判断是利用代数方法，即将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，根据方程组解的个数判断直线与圆锥曲线的位置关系．若与圆锥曲线的弦的中点有关的问题除了可以联立方程利用根与系数的关系外，还可以利用“点差法”，即设出弦的两个端点，并将其代入圆锥曲线方程作差分解因式，注意在作差的过程中要与直线的斜率

11

联系起来，这样可以简化运算．对于椭圆，有如下结论： (1)内接矩形最大面积：

；

，则

；

(2)P，Q为椭圆上任意两点，且(3)当点

与椭圆短轴顶点重合时最大；

设而不求（代点相减法）——处理弦中点与直线斜率问题 步骤如下：

、

中点为

，

x2y2(4)已知椭圆2?2?1?a?b?0?，①设点

ab②作差得

；kABkOMb2??2；

ax2y2(5)若M,N是椭圆2?2?1?a?b?0?上关于原点对称两点，P为椭圆上动点（不同于

ab，则kPM?kPNM,N）

b22??2=e?1，特殊地，若A1,A2是椭圆两长轴的端点，P为椭圆上

a动点，则kPA1?kPA2b22??2=e?1.等

a基本题型四：圆锥曲线中定点、定值问题

x2y2例4 已知椭圆C：2?2?1(a>b>0)的上顶点为A，左，右焦点分别为F1，F2,且椭圆C过点

ab4bP(，)，以AP为直径的圆恰好过右焦点F2. 33

(1)求椭圆C的方程；

(2)若动直线l与椭圆C有且只有一个公共点，试问：在x轴上是否存在两定点，使其到直线l的距离之积为1？若存在，请求出两定点坐标；若不存在，请说明理由.

4b1612

解：(1)因为椭圆过点P(，),所以2+=1,解得a=2,

339a9

y A P F1O (例4 图) F2 x 12

bb32

又以AP为直径的圆恰好过右焦点F2.所以AF2?F2P,即??=?1, b=c(4?3c).

c4?c3

而b=a?c=2?c,所以c?2c+1=0,解得c=1,故椭圆C的方程是+y=1.

2 (2)①当直线l斜率存在时，设直线l方程为y=kx+p，代入椭圆方程得

(1+2k)x+4kpx+2p－2=0.

因为直线l与椭圆C有只有一个公共点，所以

△=16kp－4(1+2k)(2p－2)=8(1+2k―p)=0，即 1+2k=p. 设在x轴上存在两点(s,0),(t,0),使其到直线l的距离之积为1,则

|ks+p||kt+p||kst+kp(s+t)+p|

? 2==1, 22

k+1k+1k+1

即(st+1)k+p(s+t)=0(*)，或(st+3)k+(s+t)kp+2=0 (**).

?st+1=0，?s=1?s=?1

??由(*)恒成立,得解得,或?, 而(**)不恒成立. ?s+t=0.?t=?1?t=1

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x2

2

②当直线l斜率不存在时，直线方程为x=?2时，

定点(－1，0)、F2(1，0)到直线l的距离之积d1? d2=(2－1)(2+1)=1. 综上,存在两个定点(1,0),(?1,0),使其到直线l 的距离之积为定值1.

说明：圆锥曲线中的定点、定值问题是高考的热点，题型以解答题为主，解决的基本思想从变量中寻求不变，即先用变量表示要求的量或点的坐标，再通过推理计算，导出这些量或点的坐标和变量无关．

基本策略：定点和定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的．

另外，对于某些定点问题的证明，可以先通过特殊情形探求定点坐标，然后对一般情况进行证明，这种方法在填空题中更为实用． 三、课后检测

1、已知分别为椭圆的左、右两个焦点，的周长为8。

则实数的值为 2

2、抛物线y＝ax的准线方程是y－2＝0，则a的值是________．

x2y2

3、已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，点B在椭圆上，且BF⊥x轴，直

ab 13

→→

线AB交y轴于点P.若AP＝2PB，则椭圆的离心率是________．

4、若抛物线y＝2px的焦点与椭圆＋＝1的右焦点重合，则p的值为________．

625、已知F1，F2是椭圆＋＝1的两焦点，过点F2的直线交椭圆于点A，B，若AB＝5，则

169

2

x2y2

x2y2

AF1＋BF1＝________.

x2y2??1的左焦点，点P是双曲线右支上6、已知定点A的坐标为(1,4)，点F是双曲线

412的动点，则PF?PA的最小值为 ．

x2y27、过椭圆2?2?1(a?b?0)上一点M作直线MA,MB交椭圆于A,B两点，设

ab1MA,MB的斜率分别为k1,k2，若点A,B关于原点对称，且k1?k2??,则此椭圆的离心率

3为___________. 8、已知抛物线

的焦点

x2y2??1的右焦点重合，抛物线的准线与与双曲线

79，则△AFK的面积为 轴的交点为，点在抛物线上且

x2y29、已知M是椭圆2?2?1(a?b?0)上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的

ab焦点F，圆M与y轴相交于P,Q两点.若?PQM为锐角三角形，则椭圆的离心率的取值范围为

x2y210、如图，在平面直角坐标系xoy中，已知F1,F2分别是椭圆E:2?2?1(a?b?0)的

ab左、右焦点，A，B分别是椭圆E的左、右顶点，且AF2?5BF2?0. （1）求椭圆E的离心率；

（2）已知点D?1,0?为线段OF2的中点，M 为椭圆E上的动点（异于点A、B），连接MF1并延长交椭圆E于点N，连接MD、ND并分别延长交椭圆E于点P、Q，连接PQ，设直线MN、PQ的斜率存在且分别为k1、k2，试问是否存在常数?，使得k1??k2?0恒成立？若存在，求出?的值；若不存在，说明理由.

14

11、已知椭圆的方程为：，其焦点在轴上，离心率.

（1）求该椭圆的标准方程； （2）设动点

满足

，其中M，N是椭圆

上的点，直线OM

与ON的斜率之积为，求证：为定值.

，使得

为定值？

（3）在（2）的条件下，问：是否存在两个定点

若存在，给出证明；若不存在，请说明理由.

12、已知左焦点为F(－1，0)的椭圆过点E(1，23)．过点P(1，1)分别作斜率为k1，k23的椭圆的动弦AB，CD，设M，N分别为线段AB，CD的中点． （1）求椭圆的标准方程；

（2）若P为线段AB的中点，求k1；

（3）若k1+k2=1，求证直线MN恒过定点，并求出定点坐标． 一、基础回顾：

x2y2??1 1、答案：

442、答案：{2，4，5} 3、答案：3 4、答案：2 5、答案：

5 46、答案： 5＋2

15

三、课后检测 1、答案：2

1

2、答案：－

81

3、答案： 24、答案：4 1

5、答案： 96、答案：9 7、答案：6 38、答案：32 9、答案： ??6?25?1?, ???22??解：（1）

AF2?5BF2?0，?AF2?5F2B.?a?c?5?a?c?，化简得2a?3c，

故椭圆E的离心率为

2. 34（2）存在满足条件的常数?，l??.点D?1,0?为线段OF2的中点，?c?2，从而a?3，

7x2y2?1.设M?x1,y1?，N?x2,y2?，P?x3,y3?，左焦点F1??2,0?，椭圆E的方程为?b?5，95Q?x4,y4?x1?1x2y2??1，整理得，y?1，代入椭圆方程，则直线MD的方程为x?y1955?x12x1?1y?y?4?0.y12y1y1?y3?y1?x1?1?x1?5，?y3?4y15x?9.从而x3?1，故点x1?5x1?5?5x?94y1??5x2?94y2?y1y2?，P?1,,?.同理，点Q??.三点M、F1、N共线，?x?2x?2x?5x?5x?5x?512?11??22?从而x1y2?x2y1?2?y1?y2?.从而

4y14y2?xy?x2y1?5?y1?y2?7?y1?y2?7k1y?y4x?5x2?5k2?3?1?12??.

x3?x45x1?95x2?94?x1?x2?4?x1?x2?4?x1?5x2?5故k1?

4k24?0，从而存在满足条件的常数?，l??. 7716

11、解：（1）由，，解得，

故椭圆的标准方程为.

（2）设

, 则由，得

，

即

，

∵点M，N在椭圆上，∴

设

分别为直线

的斜率，由题意知，

，∴

，

故

即

（定值）

12、解析：依题设c=1，且右焦点F?(1，0)．

所以，2a=EF?EF?=(1?1)2???23?2?222

??23?23，b=a－c=2，?33故所求的椭圆的标准方程为x2y23?2?1． x2222(2)设A(x1y1x2y21，y1)，B(x2，y2)，则3?2?1①，3?2?1②．

17

，

②－①，得 所以，k1=

(x2?x1)(x2?x1)(y2?y1)(y2?y1)??0．

32y2?y12(x2?x1)4x????P??2． x2?x13(y2?y1)6yP3(3)依题设，k1≠k2．

设M(xM,yM)，直线AB的方程为y－1=k1(x－1)，即y=k1x+(1－k1)，亦即y=k1x+k2，

代入椭圆方程并化简得 (2?3k2x2?6k3k21)1k2x?2?6?0．

于是，x?3k1k2M?2?3k2，y2k2M?3k2． 12?1同理，x?3k1k2N?2?3k2，y2k1N?2． 22?3k2当k1k2≠0时，

直线MN的斜率k=yM?yN4?6(k22?k2k1?k21)10?6k2x?k1M?xN?9kk=． 21(k2?k1)?9k2k1直线MN的方程为y?2k210?6k2k1?32?3k2?1?9kk(x?k1k22?3k2)， 211即 y?10?6k2k110?6k2k13k1k22k?9kx?(??22)，

2k1?9k2k12?3k212?3k1亦即 y?10?6k2k1?9kx?23．

2k1此时直线过定点(0,?23)．

当k1k2=0时，直线MN即为y轴，此时亦过点(0,?23)．

综上，直线MN恒过定点，且坐标为(0,?23)．

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