选修2-1 直线和圆锥曲线经常考查知识点和题型系统的总结分析


直线和圆锥曲线经常考查知识点和题型总结分析

3、两条直线 l1 : y ? k1 x ? b1 , l2 : y ? k2 x ? b2 垂直:则 k1k2 ? ?1
? ? 两条直线垂直,则直线所在的向量 v1 ?v2 ? 0

直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离 三种情况。 从几何角度可分为三类:无公共点,仅有一个公共点及有两个相异公共点 对于 抛物线来说,平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点,但并不是相切;对于双曲 线来说,平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点,但并不相切. 直线和椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的公共点问题,可以转化为它们的 方程所组成的方程组求解的问题,从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。 解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是: (1)直线的斜率不存在,直线的斜率存在, (2)联立直线和曲线的方程组; (3)讨论类一元二次方程 (4)一元二次方程的判别式 (5)韦达定理,同类坐标变换 (6)同点纵横坐标变换 (7)x,y,k(斜率)的取值范围 (8)目标:弦长,中点,垂直,角度,向量,面积,范围等等

4 、 韦 达 定 理 : 若 一元 二 次 方 程 ax2 ? bx? c?0( a ? 0)有两个不同的根 x1 , x2 , 则
b c x1 ? x 2 ? ? , x 1x 2? 。 a a 常见的一些题型: 题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 题型二:弦的垂直平分线问题 题型三:动弦过定点的问题 题型四:过已知曲线上定点的弦的问题 题型五:共线向量问题 题型六:面积问题 题型七:弦或弦长为定值问题 题型八:角度问题 问题九:四点共线问题 问题十:范围问题(本质是函数问题) 问题十一、存在性问题: (存在点,存在直线 y=kx+m,存在实数,存在图形:三角形(等比、
等腰、直角) ,四边形(矩形、菱形、正方形) ,圆)

运用的知识:
1、中点坐标公式: x ? 标。 2、弦长公式:若点 A( x1 , y1 ),B( x2 , y2 ) 在直线 y ? kx ? b(k ? 0) 上, 则 y1 ? kx1 ? b,y2 ? kx2 ? b ,这是同点纵横坐标变换,是两大坐标变换技巧之一,
AB ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? (kx1 ? kx2 ) 2 ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )[( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ]
或者 AB ?

x1 ? x2 y ?y ,y ? 1 2 ,其中 x, y 是点 A( x1 , y1 ),B( x2 , y2 ) 的中点坐 2 2

题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系
例题 1、已知直线 l : y ? kx ? 1 与椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1 始终有交点,求 m 的取值范围 4 m

思路点拨:直线方程的特点是过定点(0,1) ,椭圆的特点是过定点(-2,0)和(2,0) ,和动

(0, ? m ), 且m ? 4 。 点
解:根据直线 l : y ? kx ? 1 的方程可知,直线恒过定点( 0 , 1 ) ,椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1 过动点 4 m

1 1 1 ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? (1 ? 2 )( y1 ? y2 ) 2 k k k

(0, ? m ), 且m ? 4 , 如 果 直 线 l : y ? kx ? 1 和 椭 圆 C :

x2 y 2 ? ?1 始 终 有 交 点 , 则 4 m

? (1 ?

1 )[( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 ] 。 2 k
1

m ? 1,且m ? 4 ,即 1 ? m且m ? 4 。

规 律 提 示 : 通 过 直 线 的 代 数 形 式 , 可 以 看 出 直 线 的 特 点 : l : y ? kx ? 1 ? 过定点(0, 1 )

(5)若定点 P 在两条渐近线的交点上,即对称中心,过点 P 和双曲线只有一个公共点的直线不 存在。

l : y ? k ( x ? 1) ? 过定点(? 1,0)

l : y ? 2 ? k ( x ? 1) ? 过定点(? 1,2)

证明直线过定点,也是将满足条件的直线整理成以上三种形式之一,再得出结论。

题型二:弦的垂直平分线问题
弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维,首先弄清楚哪个是弦,哪个是对称轴,用 到的知识是:垂直(两直线的斜率之积为-1)和平分(中点坐标公式) 。 例题 2、 过点 T(-1,0)作直线 l 与曲线 N :y ? x 交于 A、 B 两点, 在 x 轴上是否存在一点 E( x0 ,0),
2

练习:1、过点 P(3,2) 和抛物线 y ? x 2 ? 3x ? 2 只有一个公共点的直线有(
A.4 B.3 C.2 D.1

)条。

使得 ?ABE 是等边三角形,若存在,求出 x0 ;若不存在,请说明理由。 分析:过点 T(-1,0)的直线和曲线 N : y ? x 相交 A、B 两点,则直线的斜率存在且不等于 0,
2

分析:作出抛物线 y ? x ? 3x ? 2 ,
2

判断点 P(3,2)相对抛物线的位置。 解:抛物线 y ? x ? 3x ? 2 如图,点 P(3,2)在抛物线
2

可以设直线的方程,联立方程组,消元,分析类一元二次方程,看判别式,运用韦达定理,得 弦的中点坐标,再由垂直和中点,写出垂直平分线的方程,得出 E 点坐标,最后由正三角形的 性质:中线长是边长的

的内部,根据过抛物线内一点和抛物线的对称轴平行或重合的直线和抛物线只有一个交点,可 知过点 P(3,2) 和抛物线 y ? x ? 3x ? 2 只有一个公共点的直线有一条。故选择 D
2

3 倍。运用弦长公式求弦长。 2

解:依题意知,直线的斜率存在,且不等于 0。设直线 l : y ? k ( x ? 1) , k ? 0 , A( x1 , y1 ) ,

规律提示:含焦点的区域为圆锥曲线的内部。 (这里可以用公司的设备画图) 一、过一定点 P 和抛物线只有一个公共点的直线的条数情况: (1)若定点 P 在抛物线外,则过点 P 和抛物线只有一个公共点的直线有 3 条:两条切线,一条 和对称轴平行或重合的直线; (2)若定点 P 在抛物线上,则过点 P 和抛物线只有一个公共点的直线有 2 条:一条切线,一条 和对称轴平行或重合的直线; (3)若定点 P 在抛物线内,则过点 P 和抛物线只有一个公共点的直线有 1 条:和抛物线的对称 轴平行或重合的直线和抛物线只有一个交点。 二、过定点 P 和双曲线只有一个公共点的直线的条数情况: (1)若定点 P 在双曲线内,则过点 P 和双曲线只有一个公共点的直线有 2 条:和双曲线的渐近 线平行的直线和双曲线只有一个公共点; (2)若定点 P 在双曲线上,则过点 P 和双曲线只有一个公共点的直线有 3 条:一条切线,2 条 和渐近线平行的直线; (3)若定点 P 在双曲线外且不在渐近线上,则过点 P 和双曲线只有一个公共点的直线有 4 条: 2 条切线和 2 条和渐近线平行的直线; (4)若定点 P 在双曲线外且在一条渐近线上,而不在另一条渐近线上,则过点 P 和双曲线只有 一个公共点的直线有 2 条:一条切线,一条和另一条渐近线平行的直线;
2

B( x2 , y2 ) 。
由?

? y ? k ( x ? 1) 2 2 2 2 消 y 整理,得 k x ? (2k ? 1) x ? k ? 0 2 y ? x ?
2 2 4



2 由 直 线 和 抛 物 线 交 于 两 点 , 得 ? ? (2k ? 1) ? 4k ? ?4k ? 1 ? 0 即 0 ? k ?
2

1 4



由韦达定理,得: x1 ? x2 ? ?

2k 2 ? 1 2k 2 ? 1 1 x x ? 1 , ( ? , )。 。则线段 AB 的中点为 1 2 k2 2k 2 2k
, 令 y=0, 得 x0 ?

1 1 1 ? 2k 2 ? ? (x ? ) 线段的 垂直平分线方程为: y ? 2k k 2k 2

1 1 ? ,则 2 2k 2

E(

1 1 ? , 0) 2 2k 2

? ?ABE 为正三角形,? E (

3 1 1 AB 。 ? , 0) 到直线 AB 的距离 d 为 2 2 2k 2
2

1 ? 4k 2 ? AB ? ( x1 ? x2 ) ? ( y1 ? y2 ) ? ? 1? k 2 2 k
2

d?

1? k 2 2k

?

3 1 ? 4k 2 1? k 2 2 ? 1 ? k ? 2k 2 2k

解得 k ? ?

39 满足②式 13

此时

由|OM|=r,得 ( ? ) ? t
2

1 2

2

?

3 ,解得 t=± 2 , 2

x0 ?

5 。 3

∴所求圆的方程为(x+

1 2 2 9 ) +(y± 2 ) = . 2 4

思维规律:直线过定点设直线的斜率 k,利用韦达定理法,将弦的中点用 k 表示出来,再利用垂 直关系将弦的垂直平分线方程写出来,求出了横截距的坐标;再利用正三角形的性质:高是边 长的

(II)由题意可知,直线 AB 的斜率存在,且不等于 0,设直线 AB 的方程为 y=k(x+1)(k≠0), 代入

3 倍,将 k 确定,进而求出 x0 的坐标。 2

x2 2 2 2 2 2 +y =1,整理得(1+2k )x +4k x+2k -2=0 2

∵直线 AB 过椭圆的左焦点 F, ∴方程一定有两个不等实根, 设 A(x1,y1),B(x2,y2),AB 中点 N(x0,y0),则 x1+x1=-

例题 3、 已知椭圆

x2 ? y 2 ? 1 的左焦点为 F,O 为坐标原点。 (Ⅰ)求过点 O、F,并且与 x ? ?2 2

4k 2 , 2k 2 ? 1

相切的圆的方程; (Ⅱ)设过点 F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 A、B 两点,线段 AB 的垂直 平分线与 x 轴交于点 G,求点 G 横坐标的取值范围。

1 2k 2 k x0 ? ( x1 ? x2 ) ? ? 2 , y0 ? k ( x0 ? 1) ? 2 2 2k ? 1 2k ? 1
∴AB 垂直平分线 NG 的方程为 y ? y 0 ? ?

1 ( x ? x0 ) k

分析:第一问求圆的方程,运用几何法:圆心在弦的垂直平分线上, 圆心到切线的距离等于圆心到定点的距离;第二问,过定点的弦的垂直平分线如果和 x 轴相交, 则弦的斜率存在,且不等于 0,设出弦 AB 所在的直线的方程,运用韦达定理求出弦中点的横坐 标,由弦 AB 的方程求出中点的总坐标,再有弦 AB 的斜率,得到线段 AB 的垂直平分线的方程, 就可以得到点 G 的坐标。 解: (I) ∵a =2, b =1, ∴c=1, F(-1, 0), l:x=-2. 设 M(2 2

令 y=0,得 xC ? x0 ? ky0 ? ?

2k 2 k2 k2 1 1 ? ? ? ?? ? 2 2 2 2 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1 2 4k ? 2

∵ k ? 0,? ?

1 1 。 ? xc ? 0. ∴点 G 横坐标的取值范围为( ? ,0 ) 2 2

∵圆过点 O、 F,∴圆心 M 在直线 x=-

1 上 2

技巧提示:直线过定点设直线的斜率 k,利用韦达定理,将弦的中点用 k 表示出来,韦达定理就 是同类坐标变换的技巧,是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的两大技巧之第一个技巧。再 利用垂直关系将弦 AB 的垂直平分线方程写出来,就求出了横截距的坐标(关于 k 的函数) 。直 线和圆锥曲线中参数的范围问题,就是函数的值域问题。 练习 1:已知椭圆 C :

1 1 3 , t ),则圆半径:r=|(- )-(-2)|= 2 2 2
3

x2 y2 3 1 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 过点 (1, ) ,且离心率 e ? 。 2 2 2 a b

(Ⅰ)求椭圆方程;

(Ⅱ)若直线 l : y ? kx ? m(k ? 0) 与椭圆交于不同的两点 M 、 N ,且线段 MN 的垂直平分 线过定点 G ( ,0) ,求 k 的取值范围。

1 8

8mk 4m2 ? 12 由韦达定理得: x1 ? x2 ? ? , , x1 x2 ? 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2
则 x0 ? ?

4mk 4mk 2 3m , , y ? kx ? m ? ? ?m? 0 0 2 2 3 ? 4k 3 ? 4k 3 ? 4k 2

直线 AG 的斜率为: K AG

3m 2 24m , ? 3 ? 4k ? 4mk 1 ?32mk ? 3 ? 4k 2 ? ? 3 ? 4k 2 8

分析:第一问中已知椭圆的离心率,可以得到 a, b 的关系式,再根据“过点 (1, ) ”得到 a, b
的第 2 个关系式,解方程组,就可以解出 a, b 的值,确定椭圆方程。 第二问,设出交点坐标,联立方程组,转化为一元二次方程,通过判别式得出 k , m 的不等式, 再根据韦达定理,得出弦 MN 的中点的横坐标,利用弦的直线方程,得到中点的纵坐标,由中 点坐标和定点 G ( ,0) ,得垂直平分线的斜率,有垂直平分线的斜率和弦的斜率之积为-1,可得

3 2

3 ? 4k 2 24m 由直线 AG 和直线 MN 垂直可得: ,代入(1)式, ?k ? ?1 ,即 m ? ? 8k ?32mk ? 3 ? 4k 2
可得 (

3 ? 4k 2 2 5 5 1 或k ? ? ) ? 4k 2 ? 3 ,即 k 2 ? ,则 k ? 。 10 10 8k 20

老师支招:如果只说一条直线和椭圆相交,没有说直线过点或没给出直线的斜率,就直接设直 线的方程为: y ? kx ? m ,再和曲线联立,转化成一元二次方程,就能找到解决问题的门路。 本题解决过程中运用了两大解题技巧:与韦达定理有关的同类坐标变换技巧,与点的纵、横坐 标有关的同点纵横坐标变换技巧。解决直线和圆锥曲线的问题的关键就是充分、灵活的运用这 两大解题技巧。 练习 2、设 F 1 、 F 2 分别是椭圆
x2 y 2 ? ? 1 的左右焦点.是否存在过点 A ( 5 , 0) 的直线 l 与椭圆交 5 4

1 8

k , m 的等式,用 k 表示 m 再代入不等式,就可以求出 k 的取值范围。
解: (Ⅰ)?离心率 e ? 又椭圆过点 (1, ) ,则

b2 1 3 1 2 2 ,? 2 ? 1 ? ? ,即 4b ? 3a (1) ; a 4 4 2

3 2

1 9 2 2 ( 1 )式代入上式,解得 a ? 4 , b ? 3 ,椭圆方程为 ? 2 ?1, 2 a 4b

于不同的两点 C、D,使得 F 2 C ? F 2 D ?若存在,求直线 l 的方程;若不存在,请说明理由. 分析: 由 F 2 C ? F 2 D 得, 点 C、 D 关于过 F 2 的直线对称,由直线 l 过的定点 A(5,0)不在
x2 y 2 ? ? 1 的内部,可以设直线 l 的方程为: 5 4

x2 y 2 ? ? 1。 4 3
(Ⅱ)设 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,弦 MN 的中点 A ( x0 , y0 ) 由?

? y ? kx ? m 2 2 2 得: (3 ? 4k ) x ? 8mkx ? 4m ? 12 ? 0 , 2 2 3 x ? 4 y ? 12 ?

y ? k ( x ? 5) ,联立方程组,得一元二次方
程,根据判别式,得出斜率 k 的取值范围, 由韦达定理得弦 CD 的中点 M 的坐标, 由点 M 和点 F1 的坐标,得斜率为 ?
4

?直线 l : y ? kx ? m(k ? 0) 与椭圆交于不同的两点,
?? ? 64m2 k 2 ? 4(3 ? 4k 2 )(4m2 ? 12) ? 0 ,即 m2 ? 4k 2 ? 3 ??????(1)

1 ,解出 k 值,看是否在判别式的取值范围内。 k

解:假设存在直线满足题意,由题意知,过 A 的直线的斜率存在,且不等于。设直线 l 的方程

为: y ? k ( x ? 5),(k ? 0) ,C ( x1 , y1 ) 、D ( x2 , y2 ) ,CD 的中点 M ( x0 , y0 ) 。 由?

A1(-2,0),A2(2,0)。 (I)求椭圆的方程; (II)若直线 l : x ? t (t ? 2) 与 x 轴交于点 T,点 P 为直线 l 上异于点 T 的

? y ? k ( x ? 5) 2 2 2 2 得: (4 ? 5k ) x ? 50k x ? 125k ? 20 ? 0 , 2 2 4 x ? 5 y ? 20 ?
2 2 2

又直线 l 与椭圆交于不同的两点 C 、 D ,则 ?=(50 k ) ? 4(4 ? k 5

)(125 k2 ?

20) ? ,即 0

任一点,直线 PA1,PA2 分别与椭圆交于 M、N 点,试问直线 MN 是否通过椭圆的焦点?并证明 你的结论。 分析:第一问是待定系数法求轨迹方程;第二问中,点 A1、A2 的坐标都知道,可以设直线 PA1、 PA2 的方程,直线 PA1 和椭圆交点是 A1(-2,0)和 M,通过韦达定理,可以求出点 M 的坐标,同理 可以求出点 N 的坐标。动点 P 在直线 l : x ? t (t ? 2) 上,相当于知道了点 P 的横坐标了,由直线 PA1、PA2 的方程可以求出 P 点的纵坐标,得到两条直线的斜率的关系,通过所求的 M、N 点的 坐标,求出直线 MN 的方程,将交点的坐标代入,如果解出的 t>2,就可以了,否则就不存在。

0 ? k2 ?

1 。 5

50k 2 125k 2 ? 20 由韦达定理得: x1 ? x2 ? , , x x ? 1 2 4 ? 5k 2 4 ? 5k 2
则 x0 ?

x1 ? x2 25k 25k ?20k 25k 20k , M( , )。 ? , y0 ? k ( x0 ? 5) ? k ( ? 5) ? ? 2 2 2 2 2 4 ? 5k 4 ? 5k 4 ? 5k 4 ? 5k 4 ? 5k 2
2 2 2

解: (I)由已知椭圆 C 的离心率 e ?

c 3 ? , a ? 2 ,则得 c ? 3, b ? 1 。从而椭圆的方程为 a 2

又点 F2 (1,0) ,则直线 MF2 的斜率为 kMF2

20k ? 2 5k , ? 4 ?25k ? 25k 1 ? 5k 2 ?1 4 ? 5k 2

x2 ? y2 ? 1 4
(II)设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,直线 A1 M 的 斜率为 k1 ,则直线 A1 M 的方程为 y ? k1 ( x ? 2) , 由

根据 CD ? MF2 得: k MF2 ?k ? ?1,即

5k 2 ? ?1 ,此方程无解,即 k 不存在,也就是不存在 1 ? 5k 2

满足条件的直线。 老师提醒:通过以上 2 个例题和 2 个练习,我们可以看出,解决垂直平分线的问题,即对称问 题分两步:第一步,有弦所在的直线和曲线联立,转化为一元二次方程(或类一元二次方程) , 通过判别式得不等式,由韦达定理得出弦中点的坐标;第二步是利用垂直关系,得出斜率之积 为-1,或者是利用中点坐标和对称轴直线的斜率,写出垂直平分线的方程,就可以解决问题。需 要注意的一点是,求出的参数一定要满足判别式。

? y ? k1 ( x ? 2) ? 2 2 ?x ? 4 y ? 4



y







(1 ? 4k12 ) x 2 ? 16k2 x ? 16k12 ? 4 ? 0

题型三:动弦过定点的问题
圆锥曲线自身有一些规律性的东西,其中一些性质是和直线与圆锥曲线相交的弦有关系,对这 样的一些性质,我们必须了如指掌,并且必须会证明。随着几何画板的开发,实现了机器证明 几何问题,好多以前我们不知道的、了解不深入的几何或代数性质,都如雨后春笋般的出来了, 其中大部分都有可以遵循的规律, 高考出题人, 也得设计好思维, 让我们在他们设好的路上 “走” 出来。下面我们就通过几个考题领略一下其风采。 例题 4 、已知椭圆 C :

16k12 ? 4 ? ?2和x1 是方程的两个根,??2 x1 ? 1 ? 4k12
的坐标为 (

2 ? 8k12 4k1 则 x1 ? , y1 ? ,即点 M 2 1 ? 4k1 1 ? 4k12

2 ? 8k12 4k1 , ), 1 ? 4k12 1 ? 4k12
2 8k 2 ? 2 ?4 k 2 , ) 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k2

同理,设直线 A2N 的斜率为 k2,则得点 N 的坐标为 (

x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,且在 x 轴上的顶点分别为 2 2 a b
5

? y p ? k1 (t ? 2), y p ? k2 (t ? 2)

?

k1 ? k2 2 ?? , k1 ? k2 t

?直线 MN 的方程为:

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

y ? y1 y2 ? y1 x y ? x1 y2 得直线与 x 轴的交点,即横截距 x ? 2 1 ,将点 M、N 的坐标代入,化 ? x ? x1 x2 ? x1 y1 ? y2
简易得 x ?

?令 y=0,得 x ?

x2 y1 ? x1 y2 4 ,将点 M、N 的坐标代入,化简后得: x ? y1 ? y2 t

4 3 4 3 4 4 ,由 ? 3 解出 t ? ,到此不要忘了考察 t ? 是否满足 t ? 2 。 3 3 t t

又?t ? 2 ,? 0 ?

4 ?2 t
4 3 4 即t ? ? ? 3, 3 t
2

另外:也可以直接设 P(t,y0),通过 A1,A2 的坐标写出直线 PA1,PA2 的直线方程,再分别和椭 圆联立,通过韦达定理求出 M、N 的坐标,再写出直线 MN 的方程。再过点 F,求出 t 值。 故当 t ?
2

?椭圆的焦点为 ( 3, 0)

4 3 时, MN 过椭圆的焦点。 3
2

例题 5、 (07 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。 分析:第一问,是待定系数法求椭圆的标准方程;第二问,直线 l:y ? kx ? m 与椭圆 C 相 交于 A,B 两点,并且椭圆的右顶点和 A、B 的连线互相垂直,证明直线 l 过定点,就是通过垂 直建立 k、m 的一次函数关系。 解(I)由题意设椭圆的标准方程为

方法总结:本题由点 A1(-2,0)的横坐标-2 是方程 (1 ? 4k1 ) x ? 16k2 x ? 16k1 ? 4 ? 0 的一个根,

2 ? 8k12 结合韦达定理运用同类坐标变换,得到点 M 的横坐标: x1 ? , 1 ? 4k12
再利用直线 A1M 的方程通过同点的坐标变换,得点 M 的纵坐标: y1 ?

4k1 ; 1 ? 4k12

? y ? k2 ( x ? 2) 2 2 2 其 实 由 ? 2 消 y 整 理 得 (1 ? 4k2 ) x ? 16k2 x ? 16k2 ? 4 ? 0 , 得 到 2 ?x ? 4 y ? 4
2 2 16 k2 ? 4 8k2 ?2 ?4k2 2 x2 ? x ? ,即 , y2 ? 很快。 2 2 2 2 1 ? 4k2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) a 2 b2 ? x2 y 2 ? ?1 4 3

a ? c ? 3, a ? c ? 1 , a ? 2, c ? 1, b 2 ? 3

16k12 ? 4 不过如果看到:将 ?2 x1 ? 中的 k1用k2 换下来, x1 前的系数 2 用-2 换下来,就得 1 ? 4k12
点 N 的坐标 (
2 8k 2 ? 2 ?4 k 2 , ) ,如果在解题时,能看到这一点,计算量将减少,这样真容易出 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k2

(II)设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由 ?

? y ? kx ? m 2 2 2 得 (3 ? 4k ) x ? 8mkx ? 4(m ? 3) ? 0 , 2 2 ?3x ? 4 y ? 12

? ? 64m2 k 2 ? 16(3 ? 4k 2 )(m2 ? 3) ? 0 , 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0

错,但这样减少计算量。 本题的关键是看到点 P 的双重身份:点 P 即在直线 A1 M 上也在直线 A2N 上,进而得到

8mk 4(m2 ? 3) x1 ? x2 ? ? , x1 ? x2 ? (注意:这一步是同类坐标变换) 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m2 ?
同点纵、横坐标间的变换)
6

k1 ? k2 2 ?? , 由 直 线 k1 ? k2 t

MN

的 方 程

3(m2 ? 4k 2 ) (注意: 这一步叫 3 ? 4k 2

?以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2, 0), 且 k AD ? kBD ? ?1 ,
? y1 y ? 2 ? ?1, y1 y2 ? x1 x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 ? 0 , x1 ? 2 x2 ? 2

y1 ? m y2 ? m y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ? m 2 则 x1 x2 ? , ? ? k k k2

?以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点 O,则 OA ? OB,即 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,
可得
2

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

y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ? m 2 ? y1 y2 ? 0 ,则 (1 ? k 2 )2mp ? 2 pm ? m2 k ? 0 , k2
2

2k 7m ? 16mk ? 4k ? 0 ,解得 m1 ? ?2k , m2 ? ? ,且满足 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0 7
2 2

即 k 2mp ? m k ? 0 ,又 mk ? 0 ,则 m ? ?2kp ,且使(1)成立, 此时 l:y ? kx ? m ? kx ? 2kp ? k ( x ? 2 p) ,直线恒过点 (2 p,0) 。 名师指点:本题解决过程中,有一个消元技巧,就是直线和抛物线联立时,要消去一次项,计 算量小一些,也运用了同类坐标变换——韦达定理,同点纵、横坐标变换-------直线方程的纵坐 标表示横坐标。其实解析几何就这么点知识,你发现了吗?

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

2k 2 2 时, l : y ? k ( x ? ) ,直线过定点 ( , 0) , 综上可知,直线 l 过定点,定点坐标 7 7 7

为 ( , 0). 名师经验:在直线和圆锥曲线的位置关系题中,以弦为直径的圆经过某个点,就是“弦对定点 张直角” ,也就是定点和弦的两端点连线互相垂直,得斜率之积为 ?1 ,建立等式。直线不过定 点,也不知道斜率,设出 l:y ? kx ? m ,是经常用的一招,在第二讲中就遇到了这样设的直线。 练习:直线 l:y ? kx ? m 和抛物线 y ? 2 px 相交于 A、 B, 以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点,
2

2 7

题型四:过已知曲线上定点的弦的问题
若直线过的定点在已知曲线上,则过定点的直线的方程和曲线联立,转化为一元二次方程(或 类一元二次方程) ,考察判断式后,韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标,进而 解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。

证明:直线 l:y ? kx ? m 过定点,并求定点的坐标。 分析:以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点 O ,则 OA ? OB ,若设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则

x2 y 2 例题 6、已知点 A、B、C 是椭圆 E: 2 ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 上的三点,其中点 A (2 3, 0) 是 a b ??? ? ???? ??? ? ??? ? BC ? 0 , BC ? 2 AC ,如图。(I)求点 C 的 椭圆的右顶点,直线 BC 过椭圆的中心 O,且 AC ?
坐标及椭圆 E 的方程; (II)若椭圆 E 上存在两点 P、 Q, 使得直线 PC 与直线 QC 关于直线 x ? 3 对称,求直线 PQ 的斜率。

x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,再通过 y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m2 ,将条件转
化为 (k ? 1) x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m ? 0 ,再通过直线和抛物线联立,计算判别式后,可以得到
2 2

x1 x2 , x1 ? x2 ,解出 k、m 的等式,就可以了。
解:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由 ?

? y ? kx ? m 2 得, ky ? 2 py ? 2mp ? 0 , (这里消 x 得到的) 2 y ? 2 px ?
由韦达定理,得: y1 ? y2 ?

2 则 ? ? 4 p ? 8mkp ? 0 ??????(1)

2p 2mp , ,y1 y2 ? k k
7

解:(I) ? BC ? 2 AC ,且 BC 过椭圆的中心 O

??? ?

????

???? ???? ? OC ? AC

???? ??? ? ? AC ?BC ? 0

?? ACO? 2

?



又? A (2 3, 0)

?点 C 的坐标为 ( 3, 3) 。
x2 y 2 ? ?1 12 b 2

xP ?

9k 2 ? 18k ? 3 ,再将其中的 k 用-k 换下来,就得到了点 Q 的横坐标: 3(1 ? 3k 2 ) 9k 2 ? 18k ? 3 ,这样计算量就减少了许多,在考场上就节省了大量的时间。 3(1 ? 3k 2 )

?A (2 3, 0) 是椭圆的右顶点,

? a ? 2 3 ,则椭圆方程为:

xQ ?

2 将点 C ( 3, 3) 代入方程,得 b ? 4 ,?椭圆 E 的方程为

x2 y 2 ? ?1 12 4

接下来,如果分别利用直线 PC、QC 的方程通过坐标变换法将点 P、Q 的纵坐标也求出来,计算 量会增加许多。 直接计算 y P ? yQ 、 xP ? xQ ,就降低了计算量。总之,本题有两处是需要同学们好好想一想, 如何解决此类问题,一是过曲线上的点的直线和曲线相交,点的坐标是方程组消元后得到的方 程的根;二是利用直线的斜率互为相反数,减少计算量,达到节省时间的目的。 练习 2、 : (2009 辽宁卷文、理)已知,椭圆 C 以过点 A(1,

(II)? 直线 PC 与直线 QC 关于直线 x ? 3 对称,

?设直线 PC 的斜率为 k ,则直线 QC 的斜率为 ?k ,从而直线 PC 的方程为:
y ? 3 ? k ( x ? 3) ,即 y ? kx ? 3(1 ? k ) ,
由?

? y ? kx ? 3(1 ? k ) ? 消 y,整理得: 2 2 ? ? x ? 3 y ? 12 ? 0

3 ) ,两个焦点为(-1,0) (1,0) 。 2

(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。
2

(1 ? 3k 2 ) x 2 ? 6 3k (1 ? k ) x ? 9k 2 ? 18k ? 3 ? 0 ? x ? 3 是方程的一个根,

? xP ? 3 ?

9k ? 18k ? 3 1 ? 3k 2
2

即 xP ?

9k ? 18k ? 3 3(1 ? 3k 2 )
2

同理可得: xQ ?

9k ? 18k ? 3 3(1 ? 3k 2 )

分析:第一问中,知道焦点,则 出

a 2 ? b2 ? 1 ,再根据过点 A,通过解方程组,就可以求

a 2 , b2

,求出方程。

? yP ? yQ ? kxP ? 3(1 ? k ) ? kxQ ? 3(1 ? k ) = k ( xP ? xQ ) ? 2 3k =

?12k 3(1 ? 3k 2 )

第二问中,设出直线 AE 的斜率 k,写出直线的方程,联立方程组,转化成一元二次方程,由韦 达定理和点 A 的坐标,可以求出点 E 的坐标,将点 E 中的 k,用-k 换下来,就可以得到点 F 的坐 标,通过计算 yE-yF,xE-xF,就可以求出直线 EF 的斜率了 解: (Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为 x
2

xP ? xQ ?

9k 2 ? 18k ? 3 9k 2 ? 18k ? 3 ?36k ? = 2 2 3(1 ? 3k ) 3(1 ? 3k ) 3(1 ? 3k 2 )
? 1 3
则直线 PQ 的斜率为定值

? k PQ ?

yP ? yQ xP ? xQ

1 。 3

方法总结:本题第二问中,由“直线 PC 与直线 QC 关于直线 x ? 3 对称”得两直线的斜率互为 相反数,设直线 PC 的斜率为 k,就得直线 QC 的斜率为-k。利用 3 是方程

a2 1 9 程: ,解得 ? ?1 a2 ? 4 a 2 4(a 2 ? 1) 2 x y2 所以椭圆方程为 。 ? ?1 4 3 x2 y 2 3 ? ? 1得 (Ⅱ)设直线 AE 方程为: y ? k ( x ? 1) ? ,代入 4 3 2

?

y2 ,将点 A 的坐标代入方 ?1 2 a ?1 1 , a 2 ? ? 1 ? c 2 (舍去) 4

(1 ? 3k 2 ) x 2 ? 6 3k (1 ? k ) x ? 9k 2 ? 18k ? 3 ? 0 的根,易得点 P 的横坐标:

3 (3 ? 4k 2 ) x 2 ? 4k (3 ? 2k ) x ? 4( ? k ) 2 ? 12 ? 0 2

8

设 E (x E , y E ) , F (x F , y F ) ,因为点 A(1, ) 在椭圆上,所以

3 2

3 4( ? k ) 2 ? 12 xF ? 2 3 ? 4k 2


又 P、Q 是椭圆

x y + =1 上的点 9 4

2

2

yE ? kxE ?

3 ?k 2

………8 可得

2 ì x2 y2 ? ? + 2 = 1 ? ? 9 4 ? í 2 ? ( l x ) (l y 2 + 3 - 3l )2 ? 2 + = 1 ? ? 4 ? ? 9

消去 x2,

2 (l y 2 + 3 - 3l )2 - l 2y 2 = 1- l 4

2

即 y2=

13l - 5 6l

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

又 Q 在椭圆上,-2≤y2≤2, 则实数 l 的取值范围是 ? ,5? 。 ?5 ?

∴ -2≤

13l - 5 ≤2 6l

解之得:

1 ?? ?5 5

3 4( ? k ) 2 ? 12 xF ? 2 3 ? 4k 2
所以直线 EF 的斜率 K EF ?

yE ? ?kxE ?

3 ?k 2

?1

?

y F ? y E ? k ( xF ? xE ) ? 2 k 1 ? ? xF ? xE xF ? xE 2

方法二:判别式法、韦达定理法、配凑法
设直线 PQ 的方程为: y ? kx ? 3, k ? 0 ,由 ?

即直线 EF 的斜率为定值,其值为

1 。 2

? y ? kx ? 3 消 y 整理后,得 2 2 ?4 x ? 9 y ? 36

……12 分

老师总结:此类题的关键就是定点在曲线上,定点的坐标是方程的根,通过韦达定理,将动点 的坐标求出,在根据斜率互为相反数,就可以直接求出第二动点的坐标,最后由斜率公式,可 以求出斜率为定值。

(4 ? 9k 2 ) x 2 ? 54kx ? 45 ? 0

?P、Q 是曲线 M 上的两点
即 9k ? 5
2

?? ? (54k )2 ? 4 ? 45(4 ? 9k 2 ) =144k 2 ? 80 ? 0


由韦达定理得: x1 ? x2 ? ?

54k 45 , x1 x2 ? 2 4 ? 9k 4 ? 9k 2
? 5 42 k 2 (? 1? 2 ) ? 2 45(4 ? k9 ) ?


题型五:共线向量问题
解析几何中的向量共线,就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题,再通过未达定理 ------同 类坐标变换,将问题解决。此类问题不难解决。 例题 7、设过点 D(0,3)的直线交曲线 M:于 P、Q 两点,且 DP = l DQ ,求实数 l 的取值范围。 分析:由 DP = l DQ 可以得到 ? í 坐标,用 l 表示出来。 解:设 P(x1,y1),Q(x2,y2),
uuu r uuu r 由 DP = l DQ uuu r uuu r
ì ? x1 = l x2 ,将 P(x1,y1),Q(x2,y2),代人曲线方程,解出点的 ? y 1 = 3 + l (y 2 - 3) ? ?

?

( x1 ? x2 ) 2 x1 x2 ? ? ?2 x1 x2 x2 x1

uuu r

uuu r



36? 9k 2 ? 4 4 ? ? 1? 2 2 2 5(1 ? ? ) 9k 9k

由①得 0 ?

36? 9 1 1 1 ? , 解之得 ? ? ? 5 ? ,代入②,整理得 1 ? 2 2 5(1 ? ? ) 5 9k 5 5

得(x1,y1-3)= l (x2,y2-3)

ì ? x1 = l x2 即? í ? y = 3 + l (y 2 - 3) ? ? ? 1

当直线 PQ 的斜率不存在, 即 x ? 0 时, 易知 ? ? 5 或 ? ?

1 ?1 ? 。 总之实数 l 的取值范围是 ? ,5? 。 5 ?5 ?

方法一:方程组消元法
9

方法总结:通过比较本题的第二步的两种解法,可知第一种解法,比较简单,第二种方法是通 性通法,但计算量较大,纵观高考中的解析几何题,若放在后两题,很多情况下能用通性通法 解,但计算量较大,计算繁琐,考生必须有较强的意志力和极强的计算能力;不用通性通法,

要求考生必须深入思考,有较强的思维能力,在命题人设计的框架中,找出破解的蛛丝马迹, 通过自己的思维将问题解决。 例题 8:已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,它的一个顶点恰好是抛物线 y ? 点,离心率为

1 2 x 的焦 4

2 5 . (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)过椭圆 C 的右焦点 F 作直线 l 交椭圆 C 5 于 A、B 两点,交 y 轴于 M 点,若 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF ,求 ?1 ? ?2 的值.
分析:

QF ? FP?FQ 得: (Ⅰ)设点 P( x,y ) ,则 Q(?1 ,y) ,由 QP?

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

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

(07 福建理科)如图,已知点 F (1,0) ,直线 l:x=-1,P 为平面上的动点,过 P 作直 线 l 的垂线,垂足为点 Q ,且 QP ? QF ? FP ? FQ 。 (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 , AF ? ?2 BF , 求 ?1 ? ?2 的值。 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:

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

, ? 设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) ,又 M ? ?1

? ?

? y 2 ? 4 x, 2? ,联立方程组 ,消去 x 得: ? ? m? x ? my ? 1 , ?

????

??? ? ??? ?

??? ?

? y1 ? y2 ? 4m, y 2 ? 4my ? 4 ? 0 , ? ? (?4m) 2 ? 12 ? 0 ,故 ? ? y1 y2 ? ?4.
由 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF 得: y1 ?

????

??? ?

????

??? ?

2 2 ? ??1 y1 , y2 ? ? ??2 y2 ,整理得: m m

?1 ? ?1 ?
? ?2 ?

2?1 1 ? 2 2 2 y1 ? y2 , ?2 ? ?1 ? ,? ?1 ? ?2 ? ?2 ? ? ? ? ? ?2 ? ? m ? y1 y2 ? my1 my2 m y1 y2

2 4m ? ?0 m ?4
??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ?

QF ? FP?FQ 得: FQ? ( PQ ? PF ) ? 0 , 解法二: (Ⅰ)由 QP? ??? ? ??? ? ??? ? ??? ? ? ( PQ ? PF )? ( PQ ? PF ) ? 0 ,
10

??? ? 2 ??? ?2 ? 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 ? 4 x .
2

???? ??? ? ???? ??? ? ?2 ? 0 . (Ⅱ)由已知 MA ? ?1 AF , MB ? ?2 BF ,得 ?1 ?

???? MA ?1 则: ???? ? ? MB ?2

??? ? AF ??? ? .????① BF

4 4 ? x1 ? ? ? 4 ? 4 ? k ?1 k ?? ? ?1 ( x1 ? ) ? ?? k k ?? ? ? y ?? 4 ? ?4 ? ?1 y1 1 ? ?1 ?

???? ???? ??? ? MA AA1 AF 过点 A,B 分别作准线 l 的垂线, 垂足分别为 A1 ,B1 , 则有: ???? ? ???? ? ??? ? .???? MB BB1 BF


? A( x1 , y1) 在双曲线 C 上, ? 16 ? 32?1 ? 16?12 ?

?

16 1 ? ?1 2 16 ( ) ? ?1 ? 0 k 2 ?1 ?1

??? ? AF 由①②得: ? ??? ? ? ??? ? ,即 ?1 ? ?2 ? 0 . ?2 BF BF

?1 AF

??? ?

16 2 16 k ? k 2? 2 ? 0. ? (16 ? k 2 )?1 2 ? 32?1 ? 16 ? k 2? 0. 3 3 16 2 2 2 同理有: (16 ? k )?2 ? 32?2 ? 16 ? k ? 0. 3
若 16 ? k ? 0, 则 直 线 l 过 顶 点 , 不 合 题 意 . ?16 ? k ? 0, ? ?1 , ?2 是 二 次 方 程
2 2

练习:设椭圆 C :

x2 y2 ? ? 1 (a ? 0) 的左、右焦点分别为 F1 、 F2 ,A 是椭圆 C 上的一点,且 a2 2

(16 ? k 2 ) x 2 ? 32 x ? 16 ?
此时 ? ? 0,? k ? ?2 .

16 2 k ? 0. 的两根. 3

? ?1 ? ?2 ?

32 8 ?? k ? 16 3
2

?k 2 ? 4 ,

1 AF2 ? F1 F2 ? 0 ,坐标原点 O 到直线 AF1 的距离为 | OF1 | . (1)求椭圆 C 的方程; 3
(2) 设 Q 是椭圆 C 上的一点, 过 Q 的直线 l 交 x 轴于点 P( ?1 , 0) , 较 y 轴于点 M, 若 MQ ? 2QP , 求直线 l 的方程.

?所求 Q 的坐标为 (?2,0) .
??? ? ??? ? ??? ? 4 , 0) . ? PQ ? ?1 QA , ?Q 分 PA 的 k

解法二:由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零 设 l 的方程, y ? kx ? 4, A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 Q(? 比为 ?1 .

x2 y 2 ? ? 1 有相同的焦点,直线 y= 3 x 为 C 的一条渐近线。 山东 2006 理 双曲线 C 与椭圆 8 4
(I) 求双曲线 C 的方程;(II)过点 P(0,4)的直线 l ,交双曲线 C 于 A,B 两点,交 x 轴于 Q 点

??? ? ??? ? ??? ? 8 (Q 点与 C 的顶点不重合) 。当 PQ ? ?1 QA ? ?2 QB ,且 ?1 ? ?2 ? ? 时,求 Q 点的坐 3
标。 解: (Ⅱ)解法一:由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零。

4 ? 4 ?1 x1 ? ?? k ? 1? ? ? x1 ? ? k ? (1 ? ?1 ) ? ? 1 1 ?? 由定比分点坐标公式得 ? 4 ?0 ? 4 ? ?1 y1 ? y1 ? ? ? ? ?1 1 ? ?1 ? ?
解法三:由题意知直线 l 的斜率 k 存在且不等于零 设 l 的方程: y ? kx ? 4, A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,则 Q(?

下同解法一

4 设 l 的方程: y ? kx ? 4, A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) 则 Q(? , 0) k ??? ? ??? ? 4 4 ? PQ ? ?1 QA ? (? , ?4) ? ?1 ( x1 ? , y1 ) k k

??? ? ??? ? ??? ? 4 4 4 ? PQ ? ?1 QA ? ?2 QB ,? (? , ?4) ? ?1 ( x1 ? , y1 ) ? ?2 ( x2 ? , y2 ) . k k k

4 , 0) . k

4 4 ??4 ? ?1 y1 ? ?2 y2 , ? ?1 ? ? , ?2 ? ? , y1 y2

又 ?1 ? ?2 ? ?

1 1 2 8 ? , ? ? y1 y2 3 3

11

即 3( y1 ? y2 ) ? 2 y1 y2

y2 将 y ? kx ? 4 代入 x ? ? 1得 3
2

离心率等于

2 5 。 (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)点 P 为椭圆上一点,弦 PA、PB 分别过焦点 5
???? ???? ???? ? ???? ?

(3 ? k 2 ) y 2 ? 24 y ? 48 ? 3k 2 ? 0

? 3 ? k 2 ? 0 ,否则 l 与渐近线平行。

F1、F2, (PA、PB 都不与 x 轴垂直,其点 P 的纵坐标不为 0) ,若 PF1 ? ?1 F1 A, PF2 ? ?2 F2 B ,

? y1 ? y2 ?

24 48 ? 3k 2 。 , y y ? 1 2 3? k2 3? k2

?3?

24 48 ? 3k 2 ? 2 ? 3? k2 3? k2

?k ? ? 2

求 ?1 ? ?2 的值。

? Q(? 2 , 0 )
解法四: 由题意知直线 l 得斜率 k 存在且不等于零, 设 l 的方程:y ? kx ? 4 ,A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 则 Q( ?

解: (1)设椭圆 C 的方程为:

x2 y 2 b2 4 1 ,则 b=1 ,由 ? ? 1( a ? b ? 0) ? 1 ? e2 ? 1 ? ? ,得 2 2 2 a b a 5 5

? ? ?? ? ? ?? 4 4 4 ? P Q? ?1 Q A , , 0) ? (? , ?4) ? ?1 ( x1 ? , y1 ) 。 k k k 4 ? 4 4 4 8 k ?? 4 同理 ?1 ? ? ?1 ? ?2 ? ? ? ?? . ? ?1 ? 4 kx2 ? 4 kx1 ? 4 kx2 ? 4 3 kx1 ? 4 x1 ? k
2k x1 x2 ? 5k ( x1 ? x2 ) ? 8 ? 0
2

x2 a ? 5 ,则椭圆的方程为: ? y 2 ? 1 5
2

(2)由

x2 ? y 2 ? 1 得: F1 (?2, 0), F2 (2, 0) ,设 P( x0 , y0 ), A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) , 5
???? ???? ? ???? ?



(*)

有 PF1 ? ?1 F1 A, PF2 ? ?2 F2 B 得: (?2 ? x0 , ? y0 ) ? ?1 ( x1 ? 2, y1 ), (2 ? x0 , ? y0 ) ? ?2 ( x2 ? 2, y2 )

????

y ? kx ? 4


x2 ?
2

y ?1 3

2

消去 y 得 (3 ? k ) x ? 8kx ? 19 ? 0 .
2 2

解得: ?1 ? ?

y0 y , ?2 ? ? 0 , y1 y2 y0 ( x ? 2) ,代人 x0 ? 2

当 3 ? k ? 0 时,则直线 l 与双曲线得渐近线平行,不合题意, 3 ? k ? 0 。
2

根据 PA、PB 都不与 x 轴垂直,且 y0 ? 0 ,设直线 PA 的方程为: y ?

8k 3? k2 由韦达定理有: 19 x1 x2 ? ? 3? k2 x1 ? x2 ?

代入(*)式得

k ? 4, k ? ?2
2

x2 2 2 2 2 ? y 2 ? 1 ,整理后,得: ? ?( x0 ? 2) ? 5 y0 ? ? y ? 4 y0 ( x0 ? 2) y ? y0 ? 0 5
根据韦达定理,得: y0 y1 ?
2 ? y0 ? y0 ,则 y1 ? , 2 2 2 ( x ? 2) ? 5 y0 ( x ? 2) 2 ? 5 y0

?所求 Q 点的坐标为 (?2,0) 。
练习:已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,它的一个顶点恰好是抛物线 x ? 4 y 的焦点,
2

从而, ?1 ? ?

y0 ? ( x0 ? 2) 2 ? 5 y 2 y1
2 2

同理可求 ?2 ? ?
2 2 2

y0 ? ( x0 ? 2) 2 ? 5 y 2 y2
2

则 ?1 ? ?2 ? ( x0 ? 2) ? 5 y0 ? ( x0 ? 2) ? 5 y0 ? 2( x0 ? 5 y0 ) ? 4
12

x2 由 P( x0 , y0 ) 为椭圆 ? y 2 ? 1上一点得: x0 2 ? 5 y0 2 ? 5 , 则 ?1 ? ?2 ? 18 , 5
值为 18.

故 ?1 ? ?2 的

? 36k 2 m 2 12(m 2 ? 1) ? 2 ? AB ? (1 ? k 2 )( x2 ? x1 ) 2 ? (1 ? k 2 ) ? ? 2 2 3k 2 ? 1 ? ? (3k ? 1) ?

?

题型六:面积问题
x2 y 2 6 , 短轴一个端点 例题 8、 (07 陕西理)已知椭圆 C: 2 ? 2 ? 1 (a>b>0)的离心率为 3 a b
到右焦点的距离为 3 。 (Ⅰ)求椭圆 C 的方程;

12(k 2 ? 1)(3k 2 ? 1 ? m2 ) 3(k 2 ? 1)(9k 2 ? 1) ? (3k 2 ? 1)2 (3k 2 ? 1)2

? 3?

12k 2 12 12 ? 3? (k ? 0) ≤ 3 ? ?4。 4 2 1 9k ? 6k ? 1 2 ? 3 ? 6 2 9k ? 2 ? 6 k
3 1 , 即k ? ? 时等号成立。 当 k ? 0 时, AB ? 3 , 综上所述 AB max ? 2 。 2 3 k

当且仅当 9k ?
2

(Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点,坐标原点 O 到直线 l 的距离为 的最大值。

3 ,求△AOB 面积 2

1 3 3 ? 。 ?当 AB 最大时, △AOB 面积取最大值 S ? ? AB max ? 2 2 2

?c 6 , x2 ? ? ? y 2 ? 1。 解: (Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ,依题意 ? a , 所求椭圆方程为 ?b ? 1 ? 3 3 ?a ? 3, ?
(Ⅱ)设 A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) 。 (1)当 AB ⊥ x 轴时, AB ? 3 。 (2)当 AB 与 x 轴不垂直时,设直线 AB 的方程为 y ? kx ? m 。

练习 1、 (07 浙江理)如图,直线 y ? kx ? b 与椭圆 积为 S 。

x2 ? y 2 ? 1 交于 A、B 两点,记 ?ABC 的面 4

由已知

m 1? k
2

?

3 3 2 2 ,得 m ? (k ? 1) 。 2 4
2 2 2

把 y ? kx ? m 代入椭圆方程,整理得 (3k ? 1) x ? 6kmx ? 3m ? 3 ? 0 ,

(Ⅰ)求在 k ? 0 , 0 ? b ? 1 的条件下, S 的最大值; (Ⅱ)当 AB ? 2,S ? 1 时,求直线 AB 的方程。 本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识,考查解析几何的基本思想 方法和综合解题能力。满分 14 分。
13

3(m2 ? 1) ?6km , x1 x2 ? 。 ? x1 ? x2 ? 2 3k 2 ? 1 3k ? 1

x2 解: ( Ⅰ ) 解 : 设 点 A 的 坐 标 为 ?x1 , b ? , 点 B 的 坐 标 为 ?x2 , b ? , 由 ? b2 ? 1 , 解得 4

b?c
(I)由已知得

1 2 2 2 x1, , 所 以 S ? b ? x1 ? x2 ? 2b ? 1 ? b ? b ? 1 ? b ? 1 , 2 ? ?2 1 ? b 2
2 时, S 取到最在值 1, b? 2

当且仅当

2a ?4 c a2 ? b2 ? c2

2

a2 ? 2

?

b 2 ? 1 ?所求椭圆方程为 c2 ? 1

x2 ? y 2 ? 1. 2

(II)解法一:由题意知直线 l 的斜率存在, 设直线 l 的方程为 y ? kx ? 2 , A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 )

? y ? k x ? b, ? (Ⅱ)解:由 ? x 2 得 2 ? y ? 1 , ? ?4

y ? kx? 2
? 2 1? 2 ? b 2 ? 1 ? 0, ? k ? ? x ? 2k b x 4? ?
由 消去 y 得关于 x 的方程: x2 ? y2 ? 1 2

(1 ? 2k 2 ) x 2 ? 8kx ? 6 ? 0

? ? 4k ? b ? 1,
2 2

4k 2 ? b 2 ? 1 AB ? 1 ? k ? x1 ? x 2 ? 1 ? k ? ?2 1 2 ?k 4
2

2

由直线 l 与椭圆相交 A、B 两点,?△ ? 0 ? 64k ? 24(1 ? 2k ) ? 0 ,解得 k ?
2 2

2

3 , 2

设 O 到 AB 的距离为 d ,则 d ? 整理,得

b 2s , 所以 b 2 ? k 2 ? 1,代入②式并 ? 1,又因为 d ? 2 AB 1? k

又由韦达定理得

8k 1 ? 2k 2 6 x1 ? x 2 ? 1 ? 2k 2 x1 ? x 2 ? ?

1 k 4 ? k 2 ? ? 0, 4
故直线 AB 的方程是

1 2 3 2 解得, k ? , b ? ,代入①式检验, ? ? 0 。 2 2

? AB ? 1 ? k 2 x1 ? x 2 ? 1 ? k 2 ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4x1 x 2

?

1? k2 1 ? 2k 2

16k 2 ? 24 .

原点 O 到直线 l 的距离 d ?

2 1? k2

y?

2 6 2 6 2 6 2 6 x? , 或y ? x? , 或y ? ? x? , 或y ? ? x? 。 2 2 2 2 2 2 2 2

? S ?ADB ?

练习 2、 (山东 06 文)已知椭圆的中心在坐标原点 O,焦点在 x 轴上,椭圆的短轴端点和 焦点所组成的四边形为正方形,两准线间的距离为 4。(Ⅰ)求椭圆的方程; (Ⅱ)直线 l 过点 P(0,2)且与椭圆相交于 A、B 两点,当Δ AOB 面积取得最大值时,求直线 l 的方程。 解:设椭圆方程为

1 16k 2 ? 24 2 2 2k 2 ? 3 AB ? d ? ? 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 16k 2 ? 24 2 4 2 2 2 两边平方整理得: 4S k ? 4( S ? 4)k ? S ? 24 ? 0 1 ? 2k 2
(*)

解法 1:对 S ?

x y ? 2 ? 1(a ? b ? 0). 2 a b

2

2

?S ? 0,

14

16 ( S 2 ? 4 ) 2 ? 4 ? 4S 2 ( S 2 ? 24) ? 0

?

4-S ?0 S2 S 2 ? 24 ?0 4S 2
2

2

解法 1: S ?AOB ?

1 1 2 OD ? y1 ? y 2 ? ? kx1 ? 2 ? kx2 ? 2 2 2 k

? x1 ? x 2
又S ?0

整理得: S ?

1 . 2

?0 ? S ?

2 . 2

? ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4x1 x 2 ? ? 16k 2 ? 24 1 ? 2k 2 2 2 2k 2 ? 3 1 ? 2k 2
下同解法一

4k 4 ? 28k 2 ? 49 ? 0 2 从而 S ?AOB 的最大值为 S ? , 此时代入方程(*)得 14 2 ?k ? ? 2
所以,所求直线方程为: ? 14 x ? 2y ? 4 ? 0 . 解法 2:令 m ?

解法 2: S ?AOB ? S ?POB ? S ?POA

2k 2 ? 3 (m ? 0) , 则 2k 2 ? m 2 ? 3 ,
当且仅当 m ?

1 ? 2 ? x 2 ? x1 2 ? x 2 ? x1 ?
此时

下同解法一

?S ?

2 2m 2 2 2 2 ? ? . 2 4 2 m ?4 m? m
14 . 2

2 4 即 m ? 2 时 , Sm a x? 2 m

?

2 2 2k 2 ? 3 1 ? 2k 2

已知中心在原点,焦点在 x 轴上的椭圆的离心率为

k??

2 , F1 , F2 为其焦点,一直线过点 F1 与椭 2

圆相交于 A, B 两点,且 ?F 2 AB 的最大面积为 2 ,求椭圆的方程。 解:由 e =

所以,所求直线方程为 ? 14 x ? 2y ? 4 ? 0 . 解法二:由题意知直线 l 的斜率存在且不为零 . 设直线 l 的方程为 y ? kx ? 2 , A( x1 , y1 ) ,

B( x 2 , y 2 )
则直线 l 与 x 轴的交点 D(?

2 ,0) k

2 2 2 2 得 a : b : c ? 2 : 1 : 1,所以椭圆方程设为 x ? 2 y ? 2c 2 ? x ? my ? c 2 2 2 设直线 AB : x ? my ? c ,由 ? 2 得: (m ? 2) y ? 2mcy ? c ? 0 2 2 x ? 2 y ? 2 c ? 2 2 2 2 ? ? 4m c ? 4c (m ? 2) ? 4c 2 (2m 2 ? 2) ? 8c 2 (m 2 ? 1) ? 0 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y 2 ) ,则 y1 , y 2 是方程的两个根

由解法一知: k ?
2

3 且 2

8k 1 ? 2k 2 6 x1 ? x 2 ? 1 ? 2k 2 x1 ? x 2 ? ?
15

2mc ? y1 ? y 2 ? 2 ? ? m ?2 由韦达定理得 ? 所以 2 ?y y ? ? c 1 2 ? m2 ? 2 ?
y1 ? y 2 ? ( y1 ? y 2 ) 2 ? 4 y1 y 2 ? 2 2c m 2 ? 1 m2 ? 2

S ?ABF 2 ?
2 2c 2 m2 ?1 ?

m2 ?1 1 = F1 F2 y1 ? y 2 ? c ? 2 2c 2 m ?2 2 1 ? 2 2 c 2 ? ? 2c 2 1 2

= p 4p k ? 8p ? 2p
2 2 2

2

k 2 ? 2.

m2 ?1 2 当且仅当 m ? 0 时,即 AB ? x 轴时取等号 ? 2c ? 2 , c ? 1

x2 所以,所求椭圆方程为 ? y2 ? 1 2
?当k ? 0时,( S?ABN ) min ? 2 2 p2 .

题型七:弦或弦长为定值问题
例题 9、 (07 湖北理科) 在平面直角坐标系 xOy 中, 过定点 C (0, p) 作直线与抛物线 x2=2py (p>0)相交于 A、B 两点。

(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?, t与AC为直 径的圆相交 于点 P、Q,PQ 的中点为 H,则 O?H ? PQ, O?点的坐标为(

x1 y1 ? p , ) 2 2

? O?P ?

1 1 2 1 2 AC ? x1 ? ( y1 ? p) 2 = y1 ? p 2 . 2 2 2
y1 ? p 1 2 2 2 ? 2a ? y1 ? p , ? PH ? O?P ? O?H 2 2

O?H ? a ?

= (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) 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=2py 联 立 得 ? x1+x2=2pk,x1x2=-2p . 于是 S?ABN ? S?BCN ? S?ACN ?
2

1 2 1 p ( y1 ? p 2 ) ? (2a ? y1 ? p) 2 = (a ? ) y1 ? a( p ? a), 4 4 2

? x 2 ? 2 py ? y ? k x ? p.

消 去 y 得 x2-2pkx-2p2=0.

由韦达定理得

p 2 ? ? ? PQ ? (2 PH ) 2 = 4?(a ? ) y2 ? a( p ? a)?. 2 ? ?
令a ?
16

1 ? 2 p x1 ? x2 = p x1 ? x2 ? p ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 2

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

又由点到直线的距离公式得 d ?

2p 1? k2

.

从而, S ?ABN ?

1 1 2p ? d ? AB ? ? 2 p 1 ? k 2 ? k 2 ? 2 ? ? 2 p2 k 2 ? 2, 2 2 2 1? k
2

(Ⅰ)求点 P 的轨迹方程;

(Ⅱ)若 PM · PN =

2 ,求点 P 的坐标. 1 ? cos ?MPN

解:(Ⅰ)由椭圆的定义,点 P 的轨迹是以 M、N 为焦点,长轴长 2a=6 的椭圆. 因此半焦距 c=2,长半轴 a=3,从而短半轴 b= a ? c ? 5 ,
2 2

?当k ? 0时,( S?ABN ) max ? 2 2 p .
(Ⅱ)假设满足条件的直线 t 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
x 2 ? x1 x ? (a ? p )( a ? y1 ) ? 0, p ? ? 则?=x12 ? 4(a ? p )( a ? y1 ) ? 4 ?(a ? )? y1 ? a ( p ? a ). 2 ? ?
设直线 l 与以 AC 为直径的圆的交点为 P(x2,y2),Q(x4,y4),则有

所以椭圆的方程为 (Ⅱ)由 PM ?PN ?

x2 y 2 ? ? 1. 9 5

2 , 1 ? cos MPN

得 PM ?PN cos MPN ? PM ?PN ? 2.



因 为 c o sMP N ? 1,P不 为 椭 圆 长 轴 顶 点 , 故 P 、 M 、 N 构 成 三 角 形 . 在 △ PMN 中 ,

MN ? 4,由余弦定理有
② 将①代入②,得 4 ? PM
2 2

M N ? P M ? P N ?2

2

2

2

PM ? PN cos

M P.N

p p ? ? PQ ? x3 ? x4 ? 4 ?(a ? ) y1 ? a( p ? a )? ? 2 (a ? ) y1 ? a( p ? a) . 2 2 ? ?
令a ?

? PN ? 2( PM ?PN ? 2).

2

p p p ? 0, 得a ? , 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

故点 P 在以 M、N 为焦点,实轴长为 2 3 的双曲线

即抛物线的通径所在的直线。 由(Ⅰ)知,点 P 的坐标又满足

x2 ? y 2 ? 1 上. 3

题型八:角度问题
由方程组 ? 例题 9、 (08 重庆理)如图(21)图,M(-2,0)和 N(2,0)是平面上的两点,动点 P 满足:

x2 y 2 ? ? 1 ,所以 9 5
? 3 3 , ?x ? ? ? 2 解得 ? ?y ? ? 5 . ? ? 2

?5 x ? 9 y ? 45, ? 2 2 ? ? x ? 3 y ? 3.
2 2

PM ? PN ? 6.
17

3 3 5 3 3 5 3 3 5 3 3 5 即 P 点坐标为 ( , )、( ,- )、(, )或( ? ,- ). 2 2 2 2 2 2 2 2
练习 1、 (05 福建理)已知方向向量为 v=(1, 3 )的直线 l 过点(0,-2 3 )和椭圆 C:

∵椭圆中心 O(0,0)关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上,

a2 ? ? 3. c

∵直线 l 过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

x2 y2 ? ? 1 (a>b>0)的焦点,且椭圆 C 的中心关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上. a2 b2
(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)是否存在过点 E(-2,0)的直线 m 交椭圆 C 于点 M、N,满足

? c ? 2, a 2 ? 6, b 2 ? 2.

故椭圆 C 的方程为

x2 y2 ? ? 1. ③ 6 2

(II) 解法一:设 M( x1 , y1 ) ,N( x 2 , y 2 ).当直线 m 不垂直 x 轴时,直线 m : y ? k ( x ? 2) 代 入③, 整理得 (3k ? 1) x ? 12 k x ? 12 k ? 6 ? 0,
2 2 2 2

4 OM ? ON ? 6 cot∠MON≠0(O 为原点).若存在,求直线 m 的方程;若不存在,请说 3
明理由.

12 k 2 12 k 2 ? 6 ? x1 ? x2 ? ? 2 , x1 ? x2 ? , 3k ? 1 3k 2 ? 1
12 k 2 2 12 k 2 ? 6 2 6 (1 ? k 2 ) ) ? 4 ? ? , 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1

| MN |? 1 ? k 2 ( x1 ? x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2 ? 1 ? k 2 (?

点 O 到直线 MN 的距离 d ? 本小题主要考查直线、椭圆及平面向量的基本知识,平面解析几何的基本方法和综合解题能力. (I)解法一:直线 l : y ?

| 2k | 1? k 2

3x ? 2 3 , ①

? OM ? ON ?

4 6 cot ?MON , 即 | OM | ? | ON | cos ?MON ? 4 6 cos ?MON ? 0, 3 3 sin ?MON
4 2 4 6 ,? S ?OMN ? 6.? | MN | ?d ? 6, 3 3 3

3 过原点垂直 l 的直线方程为 y ? ? x, ② 3

3 解①②得 x ? . 2

? | OM | ? | ON | sin ?MON ?

即4 6 | k |

k 2 ?1 ?

∵椭圆中心 O(0,0)关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上,? ∵直线 l 过椭圆焦点,∴该焦点坐标为(2,0).

a2 3 ? 2 ? ? 3. c 2

4 6 (3k 2 ? 1). 3

整理得 k ?
2

1 3 ,? k ? ? . 3 3

? c ? 2, a ? 6, b ? 2.
2 2

x2 y2 ? ? 1. ③ 故椭圆 C 的方程为 6 2

当直线 m 垂直 x 轴时,也满足 S ?OMN ? 故直线 m 的方程为 y ?

2 6. 3

解法二:直线 l : y ?

3x ? 2 3 .

3 2 3 3 2 3 x? ,或 y ? ? x? , 或 x ? ?2. 3 3 3 3

p ?q ? 3? ?2 3 ? 2 2 设原点关于直线 l 对称点为(p,q) ,则 ? 解得 p=3. ? q ? 3 ? ? ?1. ? p ?
18

经检验上述直线均满足 OM ? ON ? 0 . 所以所求直线方程为 y ?

3 2 3 3 2 3 x? ,或 y ? ? x? , 或 x ? ?2. 3 3 3 3

解法二:设 M( x1 , y1 ) ,N( x 2 , y 2 ).当直线 m 不垂直 x 轴时,直线 m:y=k(x+2)代入③,

练习 2、 (08 陕西理)已知抛物线 C : y ? 2 x ,直线 y ? kx ? 2 交 C 于 A,B 两点, M 是线段
2

12 k 2 整理得 (3k ? 1) x ? 12 k x ? 12 k ? 6 ? 0, ? x1 ? x 2 ? ? 2 , 3k ? 1
2 2 2 2

(Ⅰ)证明:抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平 AB 的中点,过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点 N . 行; (Ⅱ)是否存在实数 k 使 NA?NB ? 0 ,若存在,求 k 的值;若不存在,说明理由.

??? ? ??? ?
2

∵E(-2,0)是椭圆 C 的左焦点, ∴
2 2 2 2 |MN|=|ME|+|NE|= e( a ? x1 ) ? e( a ? x 2 ) ? c ( x1 ? x 2 ) ? 2a ? 2 ? (? 12 k ) ? 2 6 ? 2 6 (k ? 1) . c c a 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1 6

2 x1 ) ,B ( x2, 2 x2 ) , 解法一: (Ⅰ) 如图, 设 A( x1, 把 y ?k x ? 2 代入 y ? 2 x 得 2 x2 ? kx ? 2 ? 0 ,
2

2

由韦达定理得 x1 ? x2 ?

k , x1 x2 ? ?1 , 2

y M 2 B 1 O N 1 x A

以下与解法一相同. 解 法 三 : 设 M ( x1 , y1 ) , N ( x 2 , y 2 ) . 设 直 线 m : x ? ty ? 2 , 代 入 ③ , 整 理 得

? xN ? xM ?

? k k2 ? x1 ? x2 k ? ,? N 点的坐标为 ? , ? . 2 4 ?4 8 ?

(t 2 ? 3) y 2 ? 4ty ? 2 ? 0.
? y1 ? y 2 ? 4t ?2 , y1 y 2 ? 2 , t ?3 t ?3
2
2

设抛物线在点 N 处的切线 l 的方程为 y ?

k2 k? ? ? m? x ? ? , 8 4? ?

4t 2 8 ) ? 2 ? |y1-y2|= ( y1 ? y 2 ) ? 4 y1 y 2 = ( 2 t ?3 t ?3
? OM ? ON ?

24t ? 24 (t 2 ? 3) 2
2

将 y ? 2 x 代入上式得 2 x ? mx ?
2

2

mk k 2 ? ? 0, 4 8

? 直线 l 与抛物线 C 相切,

4 6 cot ?MON , 即 | OM | ? | ON | cos ?MON ? 4 6 cos ?MON ? 0, 3 3 sin ?MON
4 2 6 ,? S ?OMN ? 6. 3 3

? mk k 2 ? ?? ? m 2 ? 8 ? ? ? ? m 2 ? 2mk ? k 2 ? (m ? k ) 2 ? 0 ,? m ? k . 8 ? ? 4

即 l ∥ AB .

?| OM | ? | ON | sin ?MON ?

(Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NA?NB ? 0 ,则 NA ? NB ,又? M 是 AB 的中点,

??? ? ??? ?

S ?OMN ? S ?OEM ? S ?OEN

1 ? | OE | ? | y1 ? y 2 |? 2

24t 2 ? 24 . (t 2 ? 3) 2

? | MN |?

1 | AB | . 2

24t 2 ? 24 2 ∴ = 6 ,整理得 t 4 ? 3t 2 . 2 2 (t ? 3) 3
故直线 m 的方程为 y ?

解得 t ? ? 3 , 或 t ? 0.

? k2 1 ? k2 1 1 1 ? 4? ? ?2. 由(Ⅰ)知 yM ? ( y1 ? y2 ) ? (kx1 ? 2 ? kx2 ? 2) ? [k ( x1 ? x2 ) ? 4] ? ? 2? 2 2 2 2 ? 4

3 2 3 3 2 3 x? ,或 y ? ? x? , 或 x ? ?2. 3 3 3 3

? MN ? x 轴,?| MN |?| yM ? yN |?
2 2

k2 k 2 k 2 ? 16 ?2? ? . 4 8 8
2

| x1 ? x2 |? 1 ? k ? ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 又 | AB |? 1 ? k ?

经检验上述直线方程为 OM ? ON ? 0. 所以所求直线方程为 y ?

3 2 3 3 2 3 x? ,或 y ? ? x? , 或 x ? ?2. 3 3 3 3
19

1 2 ?k? ? 1 ? k 2 ? ? ? ? 4 ? (?1) ? k ? 1? k 2 ? 16 . 2 ?2?

2

k 2 ? 16 1 2 ? ? k ? 1? k 2 ? 16 ,解得 k ? ?2 . 8 4
2 2

即存在 k ? ?2 ,使 NA?NB ? 0 .
2

??? ? ??? ?

问题九:四点共线问题
例题 10、 (08 安徽理) 设椭圆 C :

2 x1 ),B( x2, 2 x2 ) ,把 y ? kx ? 2 代入 y ? 2 x 得 解法二: (Ⅰ)如图,设 A( x1,

x2 y 2 且着焦点为 F1 ( ? 2, 0) ? ? 1(a ? b ? 0) 过点 M ( 2,1) , a 2 b2

k 2 x2 ? kx ? 2 ? 0 .由韦达定理得 x1 ? x2 ? ,x1 x2 ? ?1 . 2
? k k2 ? x1 ? x2 k ? ,? N 点的坐标为 ? , ? .? y ? 2 x 2 ,? y? ? 4 x , ? xN ? xM ? 2 4 ?4 8 ?

(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)当过点 P(4,1) 的动直线 l 与椭圆 C 相交与两不同点 A, B 时,在 线段 AB 上取点 Q ,满足 AP ?QB ? AQ ?PB ,证明:点 Q 总在某定直线上 22 解 (1)由题意:

??? ? ??? ?

???? ??? ?

?抛物线在点 N 处的切线 l 的斜率为 4 ?

k ? k ,?l ∥ AB . 4

??? ? ??? ? (Ⅱ)假设存在实数 k ,使 NA?NB ? 0 .
2 x1 ? 由(Ⅰ)知 NA ? ? x1 ? ,
2

??? ?

? ?

k 4

? ? k 2 ? ??? k k2 ? 2 , NB ? x ? , 2 x ? ? ? 2 ? ,则 2 8 ? 4 8 ? ?

?c 2 ? 2 ? ?2 1 ? 2 ? 2 ?1 ?a b 2 2 2 ? ?c ? a ? b

,解得 a ? 4, b ? 2 ,所求椭圆方程为
2 2

x2 y 2 ? ?1 4 2

(2)方法一 设点 Q、A、B 的坐标分别为 ( x, y), ( x1 , y1 ), ( x 2 , y2 ) 。

??? ? ??? ? ? k ?? k ? ? 2 k2 ?? 2 k2 ? NA?NB ? ? x1 ? ? ? x2 ? ? ? ? 2 x1 ? ? ? 2 x2 ? ? 4 ?? 4? ? 8 ?? 8 ? ? ? k ?? k? k2 ?? 2 k2 ? ? ? ? x1 ? ? ? x2 ? ? ? 4 ? x12 ? ? ? x2 ? ? 4 ?? 4? 16 ? ? 16 ? ? ?
k ?? k? ? k ?? k ?? ? ? ? ? x1 ? ?? x2 ? ???1 ? 4 ? x1 ? ?? x2 ? ? ? 4 ?? 4? ? 4 ?? 4 ?? ? ?

??? ? AP ??? ? ??? ? ???? ??? ? 由题设知 AP , PB , AQ , QB 均不为零,记 ? ? ??? ? ? PB
??? ? ??? ? ????

???? AQ ??? ? ,则 ? ? 0 且 ? ? 1 QB

又 A,P,B,Q 四点共线,从而 AP ? ?? PB, AQ ? ? QB 于是

??? ?

4?

x1 ? ? x2 , 1? ? x ? ? x2 , x? 1 1? ?

y1 ? ? y2 1? ? y1 ? ? y2 y? 1? ? 1?
2 y12 ? ? 2 y2 ? y , ?? (2) 1? ?2
2 2 x2 ? 2 y2 ? 4,?? (4)

? k k2 ? ? k2 ? ? ? x1 x2 ? ? x1 ? x2 ? ? ? ??1 ? 4 x1 x2 ? k ( x1 ? x2 ) ? ? 4 16 ? ? 4? ? ? k2 ?? 3 ? k k k2 ? ? k k2 ? ? ? ? ?1 ? ? ? ???1 ? 4 ? (?1) ? k ? ? ? ? ? ?1 ? ? ? ?3 ? k 2 ? ? 0 , 16 ? ? 4 ? 4 2 16 ? ? 2 4? ? ?

从而

x12 ? ? 2x2 2 ? 4 x , ?? (1) 1? ? 2
2 2

又点 A、B 在椭圆 C 上,即 x1 ? 2 y1 ? 4,?? (3) (1) + (2) ?2 并结合 (3) , (4) 得 4s ?2 y ? 4 , 上

即点 Q( x, y ) 总在定直线 2 x ? y ? 2 ? 0

? ?1 ?

k 3 ? 0 ,??3 ? k 2 ? 0 ,解得 k ? ?2 . 16 4

2

NB ? 0 . 即存在 k ? ?2 ,使 NA?

??? ? ??? ?

方法二 设点 Q( x, y ), A( x1, y1), B( x 2, y 2 ) ,由题设, PA , PB , AQ , QB 均不为零。

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

20

??? ? ??? ? PA PB 且 ???? ? ??? ? AQ QB
于 是 (2)

??? ? ???? ??? ? ??? ? 又 P, A, Q, B 四点共线, 可设 PA ? ?? AQ, PB ? ? BQ(? ? 0, ?1) ,

但解此方程组要考倒不少人. ????? ???? ? (Ⅱ)∵ F1M ? F2 N ? (3c, y1 ) ? (c, y2 ) ? 0 ,
???? ?2 2 MN ? y1 ? y2 ? y12 ? y2 2 ? 2 y1 y2

∴ y1 y2 ? ?3c 2 ? 0 .

4 ? ?x 1? ? y x1 ? , y1 ? 1? ? 1? ?

4 ? ?x 1? ? y ( 1 ) x2 ? , y2 ? 1? ? 1? ?
2 2


2

    ? ?2 y1 y2 ? 2 y1 y2 ? ?4 y1 y2 ? 12c

当且仅当 y1 ? ? y2 ? 3c 或 y2 ? ? y1 ? 3c 时,取等号.此时 MN 取最小值 2 3c .
????? ???? ? F M ? F N ? (3c, ? 3c) ? (c, ? 3c) . 1 2 此时 ???? ? ? (4c, 0) ? 2 F1 F2 ????? ???? ? ????? ???? ? ????? ∴ F1M ? F2 N 与 F1 F2 共线. (Ⅱ)另解:∵ F1M ? F2 N ? 0 ,

???? ?

由于 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) 在椭圆 C 上,将(1) , (2)分别代入 C 的方程 x ? 2 y ? 4, 整理 得

( x ? 2 y ? 4)? ? 4(2 x ? y ? 2)? ? 14 ? 0
2 2 2

(3) (4)

∴ (3c, y1 ) ? (c, y2 ) ? 0 , y1 y2 ? ?3c 2 . 设 MF1 , NF2 的斜率分别为 k , ? 1 .
y ? k ( x ? c) 由? ? y1 ? 3kc , ? x ? 2 c ?
???? ? 1 . MN ? y1 ? y2 ? c ? 3k ? ? 2 3c k

( x ? 2 y ? 4)? ? 4(2 x ? y ? 2)? ? 14 ? 0
2 2 2

(4)-(3)



8(2 x? y? 2 ?)?

0

k ? 由 ? y ? ? 1 ( x ? c) c ? y2 ? ? k ? k ? ? x ? 2c

当且仅当 3k ? 1 即 k 2 ? 1 , k ? ? 3 时取等号.
k

3

3

∵? ? 0,∴ 2 x ? y ? 2 ? 0
练习 1、 (08 四川理)设椭圆

即点 Q( x, y ) 总在定直线 2 x ? y ? 2 ? 0 上

x2 y 2 2, ? 2 ? 1 (a ? b ? 0) 的左、右焦点分别为 F1 、 F2 ,离心率 e ? 2 a b 2

????? ???? ? c ? F1M ? F2 N ? (3c,3kc) ? (c, ? ) 3, 即当 ???? 最小时, 此时 MN k ?? k
3

???? ?    ? (3c, ? 3c) ? (c, ? 3c) ? (4c, 0) ? 2 F1F2

∴ F1M ? F2 N 与 F1 F2 共线.

????? ???? ?

?????

右准线为 l , 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;

????? ???? ?

?????

???? ?

点评:本题第一问又用到了平面几何.看来,与平面几何有联系的难题真是四川风格啊.注意 平面几何可与三角向量解几沾边,应加强对含平面几何背景的试题的研究.本题好得好,出得 活,出得妙!均值定理,放缩技巧,永恒的考点.

(Ⅱ)证明:当 | MN | 取最小值时, F1M ? F2 N 与 F1 F2 共线. 解析:数列和解几位列倒数第三和第二,意料之中.开始挤牙膏吧. (Ⅰ)由已知, F1 (?c, 0) , F2 (c, 0) .
2 2 2 由 e ? 2 , c ? 1 ,∴ a ? 2c .又 a 2 ? b2 ? c2 , 2

???? ?

????? ???? ?

???? ?

问题十:范围问题(本质是函数问题)
例题 1、已知直线 y ? ? x ? 1与椭圆

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0) 相交于 A、B 两点。 a2 b2

2

a

2

∴ b ? c , a ? 2b2 .∴ l : x ? a ? 2c ? 2c , M (2c, y1 ) , N (2c, y2 ) .
2 2 2

2

2

c

c

(1)若椭圆的离心率为

延长 NF2 交 MF1 于 P ,记右准线 l 交 x 轴于 Q . ∵ F1M ? F2 N ? 0 ,∴ F1M ? F2 N . F1M ? F2 N 由平几知识易证 Rt ?MQF1 ≌ Rt ?F2QN ∴ QN ? F1Q ? 3c , QM ? F2Q ? c 即 y1 ? c , y2 ? 3c . ∵ F1M ? F2 N ? 2 5 ,∴ 9c2 ? c2 ? 20 , c 2 ? 2 , b2 ? 2 , a 2 ? 4 .∴ a ? 2 , b ? 2 . (Ⅰ)另解:∵ F1M ? F2 N ? 0 ,∴ (3c, y1 ) ? (c, y2 ) ? 0 , y1 y2 ? ?3c 2 ? 0 . 又 F1M ? F2 N ? 2 5
????? ???? ?
????? ???? ?

3 ,焦距为 2,求线段 AB 的长; 3 1 2 2 ] 时, 2

????? ???? ?

?????

???? ?

(2 ) 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 e ? [ , 求椭圆的长轴长的最大值。

????? ???? ?

联立 ?

? y1 y2 ? ?3c 2
2 2 ?9c ? y1 ? 20 ? 2 2 ?c ? y2 ? 20

,消去 y1 、 y2 得: (20 ? 9c 2 )(20 ? c 2 ) ? 9c 2 ,

(07 四川理)设 F1 、 F2 分别是椭圆

x2 ? y 2 ? 1 的左、右焦点。 4

整理得: 9c4 ? 209c2 ? 400 ? 0 , (c 2 ? 2)(9c 2 ? 200) ? 0 .解得 c 2 ? 2 .
21

(Ⅰ)若 P 是该椭圆上的一个动点,求 PF1 ? PF2 的最大值和最小值; (Ⅱ)设过定点 M (0,2) 的直线 l 与椭圆交于不同的两点 A 、 B ,且∠ AOB 为锐角(其中 O 为 坐标原点) ,求直线 l 的斜率 k 的取值范围。 本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识,以及综合应用数学知识解决问题及 推理计算能力。 解: (Ⅰ)解法一:易知 a ? 2, b ? 1, c ? 3 , 所以 F1 ? 3, 0 , F2

∴ x1 ? x2 ? ?

4k 1 k2 ? 4
? ?

, x1 ? x2 ?

3 k2 ? 1 4

由 ? ? ? 4k ? ? 4 ? k ?
2

3 3 1? 2 或k ? ? ? ? 3 ? 4k ? 3 ? 0 得: k ? 2 2 4?

?

? ?

3, 0 ,设 P ? x, y ? ,则
又 y1 y2 ? ? kx1 ? 2 ?? kx2 ? 2 ? ? k x1 x2 ? 2k ? x1 ? x2 ? ? 4 ?
2

?

0 0 又 0 ? ?A0B ? 90 ? cos ?A0B ? 0 ? OA ? OB ? 0 ,∴ OA ? OB ? x1 x2 ? y1 y2 ? 0

??? ? ??? ?

??? ? ??? ?

3k 2 k2 ? 1 4

?

???? ???? ? PF1 ? PF2 ? ? 3 ? x, ? y ,

?

??

3 ? x, ? y ? x 2 ? y 2 ? 3 ? x 2 ? 1 ?

?

x2 1 ? 3 ? ? 3x 2 ? 8? 4 4

?8k 2 ?k 2 ? 1 ?4 ? 1 1 k2 ? k2 ? 4 4

因为 x ? ? ?2, 2? ,故当 x ? 0 ,即点 P 为椭圆短轴端点时, PF1 ? PF2 有最小值 ?2 当 x ? ?2 ,即点 P 为椭圆长轴端点时, PF1 ? PF2 有最大值 1 解法二:易知 a ? 2, b ? 1, c ? 3 ,所以 F1 ? 3, 0 , F2

???? ???? ?



3 1 k ? 4
2

?

???? ???? ?

?k 2 ? 1 ? 0 ,即 k 2 ? 4 1 k2 ? 4

∴ ?2 ? k ? 2

?

? ?

3, 0 ,设 P ? x, y ? ,则

?

故由①、②得 ?2 ? k ? ?

3 3 ?k?2 或 2 2

???? 2 ???? ? 2 ???? ?2 ???? ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? PF1 ? PF2 ? F1F2 PF1 ? PF2 ? PF1 ? PF2 ? cos ?F1PF2 ? PF1 ? PF2 ? ???? ???? ? 2 PF1 ? PF2
2 2 1 ? ? x ? 3 ? y 2 ? x ? 3 ? y 2 ? 12? ? x 2 ? y 2 ? 3 (以下同解法一) ? ? ? 2?

(2009 湖南卷文) (本小题满分 13 分)已知椭圆 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,以两个焦点 和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为 8 的正方形(记为 Q).(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)设点 P 是椭圆 C 的左准线与 x 轴的交点,过点 P 的直线 l 与椭圆 C 相交于 M,N 两点,当 线段 MN 的中点落在正方形 Q 内(包括边界)时,求直线 l 的斜率的取值范围。 解: (Ⅰ)依题意,设椭圆 C 的方程为

?

?

?

?

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0), 焦距为 2c , a 2 b2 x2 y 2 ? ?1 故椭圆 C 的方程为 8 4

(Ⅱ)显然直线 x ? 0 不满足题设条件,可设直线 l : y ? kx ? 2, A ? x1 , y2 ? , B ? x2 , y2 ? ,

? y ? kx ? 2 ? ? 2 1? 2 联立 ? x 2 ,消去 y ,整理得: ? k ? ? x ? 4kx ? 3 ? 0 2 4? ? ? ? y ?1 ?4
22

1 2 由题设条件知, a ? 8, b ? c, 所以 b ? a ? 4. 2
2

2

.

(Ⅱ)椭圆 C 的左准线方程为 x ? ?4, 所以点 P 的坐标 (?4,0) , 显然直线 l 的斜率 k 存在,所以直线 l 的方程为 y ? k ( x ? 4) 。

如图,设点 M,N 的坐标分别为 ( x1 , y1 ), ( x2 , y2 ), 线段 MN 的中点为 G ( x0 , y0 ) ,

解得 ?

3?1 ?k? 2

3? 1 ,此时②也成立. 2

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

故直线 l 斜率的取值范围是

[?

3 ?1 3 ?1 , ]. 2 2

问题十一、 存在性问题: (存在点,存在直线 y=kx+m,存在实数,存在图形:三角形(等
? y ? k ( x ? 4), ? 2 2 2 2 由 ? x2 y2 得 (1 ? 2k ) x ? 16k x ? 32k ? 8 ? 0 . ?1 ? ? 4 ?8
2 2 ?k? 由 ? ? (16k ) ? 4(1 ? 2k )(32k ? 8) ? 0 解得 ? . 2 2
2 2 2 2

比、等腰、直角) ,四边形(矩形、菱形、正方形) ,圆) ??① (2009 山东卷理) (本小题满分 14 分) 设椭圆 E:

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

??②

两点,O 为坐标原点, (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:

16k 2 因为 x1 , x2 是方程①的两根,所以 x1 ? x2 ? ? ,于是 1 ? 2k 2

x0 ?

8k 2 x1 ? x2 4k =? , y0 ? k ( x0 ? 4) ? 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

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

.

因为 x0 ? ?

8k 2 ? 0 ,所以点 G 不可能在 y 轴的右边, 1 ? 2k 2

?4 2 ?1 1 ? 2 ?1 ? 2 ? ? ?a 2 ? 8 x2 y 2 ?a b ? a2 8 ? ?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,且

又直线 F1 B2 , F1 B1 方程分别为 y ? x ? 2, y ? ? x ? 2, 所以点 G 在正方形 Q 内(包括边界)的充要条件为

? 2k 2 ? 2k ? 1 ? 0, ? 4k ? y0 ? x0 ? 2, 8k 2 ?? ? 2, 亦即 ? ? 即 2 2 ? ? 2 ?1 ? 2k 1 ? 2k ? ? ? y0 ? x0 ? 2. 2 ? 2k ? 2k ? 1 ? 0. 4 k 8 k ?
?1 ? 2k 2 ? ? 1 ? 2k 2 ? 2,

? y ? kx ? m ??? ? ??? ? ? 2 2 OA ? OB ,设该圆的切线方程为 y ? kx ? m 解方程组 ? x 2 y 2 得 x ? 2(kx ? m) ? 8 , ?1 ? ? 4 ?8
即 (1 ? 2k ) x ? 4kmx ? 2m ? 8 ? 0 ,
2 2 2
w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

23

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

2

2

所以 ( x1 ? x2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 4 x1 x2 ? (?
2 2

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

4km 2 2m2 ? 8 8(8k 2 ? m2 ? 4) ) ? 4 ? ? , 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 ) 2
8(8k 2 ? m 2 ? 4) (1 ? 2k 2 ) 2

,

| AB |? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? y1 ? y2 ? ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )
2

y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m 2 ?

k 2 (2m2 ? 8) 4k 2 m2 m2 ? 8k 2 2 ? ? m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2

?

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

??? ? ??? ? 2m 2 ? 8 m 2 ? 8k 2 要使 OA ? OB ,需使 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即 ? ? 0 ,所以 3m2 ? 8k 2 ? 8 ? 0 ,所 2 2 1 ? 2k 1 ? 2k
3m2 ? 8 以k ? ? 0 又 8k 2 ? m2 ? 4 ? 0 , 所 以 8
2

①当 k ? 0 时 | AB |?

32 1 [1 ? ] 1 3 2 4k ? 2 ? 4 k
所以

? m2 ? 2 2 6 8 2 ,所以 m ? ,即 m ? 或 ? 2 3 3 ?3m ? 8

因为 4k ?
2

1 1 1 ? 4 ? 8 所以 0 ? ? , 2 1 k 4k 2 ? 2 ? 4 8 k

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

m??

2 6 , 因 为 直 线 y ? k x? m为 圆 心 在 原 点 的 圆 的 一 条 切 线 , 所 以 圆 的 半 径 为 3
m
,r ?
2

所以

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

w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

r?

1? k

2

m2 ? 1? k 2

m2 8 2 6 8 2 2 ? ,r ? ,所求的圆为 x ? y ? ,此时圆的切 2 3m ? 8 3 3 3 1? 8

② 当 k ? 0 时, | AB |?

线 y ? kx ? m 都满足 m ?
2 2

2 6 2 6 2 6 或m ? ? ,而当切线的斜率不存在时切线为 x ? ? 3 3 3

③ 当 AB 的 斜 率 不 存 在 时 , 两 个 交 点 为 (

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

??? ? ??? ? x y 2 6 2 6 2 6 2 6 ,? ) 或 (? ,? ) 满足 OA ? OB ,综上, ? ? 1 的两个交点为 ( 与椭圆 3 3 3 3 8 4
存在圆心在原点的圆 x ? y ?
2 2

| AB |?

4 6 , 3

8 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B, 3

综上, |AB |的取值范围为

4 4 6 ?| AB |? 2 3 即: | AB |? [ 6, 2 3] 3 3

??? ? ??? ? 且 OA ? OB .
4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 因为 ? , 2 ? x x ? 2m ? 8 1 2 ? 1 ? 2k 2 ?
24

【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. (2009 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;

w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

(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 4

所以又因为直线 y ? kx ? t 为圆心在原点的圆的一条切线,

恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB (O 为坐标原点),并求出该圆的方程; (3)已知 m ?

1 2 2 2 ,设直线 l 与圆 C: x ? y ? R (1<R<2)相切于 A1,且 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1, 4

4 (1 ? k 2 ) 4 t 4 2 5 所以圆的半径为 r ? ,r ? ? ? , 所求的圆为 x 2 ? y 2 ? . 2 2 2 5 1? k 1? k 5 1? k
t
2

当 R 为何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值.

? ? ? ? ? ? 2 2 解 : ( 1 ) 因 为 a ? b , a ? (mx, y ? 1) , b ? ( x, y ? 1) , 所 以 a ? b ? mx ? y ? 1 ? 0 ,
mx 2 ? y 2 ? 1 .
w.w. w. k.s.5. u.c.o.m



当切线的斜率不存在时,切线为 x ??

x2 2 2 2 ? y 2 ? 1 交 于 点 ( 5 ,? 5 ,与 5) 或 4 5 5 5

(?
当 m ? 1时, 方程表示的是圆 当 m ? 0 时,方程表示的是双曲线.

2 2 5 ,? 5 ) 也满足 OA ? OB . 5 5
2 2

当 m=0 时,方程表示两直线,方程为 y ? ?1 ; 当 m ? 0 且 m ? 1 时,方程表示的是椭圆; (2).当 m ?

综上, 存在圆心在原点的圆 x ? y ? 且 OA ? OB . (3) 当 m ?

4 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B, 5

??? ?

??? ?

x2 1 时, 轨迹 E 的方程为 ? y 2 ? 1 ,设圆心在原点的圆的一条切线为 y ? kx ? t ,解方 4 4

x2 1 时 , 轨迹 E 的方程为 ? y 2 ? 1 , 设直线 l 的方程为 y ? kx? t , 因为直线 l 与圆 4 4
2

? y ? kx ? t ? 2 2 2 2 2 程组 ? x 2 得 x ? 4(kx ? t ) ? 4 ,即 (1 ? 4k ) x ? 8ktx ? 4t ? 4 ? 0 , 2 ? ? y ?1 ?4
要使切线与轨迹 E 恒有两个交点 A,B, 则使△= 64k t ? 16(1 ? 4k )(t ? 1) ? 16(4k ? t ? 1) ? 0 ,
2 2 2 2 2 2

C: x ? y ? R (1<R<2)相切于 A1, 由(2)知 R ?
2 2

t 1? k
2

,

即 t ? R (1 ? k )
2 2 2

①,

因为 l 与轨迹 E 只有一个公共点 B1,

即 4k ? t ? 1 ? 0 ,即 t ? 4k ? 1,
2 2 2 2

8kt ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 4k 2 且? 2 ? x x ? 4t ? 4 ? 1 2 1 ? 4k 2 ?
k 2 (4t 2 ? 4) 8k 2t 2 t 2 ? 4k 2 2 , ? ? t ? 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

? y ? kx ? t ? 2 2 由(2)知 ? x 2 得 x ? 4(kx ? t ) ? 4 , 2 ? ? y ?1 ?4
2 2 2 2 2 2

即 (1 ? 4k ) x ? 8ktx ? 4t ? 4 ? 0 有唯一解
2 2 2

则△= 64k t ? 16(1 ? 4k )(t ? 1) ? 16(4k ? t ? 1) ? 0 ,

即 4k ? t ? 1 ? 0 ,
2 2



y1 y2 ? (kx1 ? t )(kx2 ? t ) ? k 2 x1 x2 ? kt ( x1 ? x2 ) ? t 2 ?
要使 OA ? OB ,
2 2

??? ?

??? ?

需使 x1 x2 ? y1 y2 ? 0 ,即
2 2

4t 2 ? 4 t 2 ? 4k 2 5t 2 ? 4k 2 ? 4 ? ? ? 0, 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2
2 2

? 2 3R 2 t ? ? ? 4 ? R2 由①②得 ? , 2 ?k 2 ? R ? 1 ? ? 4 ? R2

此时 A,B 重合为 B1(x1,y1)点,

w. w.w. k.s.5. u.c.o.m

所以 5t ? 4k ? 4 ? 0 ,

即 5t ? 4k ? 4 且 t ? 4k ? 1,

即 4k ? 4 ? 20k ? 5 恒成立.
2 2

25

8kt ? x1 ? x2 ? ? ? 4t 2 ? 4 16 R 2 ? 16 ? 1 ? 4k 2 2 由? 中 , 所以 , , x ? ? x ? x 1 2 1 2 2 2 1 ? 4 k 3 R 4 t ? 4 ? xx ? 1 2 ? 1 ? 4k 2 ?
B1(x1,y1)点在椭圆上,所以 y1 ? 1 ?
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
w.w.w. k.s.5 .u.c.o.m

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

1 2 4 ? R2 4 ,所以 | OB1 |2 ? x12 ? y12 ? 5 ? 2 , x1 ? 2 4 3R R
2 2 2

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 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 C1 到直线 l1 与 C 2 直线 l 2 的距离相等。 故有: | ?3k ? 1 ? n ? km |

在 直 角 三 角 形 OA1B1 中 , | A1 B1 | ?| OB1 | ? | OA1 | ? 5 ?

4 4 ? R2 ? 5 ? ( 2 ? R2 ) 因 为 2 R R

4 ? R 2 ? 4 当且仅当 R ? 2 ? (1, 2) 时取等号,所以 | A1 B1 |2 ? 5 ? 4 ? 1 ,即 2 R
当R?

2 ? (1, 2) 时|A1B1|取得最大值,最大值为 1.

k 2 ?1

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

【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. (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 l 2 ,它们分别与圆 C1 和圆 C 2 相交,且直线 l1 被圆 C1 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:

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

w.w. w. k.s.5 .u.c.o.m

解之得:点 P 坐标为 (? 3 , 13 ) 或 ( 5 , ? 1 ) 。 2 2 2 2 (2009 全国卷Ⅱ文) (本小题满分 12 分)

3 x2 y2 已知椭圆 C: a 2 ? b 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 3
两点,当 l 的斜率为 1 时,坐标原点 O 到 l 的距离为 2
2

,过右焦点 F 的直线 l 与 C 相交于 A、B
2 2 。
?

(Ⅰ)求 a,b 的值;
? ?

(Ⅱ)C 上是否存在点 P,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP ? OA ? OB 成立? 若存在,求出所有的 P 的坐标与 l 的方程;若不存在,说明理由。 解析:本题考查解析几何与平面向量知识综合运用能力,第一问直接运用点到直线的距离公式 以及椭圆有关关系式计算,第二问利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数关系解决问 题,注意特殊情况的处理。 解: (Ⅰ)设 F ?c,0 ?, 当 l 的斜率为 1 时,其方程为 x ? y ? c ? 0, O 到 l 的距离为

2 3 2 ) ? 1, 2

| ?3k ? 1 ? 4k | k 2 ?1

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

7 24
26

0?0?c 2

?

c 2



c 2

?

2 , c ?1 2

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

由 e?

c 3 ? a 3

得 a?

3 ,b ? a2 ? c2 = 2

综上,C 上存在点 P ( ,?

3 2

2 ) 使 OP ? OA ? OB 成立,此时 l 的方程为 2

(Ⅱ)C 上存在点 P ,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP ? OA ? OB 成立。 由 (Ⅰ)知 C 的方程为 2 x + 3 y =6. 设 A( x1 , y1 ), B( x 2 , y 2 ). (ⅰ) 当l不垂直x轴时,设l的方程为y ? k ( x ? 1) C 上的点P使OP ? OA ? OB 成立 的充要条件 是 P点的坐标为(x1 ? x2 , y1 ? y 2) , 且
2
2

2x ? y ? 2 ? 0 .
(2009 湖北卷理) (本小题满分 14 分) 过抛物线 y ? 2 px( p ? 0) 的对称轴上一点 A ? a, 0 ?? a ? 0 ?
2

的直线与抛物线相交于 M、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

2( x1 ? x2 ) 2 ? 3( y1 ? y 2 ) 2 ? 6
整理得 2 x1 ? 3 y1 ? 2 x 2 ? 3 y 2 ? 4 x1 x 2 ? 6 y1 y 2 ? 6
2 2 2 2

p 时,求证: AM 1 ⊥ AN1 ; 2

?AMM 1 、 ?AM 1 N1 、 ?ANN1 的面积分别为 S1 、 S 2 、 S 3 ,是否存在 ? ,使

又A、B在C上,即2 x1 ? 3 y1


2

2

? 6,2 x 2 ? 3 y 2 ? 6

2 2 2 2 2

2

2

2 ? ? S1S 2 成立。若存在,求出 ? 的值;若不存在,说明理由。 得对任意的 a ? 0 ,都有 S 2

2 x1 x2 ? 3 y1 y 2 ? 3 ? 0
2

本小题主要考察抛物线的定义和几何性质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。 (14 分) 解:依题意,可设直线 MN 的方程为 x ? my ? a, M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) ,则有
w.w.w. k. s.5.u.c.o.m w.w.w. k. s.5.u.c.o.m

将 y ? k ( x ? 1)代入2 x ? 3 y ? 6, 并化简得 (2 ? 3k ) x ? 6k x ? 3k ? 6 ? 0 于是 x1 ? x 2 ?
2

6k 3k ? 6 ? 4k 2 , x1 x 2 = , y1 y 2 ? k ( x1 ? 1)( x 2 ? 2) ? 2 2 2 ? 3k 2 ? 3k 2 ? 3k 2
2 2

2

M (?a, y1 ), N (?a, y2 )
? y1 ? y2 ? 2mp ? y1 y2 ? ?2ap

由?

? x ? my ? a ? y ? 2 px
2

消去 x 可得 y ? 2mpy ? 2ap ? 0
2

k 3 3 k 代入①解得, k ? 2 ,此时 x1 ? x 2 ? ,于是 y1 ? y 2 ? k ( x1 ? x 2 ? 2) = ? , 即 P( ,? ) 2 2 2 2
w.w. w. k.s.5 .u.c.o.m

从而有 ?



于是 x1 ? x2 ? m( y1 ? y2 ) ? 2a ? 2(m p ? a)
2



因此, 当 k ? ? 2 时, P ( ,

3 2

2 ) , l的方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 ; 2

( y1 y2 ) 2 (?2ap) 2 ? ? a2 又由 y ? 2 px1 , y1 ? 2 px2 可得 x1 x2 ? 2 2 4p 4p
2 1 2



当k ?

3 2 2 时, P( ,? ) , l的方程为 2 x ? y ? 2 ? 0 。 2 2

(ⅱ)当 l 垂直于 x 轴时,由 OA ? OB ? (2,0) 知,C 上不存在点 P 使 OP ? OA ? OB 成立。

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 2 此时 M1 (? , y1 ), N1 (? , y2 ), 并由 ①可得 y1 y2 ? ? p 2 2 uuuu v uuuv 证法 1: Q AM 1 ? (? p, y1 ), AN1 ? (? p, y2 )
(Ⅰ)如图 1,当 a ?
27

uuuu v uuuv ? AM1 ? AN1 ? p 2 ? y1 y2 ? p 2 ? p 2 ? 0,即AM1 ? AN1

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

上式恒成立,即对任意 a ? 0, S2 ? 4S1S3 成立
2

证法 2:

Q K AM1 ? ?

y1 y , K AN1 ? ? 2 , p p

证法 2:如图 2,连接 MN1 , NM 1 ,则由 y1 y2 ? ?2ap, y1 ? 2 px1 可得
2

KOM ?
? K AM1 ? K AN1 ? y1 y2 p2 ? ? ? ?1,即AM 1 ? AN1 . p2 p2

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 NM 1 也经过原点 O 又 OA ? OA1 ? a 设 M1 A1 ? h1 , N1 A1 ? h2 , MM1 ? d1 , NN1 ? d 2 , 则

1 1 1 S1 ? d1h1 , S2 ? ? 2a(h1 ? h2 ) ? a(h1 ? h2 ), S3 ? d 2 h2 . 2 2 2
(2009 全国卷Ⅱ理) (本小题满分 12 分) 已知椭圆 C :

x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 , 2 3 a b
2 2

过右焦点 F 的直线 l 与 C 相交于 A 、 B 两点,当 l 的斜率为 1 时,坐标原点 O 到 l 的距离为

(I)求 a ,b 的值; (II)C 上是否存在点 P,使得当 l 绕 F 转到某一位置时,有 OP ? OA ? OB (Ⅱ)存在 ? ? 4 ,使得对任意的 a ? 0 ,都有 S 2 ? 4 S1S3 成立,证明如下:
2

??? ?

??? ? ??? ?

成立? 若存在,求出所有的 P 的坐标与 l 的方程;若不存在,说明理由。 解:(I)设 F (c,0) ,直线 l : x ? y ? c ? 0 ,由坐标原点 O 到 l 的距离为

证法 1:记直线 l 与 x 轴的交点为 A1 ,则 OA ? OA1 ? a 。于是有

1 1 ? 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 S1 ?
2 ? S2 ? 4 S1S3 ? (a y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? a ) y1 ? ( x2 ? a ) y2

2 2



|0?0?c| 2 c 3 ? ,? a ? 3, b ? 2 . ,解得 c ? 1 .又 e ? ? 2 a 3 2

(II)由(I)知椭圆的方程为 C :

x2 y 2 ? ? 1 .设 A( x1 , y1 ) 、 B ( x2 , y2 ) 3 2

由题意知 l 的斜率为一定不为 0,故不妨设 l : x ? my ? 1 代入椭圆的方程中整理得 (2m ? 3) y ? 4my ? 4 ? 0 ,显然 ? ? 0 。
2 2

? a [( y1 ? y2 ) ? 4 y1 y2 ] ? [ x1 x2 ? a ( x1 ? x2 ) ? a ] y1 y2
2 2 2

将①、 ②、 ③代入上式化简可得

a 2 (4m2 p 2 ? 8ap) ? 2ap(2am2 p ? 4a 2 ) ? 4a 2 p(m2 p ? 2a)
28

4m 4 . . . . . . .① , y1 y2 ? ? 2 ,. 2 2m ? 3 2m ? 3 ??? ? ??? ? ??? ? .假设存在点 P,使 OP ? OA ? OB 成立,则其充要条件为:
由韦达定理有: y1 ? y2 ? ? 点 P的坐标为( x1 ? x2 , y1 ? y2 ) ,点 P 在椭圆上,即
2 2 2 2

的坐标; (II)如图,点 M 是以 SB 为直径的圆与线段 TB 的交点,试问:是否存在 a ,使得 O,M,S 三点共线?若存在,求出 a 的值,若不存在,请说明理由。 解法一:(Ⅰ)当曲线 C 为半圆时, a ? 1, 如图,由点 T 为圆弧 ? AB 的三等分点得∠BOT=60°或

( x1 ? x2 ) ( y1 ? y2 ) ? ? 1。 3 2
2 2

120°. (1) 当 ∠ BOT=60 ° 时 ,
SB ? AB ? tan 30? ?

∠ SAE=30 ° . , 又

AB=2, 故 在 △ SAE

中 , 有

整理得 2 x1 ? 3 y1 ? 2 x2 ? 3 y2 ? 4 x1 x2 ? 6 y1 y2 ? 6 。 又 A、B 在椭圆上,即 2 x1 ? 3 y1 ? 6, 2 x2 ? 3 y2 ? 6 .
2 2 2 2

? ? ? ? ,? s(t , ); ? ?

故 2 x1 x2 ? 3 y1 y2 ? 3 ? 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .②
2 将 x1 x2 ? (my1 ? 1)(my2 ? 1) ? m y1 y2 ? m( y1 ? y2 ) ? 1 及①代入②解得 m ?
2

2 3 )或S(1,2 3) 3 (Ⅱ)假设存在 a(a ? 0) ,使得 O,M,S 三点共线. 由于点 M 在以 SB 为直线的圆上,故 BT ? OS . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 k>0,可设直线 AS 的方程为 y ? k ( x ? a) .

(2)当∠BOT=120°时,同理可求得点 S 的坐标为 (1, 2 3) ,综上, S (1,

1 2

? y1 ? y2 ?

4m 2 3 2 2 3 2 或? ). ? 2 ? ,即 P( , ? , x1 ? x2 = ? 2 2 2 2 2 2m ? 3 2

? x2 2 ? ? y ?1 由 ? a2 得(1 ? a 2 k 2 ) x 2 ? 2a 2 k 2 x ? a 4 k 2 ? a 2 ? 0 ? y ? k ( x ? a) ?

设点 T ( xT , yT ),? xT ? (?a) ? 亦即 T (
a ? a2 k 2 2ak , ). 2 2 1 ? a k 1 ? a2 k 2

当m ?

2 3 2 2 时, P( , ? ), l : x ? y ?1 ; 2 2 2 2 2 3 2 2 时, P( , ), l : x ? ? y ? 1. 2 2 2 2

a2 k 2 ? a2 , 1 ? a2 k 2

故 xT ?

a ? a2 k 2 2ak ,从而 y T ? k ( xT ? a) ? . 2 2 1? a k 1 ? a2 k 2

??? ? ?2a 2 k 2 2ak ? B(a,0),? BT ? (( , )) 2 2 1 ? a k 1 ? a2 k 2

当m ? ?

??? ? ?x ? a 由? 得 s(a, 2ak ),? OS ? (a, 2ak ). ? y ? k ( x ? a)

评析:处理解析几何题,学生主要是在“算”上的功夫不够。所谓“算” ,主要讲的是算理和算 法。算法是解决问题采用的计算的方法,而算理是采用这种算法的依据和原因,一个是表,一个是 里,一个是现象,一个是本质。有时候算理和算法并不是截然区分的。例如:三角形的面积是用 底乘高的一半还是用两边与夹角的正弦的一半,还是分割成几部分来算?在具体处理的时 候,要根据具体问题及题意边做边调整,寻找合适的突破口和切入点。 (2009 福建卷理) (本小题满分 13 分)已知 A,B 分别为曲线 C:

??? ? ??? ? ?2a 2 k 2 ? 4a2 k 2 由 BT ? OS ,可得 BT ? OS ? ? 0 即 ?2a2 k 2 ? 4a2 k 2 ? 0 1 ? a2 k 2
? k ? 0, a ? 0,? a ? 2

经检验,当 a ? 2 时,O,M,S 三点共线.

故存在 a ? 2 ,使得 O,M,S 三

x2 2 + y =1(y ? 0,a>0)与 x 轴的左、右两个交点,直线 l 过点 B, 2 a
且与 x 轴垂直,S 为 l 上异于点 B 的一点,连结 AS 交曲线 C 于点

点共线. 解法二:(Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)假设存在 a,使得 O,M,S 三点共线. 由于点 M 在以 SO 为直径的圆上,故 SM ? BT . 显然,直线 AS 的斜率 k 存在且 K>0,可设直线 AS 的方程为 y ? k ( x ? a)
? x2 2 ? ? y ?1 得(1 ? a 2b2 ) x 2 ? 2a 2 k 2 x ? a 2 k 2 ? a 2 ? 0 由 ? a2 ? y ? k ( x ? a) ?

AB 的三等分点,试求出点 S T.(1)若曲线 C 为半圆,点 T 为圆弧 ?
29

设点 T ( xT , yT ) ,则有 xT ? (?a) ? 故 xT ?
2 2

a4 k 2 ? a2 . 1 ? a2 k 2
2 2

a?a k 2ak a?a k 2ak , 从而yT ? k ( xT ? a) ? 亦即T ( ? ). a ? a2 k 2 1 ? a2 k 2 1 ? a2k 2 1 ? a2k 2 yT 1 ? B(a,0),? kBT ? ? ? 2 , 故kSM ? a 2 k xT ? a ak

?x ? a 由? 得S(a,2ak),所直线 SM 的方程为 y ? 2ak ? a 2 k ( x ? a) ? y ? k ( x ? a)

? ab 2 5 , ? ? 5 ?c ? ab 2 5 ab 2 5 5 ?c ? ,即 ? ,由? ? ∴ , 2 2 5 c 5 2 a ?b ?a ?c 2 ? a 2 ? b 2 ? ? ?
∴双曲线 C 的方程为

?a ? 2, ? ?b ? 1, 得 ? ?c ? 5,

O,S,M 三点共线当且仅当 O 在直线 SM 上,即 2ak ? a k (?a) .
2

y2 ? x 2 ? 1. 4
的 两 条 渐 近 线 方 程 为 y ? ?2 x. 设

? a ? 0, K ? 0,? a ? 2

故存在 a ? 2 ,使得 O,M,S 三点共线.

( Ⅱ ) 由 ( Ⅰ ) 知 双 曲 线 C

(2009 陕西卷理)(本小题满分 12 分)已知双曲线 C 的方程为

y 2 x2 ? ? 1(a ? 0, b ? 0) ,离心 a 2 b2

A(m, 2m), B(?n, 2n), m ? 0, n ? 0.
由 AP ? ? PB 得 P 点的坐标为 (

??? ?

??? ?

率e ?

5 2 5 ,顶点到渐近线的距离为 。 (I)求双曲线 C 的方程; 2 5

y2 m ? ? n 2(m ? ? n) ? x 2 ? 1, 化简得 , ), 将 P 点坐标代入 4 1? ? 1? ?

(II)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,且分别位于第一、二 象限,若 AP ? ? PB, ? ? [ , 2] ,求 ?AOB 面积的取值范围。

??? ?

??? ?

mn ?


1 3

(1? ? n )2 . 4?

设 ∠ AOB ? 2? ,? tan(

?

1 1 4 ? ? ) ? 2,? tan ? ? ,sin ? ? ,sin 2? ? . 2 2 2 5

y 2 x2 28. (本小题满分 14 分)已知双曲线 C 的方程为 2 ? 2 ? 1(a ? 0, b ? 0), a b
点到渐近线的距离为

w.w.w. k.s.5. u.c.o.m

5 ,顶 离心率 e ? 2

? | OA |? 5m4 | OB |? 5n?

? S? AOB ?

2 5 . (Ⅰ)求双曲线 C 的方程; (Ⅱ)如图,P 是双曲线 C 上一点,A,B 5 ??? ? ??? ? 1 两点在双曲线 C 的两条渐近线上,且分别位于第一,二象限.若 AP ? ? PB, ? ? [ , 2], 求△AOB 3
面积的取值范围. 解答一(Ⅰ)由题意知,双曲线 C 的顶点 (O, a) 到渐近线 ax ? by ? 0的距离为

1 1 1 | OA |? | OB |? sin 2? ? 2mn ? (? ? ) ? 1. 2 2 ?

1 1 1 S (? ) ? (? ? ) ? 1, ? ? [ , 2], 记 2 ? 3
8 9 , S (2) ? , 3 4 1 8 当 ? ? 1 时,△AOB 的面积取得最小值 2,当 ? ? 时,△AOB 的面积取得最大值 ∴△AOB 3 3. 8 面积的取值范围是 [2, ]. 3
由 S '(? ) ? 0得? ? 1, 又S(1)=2,S( ) ? 解答二(Ⅰ)同解答一 (Ⅱ)设直线 AB 的方程为 y ? kx ? m, 由题意知 | k |? 2, m ? 0.
w.w.w. k.s.5.u.c.o.m

1 3

2 5 , 5

30



? kx ? m {y y ? 2x ? kx ? m {y y ? ?2 x

得 A 点的坐标为 (

m 2m , ), 2?k 2?k ? m 2m , ). 2?k 2?k



得 B 点的坐标为 (

由 AP ? ? PB 得 P 点的坐标为 (

??? ?

??? ?

m 1 ? 2m 1 ? ( ? ), ( ? )), 1? ? 2 ? k 2 ? k 1? ? 2 ? k 2 ? k

将 P 点坐标代入

y2 4m 2 (1 ? ? )2 ? x 2 ? 1得 ? . 4 4 ? 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 ?
=

1 1 1 | OQ |? | XA | ? | OQ |? | x8 |? m? ( xA ? xB) 2 2 2

1 m m 1 4m 2 1 1 m( ? )? ? ? (? ? ) ? 1. 2 2 2?k 2?k 2 4?k 2 ?

以下同解答一.

31


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