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《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第九章 平面解析几何第11课时 直线与圆锥曲线的综合应用
考情分析
考点新知
会求定点、定值、最值等问题；掌握函数与方程等价转换、分类讨论等思想方法．
掌握圆锥曲线的简单应用.
1. (选修11P44习题4改编)以双曲线－＝1的中心为顶点，且以该双曲线的右焦点为焦点的拋物线方程是__________．
答案：y2＝12x
解析：双曲线－＝1的中心为O(0，0)，该双曲线的右焦点为F(3，0)，则拋物线的顶点为(0，0)，焦点为(3，0)，所以p＝6，所以拋物线方程是y2＝12x.
2. 以双曲线－3x2＋y2＝12的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆的方程是________．
答案：＋＝1
解析：双曲线方程可化为－＝1，焦点为(0，±4)，顶点为(0，±2)．∴ 椭圆的焦点在y轴上，且a＝4，c＝2，此时b＝2，∴ 椭圆方程为＋＝1.
3. 若抛物线y2＝2px的焦点与椭圆＋＝1的右焦点重合，则p＝________．
答案：4
解析：椭圆＋＝1的右焦点(2，0)是抛物线y2＝2px的焦点，所以＝2，p＝4.
4. 已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则·的最小值为________．
答案：－2
解析：设点P(x，y)，其中x≥1.依题意得A1(－1，0)，F2(2，0)，由双曲线方程得y2＝3(x2－1).·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝(x＋1)(x－2)＋y2＝x2＋y2－x－2＝x2＋3(x2－1)－x－2＝4x2－x－5＝4－，其中x≥1.因此，当x＝1时，·取得最小值－2.
5. 已知椭圆C：＋y2＝1的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0)满足＋y≤1，则PF1＋PF2的取值范围为________．
答案：[2，2]
解析：当P在原点处时，PF1＋PF2取得最小值2；当P在椭圆上时，PF1＋PF2取得最大值2，故PF1＋PF2的取值范围为[2，2]．
1. 圆锥曲线的统一定义
平面内到一个定点F和到一条定直线l(F不在l上)的距离的比等于常数e的轨迹．
当0
1时，它表示双曲线；
当e＝1时，它表示抛物线．
2. 曲线的方程与方程的曲线
在直角坐标系中，如果某曲线C(看作适合某种条件的点的集合或轨迹)上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下的关系：
(1) 曲线上的点的坐标都是这个方程的解；
(2) 以这个方程的解为坐标的点都在曲线C上，那么，这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线(图形)．
3. 平面解析几何研究的两个主要问题
(1) 根据已知条件，求出表示曲线的方程；
(2) 通过曲线的方程研究曲线的性质．
4. 求曲线方程的一般方法(五步法)
求曲线(图形)的方程，一般有下面几个步骤：
(1) 建立适当的坐标系，用有序实数对(x，y)表示曲线上任意一点M的坐标；
(2) 写出适合条件p的点M的集合P＝{M|p(M)}；
(3) 用坐标表示条件p(M)，列出方程f(x，y)＝0；
(4) 化方程f(x，y)＝0为最简形式；
(5) 说明已化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上.
题型1 最值问题
例1 如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 求△ABP面积取最大值时直线l的方程．
解：(1) 设椭圆左焦点为F(－c，0)，则由题意得得
所以椭圆方程为＋＝1.
(2) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)，由消去y，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①
则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，
所以线段AB的中点为M.
因为M在直线OP：y＝x上，所以＝，得m＝0(舍去)或k＝－.
此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则Δ＝3(12－m2)＞0，所以AB＝·|x1－x2|＝·，设点P到直线AB的距离为d，则d＝＝.设△ABP的面积为S，则S＝AB·d＝·.其中m∈(－2，0)∪(0，2)．令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2，2]，u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)·(m－1－)(m－1＋)．所以当且仅当m＝1－时，u(m)取到最大值．故当且仅当m＝1－时，S取到最大值．综上，所求直线l的方程为3x＋2y＋2－2＝0.
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的中心在原点O，右焦点F在x轴上，椭圆与y轴交于A、B两点，其右准线l与x轴交于T点，直线BF交椭圆于C点，P为椭圆上弧AC上的一点．
(1) 求证：A、C、T三点共线；
(2) 如果＝3，四边形APCB的面积最大值为，求此时椭圆的方程和P点坐标．
(1) 证明：设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0) ①，则A(0，b)，B(0，－b)，T.
AT：＋＝1 ②，BF：＋＝1 ③，解得交点C(，)，代入①得＋＝＝1，满足①式，则C点在椭圆上，即A、C、T三点共线．
(2) 解：过C作CE⊥x轴，垂足为E，
则△OBF∽△ECF.
∵ ＝3，CE＝b，EF＝c，则C，代入①得＋＝1，∴ a2＝2c2，b2＝c2.设P(x0，y0)，则x0＋2y＝2c2.此时C，AC＝ c，S△ABC＝·2c·＝c2，
直线AC的方程为x＋2y－2c＝0，P到直线AC的距离为d＝＝，
S△APC＝d·AC＝·· c＝·c.只须求x0＋2y0的最大值，
(解法1)∵ (x0＋2y0)2＝x＋4y＋2·2x0y0≤x＋4y＋2(x＋y)＝3(x＋2y)＝6c2，∴ x0＋2y0≤c.当且仅当x0＝y0＝c时，(x0＋2y0)max＝c.
(解法2)令x0＋2y0＝t，代入x＋2y＝2c2得(t－2y0)2＋2y－2c2＝0，即6y－4ty0＋t2－2c2＝0.Δ＝(－4t)2－24(t2－2c2)≥0，得t≤c.当t＝c，代入原方程解得x0＝y0＝c.
∴ 四边形的面积最大值为c2＋c2＝c2＝，∴ c2＝1，a2＝2，b2＝1，此时椭圆方程为＋y2＝1.P点坐标为.
题型2 定值问题
例2 如图，椭圆C0：＋＝1(a>b>0，a、b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t，b0)，则＝1，p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x.
(2) 抛物线C的准线方程为x＝－1，设M(－1，y1)，N(－1，y2)，其中y1y2＝－4，直线MO的方程：y＝－y1x，将y＝－y1x与y2＝4x联立解得A点坐标.同理可得B点坐标，则直线AB的方程为：＝，整理得(y1＋y2)y－4x＋4＝0，故直线AB恒过定点(1，0)．
4. 已知椭圆E：＋y2＝1(a＞1)的上顶点为M(0，1)，两条过M的动弦MA、MB满足MA⊥MB.
(1) 当坐标原点到椭圆E的准线距离最短时，求椭圆E的方程；
(2) 若Rt△MAB面积的最大值为，求a；
(3) 对于给定的实数a(a＞1)，动直线AB是否经过一定点？如果经过，求出定点坐标(用a表示)；反之，说明理由．
解：(1) 由题，a2＝c2＋1，d＝＝＝c＋≥2，当c＝1时取等号，此时a2＝1＋1＝2，故椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2) 不妨设直线MA的斜率k>0，直线MA方程为y＝kx＋1，由
① 代入②整理得(a2k2＋1)x2＋2a2kx＝0，
解得xA＝－，
故A，
由MA⊥MB知直线MB的斜率为－，
可得B(，)，
则MA＝·，
MB＝＝.
则S△MAB＝MA·MB
＝(1＋k2)
＝
＝.
令k＋＝t(t≥2)，
则S△MAB＝＝≤＝.
当t＝时取“＝”，∵ t＝≥2，得a>＋1.而(S△MAB)max＝＝，故a＝3或a＝(舍)．综上a＝3.
(3) 由对称性，若存在定点，则必在y轴上．
当k＝1时，A，直线AB过定点Q.下面证明A、Q、B三点共线：
∵ kAQ＝
＝
＝，
kBQ＝
＝
＝.
由kAQ＝kBQ知A、Q、B三点共线，即直线AB过定点Q.
5. 设A1、A2与B分别是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点与上顶点，直线A2B与圆C：x2＋y2＝1相切．
(1) 求证：＋＝1；
(2) P是椭圆E上异于A1、A2的一点，若直线PA1、PA2的斜率之积为－，求椭圆E的方程；
(3) 直线l与椭圆E交于M、N两点，且·＝0，试判断直线l与圆C的位置关系，并说明理由．
(1) 证明：已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)，
A1、A2与B分别为椭圆E的左、右顶点与上顶点，
所以A1(－a，0)，A2(a，0)，B(0，b)，
直线A2B的方程是＋＝1.
因为A2B与圆C：x2＋y2＝1相切，
所以＝1，
即＋＝1.
(2) 解：设P(x0，y0)，则直线PA1、PA2的斜率之积为kPA1·kPA2＝·＝＝－，＋＝1，而＋＝1，所以b2＝a2.结合＋＝1，得a2＝4，b2＝.所以椭圆E的方程为＋＝1.
(3) 解：设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．
① 若直线l的斜率存在，设直线l为y＝kx＋m，由y＝kx＋m代入＋＝1，得＋＝1.化简得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0(Δ>0)．∴ x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝＋km＋m2＝.因为·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0.代入得(a2＋b2)m2－a2b2(1＋k2)＝0.结合(1)的＋＝1，得m2＝1＋k2.圆心到直线l的距离为d＝＝1，所以直线l与圆C相切．
② 若直线l的斜率不存在，设直线l为x＝n.代入＋＝1，得y＝±b.∴ |n|＝b·，
∴ a2n2＝b2(a2－n2)．解得n＝±1，所以直线l与圆C相切．
6. 已知曲线C上动点P(x，y)到定点F1(，0)与定直线l1∶x＝的距离之比为常数.
(1) 求曲线C的轨迹方程；
(2) 以曲线C的左顶点T为圆心作圆T：(x＋2)2＋y2＝r2(r>0)，设圆T与曲线C交于点M与点N，求·的最小值，并求此时圆T的方程．
解：(1) 过点P作直线的垂线，垂足为D.
＝，＝，
所以该曲线的方程为＋y2＝1.
(2) 点M与点N关于x轴对称，设M(x1，y1)，N(x1，－y1)，不妨设y1>0.由于点M在椭圆C上，所以y＝1－.由已知T(－2，0)，则＝(x1＋2，y1)，＝(x1＋2，－y1)，∴ ·＝(x1＋2，y1)·(x1＋2，－y1)＝(x1＋2)2－y＝(x1＋2)2－＝x＋4x1＋3＝·－.由于－20.
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
由x2＝4y，得y＝x2，所以y′＝x, 所以，直线AM的斜率为kAM＝x1,
所以，直线AM的方程为y－y1＝x1(x－x1)，又x＝4y1,
所以，直线AM的方程为x1x＝2(y＋y1) ①，
同理，直线BM的方程为x2x＝2(y＋y2) ②，
②－①并据x1≠x2得点M的横坐标x＝，
即A、M、B三点的横坐标成等差数列．
(2) 解：由①②易得y＝－1，所以点M的坐标为(2k，－1)(k≠0).
所以kMF＝＝－， 则直线MF的方程为y＝－x＋1，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)
由消去y，得x2＋x－4＝0，显然Δ＝＋16>0,
所以x3＋x4＝－，x3x4＝－4，
又|AB|＝＝
＝＝4(k2＋1)，
|CD|＝＝
＝＝4，
因为kMF·kAB＝－1，所以AB⊥CD ，
所以SACBD＝|AB|·|CD|＝8＝8·≥32,
当且仅当k＝±1时，四边形ACBD面积取到最小值32.
2. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，一条准线方程为x＝
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设G、H为椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，且OG⊥OH.
① 当直线OG的倾斜角为60°时，求△GOH的面积；
② 是否存在以原点O为圆心的定圆，使得该定圆始终与直线GH相切？若存在，请求出该定圆方程；若不存在，请说明理由．
解：( 1) 因为＝，＝，a2＝b2＋c2,
解得a＝3，b＝，所以椭圆方程为＋＝1.
(2) ① 由解得
由 得
所以OG＝，OH＝，所以S△GOH＝.
② 假设存在满足条件的定圆，设圆的半径为R，则OG·OH＝R·GH，
因为OG2＋OH2＝GH2，故＋＝，
当OG与OH的斜率均存在时，不妨设直线OG方程为y＝kx,
由得所以OG2＝，
同理可得OH2＝，(将OG2中的k换成－可得)
＋＝＝，R＝，
当OG与OH的斜率有一个不存在时，可得＋＝＝，
故满足条件的定圆方程为：x2＋y2＝.
3. 已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，双曲线－＝1的两条渐近线为l1、l2，过椭圆C的右焦点F作直线l，使l⊥l1.又l与l2交于P点，设l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A、B(如图)．
(1) 当l1与l2夹角为60°，双曲线的焦距为4时，求椭圆C的方程；
(2) 当＝λ，求λ的最大值．
解：(1) ∵双曲线的渐近线为y＝±x，
两渐近线夹角为60°，又<1，
∴∠POx＝30°，
即＝tan30°＝.
∴a＝b.
又a2＋b2＝4，∴a2＝3，b2＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2) 由已知l：y＝(x－c)，与y＝x解得P.
由＝λ，得A.
将A点坐标代入椭圆方程，
得(c2＋λa2)2＋λ2a4＝(1＋λ)2a2c2.
∴(e2＋λ)2＋λ2＝e2(1＋λ)2.
∴λ2＝＝－＋3≤3－2.
∴λ的最大值为－1.
4. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－1，1)，P是动点，且△POA的三边所在直线的斜率满足kOP＋kOA＝kPA.
(1) 求点P的轨迹C的方程；
(2) 若Q是轨迹C上异于点P的一个点，且＝λ，直线OP与QA交于点M，问：是否存在点P，使得△PQA和△PAM的面积满足S△PQA＝2S△PAM？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
解：(1) 设点P(x，y)为所求轨迹上的任意一点，则由kOP＋kOA＝kPA得＋＝，
整理得轨迹C的方程为y＝x2(x≠0且x≠－1)．
(2) 设P(x1，x)，Q(x2，x)，M(x0，y0)，
由＝λ可知直线PQ∥OA，则kPQ＝kOA，
故＝，即x2＋x1＝－1，
由O、M、P三点共线可知，
＝(x0，y0)与＝(x1，x)共线，
∴ x0x－x1y0＝0，
由(1)知x1≠0，故y0＝x0x1，
同理，由＝(x0＋1，y0－1)与＝(x2＋1，x－1)共线可知(x0＋1)(x－1)－(x2＋1)(y0－1)＝0，
即(x2＋1)[(x0＋1)·(x2－1)－(y0－1)]＝0，
由(1)知x2≠－1，故(x0＋1)(x2－1)－(y0－1)＝0，
将y0＝x0x1，x2＝－1－x1代入上式得(x0＋1)(－2－x1)－(x0x1－1)＝0，
整理得－2x0(x1＋1)＝x1＋1，
由x1≠－1得x0＝－，
由S△PQA＝2S△PAM，得到QA＝2AM，
∵ PQ∥OA，
∴ OP＝2OM，
∴ ＝2，
∴ x1＝1，
∴ P的坐标为(1，1)．
1. 圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．
(1) 若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；
(2) 若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．
2. 求定值问题常见的方法有两种
(1) 从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；
(2) 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
3. 定点的探索与证明问题
(1) 探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；
(2) 从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．
请使用课时训练(B)第11课时(见活页)．
[备课札记]
