高考数学专题：解析几何新题型的解题技巧

高考数学专题：解析几何新题型的解题技巧

解析几何题型 命题趋向：解析几何例命题趋势： 1.注意考查直线的基本概念，求在不同条件下的直线方程，直线的位置关系，此类题大多都属中、低 档题，以填空题的形式出现，每年必考 2.考查直线与二次曲线的普通方程，属容易题，对称问题常以填空题出现 3.考查圆锥曲线的基础知识和基本方法的题多以填空题的形式出现，有时会出现有一定灵活性和综合 性较强的题，如求轨迹，与向量结合，与求最值结合，属中档题 考点透视 一．直线和圆的方程 1．理解直线的斜率的概念，掌握过两点的直线的斜率公式，掌握直线方程的点斜式、两点式、一般式， 并能根据条件熟练地求出直线方程． 2．掌握两条直线平行与垂直的条件，两条直线所成的角和点到直线的距离公式，能够根据直线的方程 判断两条直线的位置关系． 3．了解二元一次不等式表示平面区域． 4．了解线性规划的意义，并会简单的应用． 5．了解解析几何的基本思想，了解坐标法． 6．掌握圆的标准方程和一般方程，了解参数方程的概念，理解圆的参数方程． 二．圆锥曲线方程 1．掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质． 2．掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质． 3．掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质． 4．了解圆锥曲线的初步应用． 考点 1.求参数的值 求参数的值是高考题中的常见题型之一,其解法为从曲线的性质入手,构造方程解之. 例 1．若抛物线 2 2y px 的焦点与椭圆 2 2 1 6 2 x y   的右焦点重合，则 p的值为 考查意图: 本题主要考查抛物线、椭圆的标准方程和抛物线、椭圆的基本几何性质. 解答过程：椭圆 2 2 1 6 2 x y   的右焦点为(2,0)，所以抛物线 2 2y px 的焦点为(2,0)，则 4p  ， 考点 2. 求线段的长 求线段的长也是高考题中的常见题型之一,其解法为从曲线的性质入手,找出点的坐标,利用距离公式解 之. 例 2．已知抛物线 y-x2+3上存在关于直线 x+y=0对称的相异两点 A、B，则|AB|等于 考查意图: 本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系和距离公式的应用. 解：设直线 AB 的方程为 y x b  ，由 2 2 1 2 3 3 0 1 y x x x b x x y x b                ，进而可求 出 AB的中点 1 1( , ) 2 2 M b   ，又由 1 1( , ) 2 2 M b   在直线 0x y  上可求出 1b  ， ∴ 2 2 0x x   ，由弦长公式可求出 2 21 1 1 4 ( 2) 3 2AB       ． 例 3．如图，把椭圆 2 2 1 25 16 x y   的长轴 AB分成8等份，过每个分点作 x轴的垂线交椭圆的上半部 分于 1 2 3 4 5 6 7, , , , , ,P P P P P P P 七个点， F 是椭圆的一个焦点， 则 1 2 3 4 5 6 7PF P F PF P F P F P F P F       ____________. 考查意图: 本题主要考查椭圆的性质和距离公式的灵活应用. 解答过程：由椭圆 2 2 1 25 16 x y   的方程知 2 25, 5.a a   ∴ 1 2 3 4 5 6 7 7 2 7 7 5 35. 2 aPF P F PF P F PF P F P F a             故填 35. 考点 3. 曲线的离心率 曲线的离心率是高考题中的热点题型之一,其解法为充分利用: (1)椭圆的离心率 e＝ a c∈(0,1) (e越大则椭圆越扁); (2) 双曲线的离心率 e＝ a c∈(1, ＋∞) (e越大则双曲线开口越大). 结合有关知识来解题. 例 4．已知双曲线的离心率为 2，焦点是 ( 4,0) ， (4,0)，则双曲线方程为 考查意图:本题主要考查双曲线的标准方程和双曲线的离心率以及焦点等基本概念. 解答过程： 2, 4,ce c a    所以 22, 12.a b   小结: 对双曲线的标准方程和双曲线的离心率以及焦点等基本概念，要注意认真掌握.尤其对双曲线的 焦点位置和双曲线标准方程中分母大小关系要认真体会. 例 5．已知双曲线 93 22  yx ,则双曲线右支上的点 P到右焦点的距离与点 P到右准线的距离之比等于 考查意图: 本题主要考查双曲线的性质和离心率 e＝ a c ∈(1, ＋∞) 的有关知识的应用能力. 解答过程：依题意可知 3293,3 22  baca ． 考点 4.求最大(小)值 求最大(小)值, 是高考题中的热点题型之一.其解法为转化为二次函数问题或利用不等式求最大(小)值: 特别是,一些题目还需要应用曲线的几何意义来解答. 例 6．已知抛物线 y2=4x,过点 P(4,0)的直线与抛物线相交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点，则 y12+y22的最小值 是 . 考查意图: 本题主要考查直线与抛物线的位置关系，以及利用不等式求最大(小)值的方法. 解:设过点 P(4,0)的直线为    2 24 , 8 16 4 ,y k x k x x x          1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 8 4 16 0, 8 4 14 4 16 2 32. k x k x k ky y x x k k                    考点 5 圆锥曲线的基本概念和性质 圆锥曲线第一定义中的限制条件、圆锥曲线第二定义的统一性，都是考试的重点内容，要能够熟 练运用；常用的解题技巧要熟记于心. 例 7．在平面直角坐标系 xOy中,已知圆心在第二象限、半径为 2 2的圆 C与直线 y=x相切于坐标原点 O. 椭圆 9 2 2 2 y a x  =1与圆 C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为 10. （1）求圆 C的方程； （2）试探究圆 C上是否存在异于原点的点 Q，使 Q到椭圆右焦点 F的距离等于线段 OF的长.若存在， 请求出点 Q的坐标；若不存在，请说明理由. [考查目的]本小题主要考查直线、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． [解答过程] (1) 设圆 C 的圆心为 (m, n) 则 , 2 2 2, m n n      解得 2, 2. m n     所求的圆的方程为 2 2( 2) ( 2) 8x y    (2) 由已知可得 2 10a  ， 5a  ． 椭圆的方程为 2 2 1 25 9 x y   , 右焦点为 F( 4, 0) ; 假设存在 Q点  2 2 2 cos , 2 2 2 sin    使 QF OF ,    2 2 2 2 2 cos 4 2 2 2 sin 4       ． 整理得 sin 3cos 2 2   ， 代入 2 2sin cos 1   ． 得: 210cos 12 2 cos 7 0    , 12 2 8 12 2 2 2cos 1 10 10          ． 因此不存在符合题意的 Q点. 例 8．如图,曲线 G的方程为 )0(22  yxy .以原点为圆心，以 )0( tt 为半径的圆分别与曲线 G和 y轴的正半轴相交于 A 与点 B. 直线 AB 与 x 轴相交于点 C. （Ⅰ）求点 A 的横坐标 a 与点 C 的横坐标 c的关系式； （Ⅱ）设曲线 G上点 D的横坐标为 2a ,求证：直线 CD的斜率为定值. [考查目的]本小题综合考查平面解析几何知识，主要涉及平面直角坐标素中的 两点间距离公式、直线的方程与斜率、抛物线上的点与曲线方程的关系 ，考查运算能力与思维能力，综合分析问题的能力. [解答过程]（I）由题意知， ).2,( aaA 因为 .2,|| 22 taatOA  所以 由于 .2,0 2 aatt  故有 （1） 由点 B（0，t），C（c，0）的坐标知，直线 BC的方程为 .1 t y c x 又因点 A在直线 BC上，故有 ,12  t a c a 将（1）代入上式，得 ,1 )2( 2    aa a c a 解得 )2(22  aac . （II）因为 ))2(22(  aaD ，所以直线 CD的斜率为 1 )2(2 )2(2 ))2(22(2 )2(2 2 )2(2           a a aaa a ca a kCD ， 所以直线 CD的斜率为定值. 例 9．已知椭圆 2 2 2 2 x yE : 1(a b 0) a b     ，AB是它的一条弦，M(2,1)是弦 AB的中点，若以点M(2,1) 为焦点，椭圆 E的右准线为相应准线的双曲线 C和直线 AB交于点N(4, 1) ，若椭圆离心率 e和双 曲线离心率 1e 之间满足 1ee 1 ，求： （1）椭圆 E的离心率；（2）双曲线 C的方程. 解答过程：（1）设 A、B坐标分别为 1 1 2 2A(x , y ),B(x , y )， 则 2 2 1 1 2 2 x y 1 a b   ， 2 2 2 2 2 2 x y 1 a b   ，二式相减得： 2 1 2 1 2 AB 2 1 2 1 2 y y (x x )bk x x (y y )a         2 MN2 2b 1 ( 1)k 1 a 2 4         ， 所以 2 2 2 2a 2b 2(a c )   ， 2 2a 2c ， 则 c 2e a 2   ； （2）椭圆 E的右准线为 2 2a ( 2c)x 2c c c    ，双曲线的离心率 1 1e 2 e   ， 设P(x, y)是双曲线上任一点，则： 2 2(x 2) (y 1)| PM | 2 | x 2c | | x 2c |        ， 两端平方且将N(4, 1) 代入得： c 1 或 c 3 ， 当c 1 时，双曲线方程为： 2 2(x 2) (y 1) 0    ，不合题意，舍去； 当c 3 时，双曲线方程为： 2 2(x 10) (y 1) 32    ，即为所求. 小结：（1）“点差法”是处理弦的中点与斜率问题的常用方法； （2）求解圆锥曲线时，若有焦点、准线，则通常会用到第二定义. 考点 6 利用向量求曲线方程和解决相关问题 利用向量给出题设条件，可以将复杂的题设简单化，便于理解和计算. 典型例题： 例 10．双曲线 C与椭圆 2 2 1 8 4 x y   有相同的焦点，直线 y= x3 为 C的一条渐近线. (1)求双曲线 C的方程； (2)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（Q 点与 C 的顶点不重合） .当 1 2PQ QA QB      ，且 3 8 21   时，求 Q点的坐标. 考查意图: 本题考查利用直线、椭圆、双曲线和平面向量等知识综合解题的能力,以及运用数形结合思 想,方程和转化的思想解决问题的能力. 解答过程：（Ⅰ）设双曲线方程为 2 2 2 2 1x y a b   , 由椭圆 2 2 1 8 4 x y   ,求得两焦点为 ( 2,0), (2,0) ， 对于双曲线 : 2C c  ，又 3y x 为双曲线C的一条渐近线  3b a  解得 2 21, 3a b  ， 双曲线C的方程为 2 2 1 3 yx   （Ⅱ）解法一： 由题意知直线 l的斜率 k存在且不等于零. 设 l的方程： 1 14, ( , )y kx A x y  ， 2 2( , )B x y ,则 4( ,0)Q k  . 1PQ QA    , 1 1 1 4 4( , 4) ( , )x y k k      . 1 11 1 1 1 1 1 4 4 4 4( ) 44 x k kx k k y y                     1 1( , )A x y 在双曲线C上，  21 2 1 1 116 16( ) 1 0 k        .  2 2 2 2 1 1 1616 32 16 0. 3 k k        2 2 2 1 1 16(16 ) 32 16 0. 3 k k      同理有： 2 2 2 2 2 16(16 ) 32 16 0. 3 k k      若 216 0,k  则直线 l过顶点，不合题意. 216 0,k   1 2,  是二次方程 2 2 216(16 ) 32 16 0. 3 k x x k     的两根. 1 2 2 32 8 16 3k        , 2 4k  ，此时 0, 2k     . 所求Q的坐标为 ( 2,0) . 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， 1 1 2 24, ( , ), ( , )y kx A x y B x y  ，则 4( ,0)Q k  . 1PQ QA    ， Q 分 PA  的比为 1 . 由定比分点坐标公式得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 4 4 (1 ) 1 4 40 1 x x k k y y                      下同解法一 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： 1 1 2 24, ( , ), ( , )y kx A x y B x y  ，则 4( ,0)Q k  . 1 2PQ QA QB       ， 1 1 1 2 2 2 4 4 4( , 4) ( , ) ( , )x y x y k k k         . 1 1 2 24 y y    ， 1 1 4 y    ， 2 2 4 y    ， 又 1 2 8 3     ， 1 2 1 1 2 3y y    ,即 1 2 1 23( ) 2y y y y  . 将 4y kx  代入 2 2 1 3 yx   得 2 2 2(3 ) 24 48 3 0k y y k     . 23 0k  ，否则 l与渐近线平行. 2 1 2 1 22 2 24 48 3, 3 3 ky y y y k k        . 2 2 2 24 48 33 2 3 3 k k k        . 2k   ( 2,0)Q  . 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： 4y kx  ， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ,则 4( ,0)Q k  1PQ QA    , 1 1 1 4 4( , 4) ( , )x y k k      .  1 1 1 4 4 4 4 k kxx k       .同理 1 2 4 4kx     . 1 2 1 2 4 4 8 4 4 3kx kx          . 即 2 1 2 1 22 5 ( ) 8 0k x x k x x    . （*） 又 2 2 4 1 3 y kx yx       消去 y得 2 2(3 ) 8 19 0k x kx    . 当 23 0k  时，则直线 l与双曲线得渐近线平行，不合题意， 23 0k  . 由韦达定理有： 1 2 2 1 2 2 8 3 19 3 kx x k x x k           代入（*）式得 2 4, 2k k   . 所求 Q点的坐标为 ( 2, 0) . 例 11．设动点 P到点 A(－l，0)和 B(1，0)的距离分别为 d1和 d2， ∠APB＝2θ,且存在常数λ(0＜λ＜1＝,使得 d1d2 sin2θ＝λ． （1）证明：动点 P的轨迹 C为双曲线，并求出 C的方程； （2）过点 B作直线交双曲线 C的右支于 M、N两点,试确定λ的范围, 使OM·ON＝0,其中点 O为坐标原点． [考查目的]本小题主要考查直线、双曲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． [解答过程]解法 1：（1）在 PAB△ 中， 2AB  ，即 2 2 2 1 2 1 22 2 cos 2d d d d    ， 2 2 1 2 1 24 ( ) 4 sind d d d    ，即 2 1 2 1 24 4 sin 2 1 2d d d d        （常数）， 点 P的轨迹C是以 A B， 为焦点，实轴长 2 2 1a   的双曲线． 方程为： 2 2 1 1 x y      ． （2）设 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ①当MN垂直于 x轴时，MN的方程为 1x  ， (11)M ，， (1 1)N ， 在双曲线上． 即 21 1 1 51 1 0 1 2                 ，因为0 1  ，所以 5 1 2    ． ②当MN不垂直于 x轴时，设MN的方程为 ( 1)y k x  ． 由 2 2 1 1 ( 1) x y y k x          得： 2 2 2 2(1 ) 2(1 ) (1 )( ) 0k x k x k              ， 由题意知： 2(1 ) 0k      ，所以 2 1 2 2 2 (1 ) (1 ) kx x k          ， 2 1 2 2 (1 )( ) (1 ) kx x k           ． 于是： 2 2 2 1 2 1 2 2( 1)( 1) (1 ) ky y k x x k          ． 因为 0ONOM ，且M N， 在双曲线右支上，所以 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 (1 )0 (1 ) 5 1 210 1 1 2 31 00 1 x x y y k x x kx x                                          ． 由①②知， 5 1 2 2 3  ≤ ． 解法 2：（1）同解法 1 （2）设 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ，MN的中点为 0 0( )E x y， ． ①当 1 2 1x x  时， 2 21 1 0 1 MB              ， 因为0 1  ，所以 5 1 2    ； ②当 1 2x x 时， 0 0 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 y x k yx yx MN                  ． 又 0 0 1MN BE yk k x    ．所以 2 2 0 0 0(1 )y x x     ； 由 2 MON  ∠ 得 2 2 2 0 0 2 MN x y         ，由第二定义得 2 2 1 2( ) 2 2 2 MN e x x a          C B A o y x 2 2 0 0 0 1 11 (1 ) 2 11 x x x              ． 所以 2 2 2 0 0 0(1 ) 2(1 ) (1 )y x x         ． 于是由 2 2 0 0 0 2 2 2 0 0 0 (1 ) , (1 ) 2(1 ) (1 ) , y x x y x x                   得 2 0 (1 ) . 2 3 x      因为 0 1x  ，所以 2(1 ) 1 2 3      ，又0 1  ， 解得： 5 1 2 2 3    ．由①②知 5 1 2 2 3  ≤ ． 考点 7 利用向量处理圆锥曲线中的最值问题 利用向量的数量积构造出等式或函数关系，再利用函数求最值的方法求最值，要比只利用解析几何 知识建立等量关系容易. 例 12．设椭圆 E的中心在坐标原点 O，焦点在 x轴上，离心率为 3 3 ，过点C( 1,0) 的直线交椭圆 E于 A、B两点，且CA 2BC   ，求当 AOB 的面积达到最大值时直线和椭圆 E的方程. 解答过程：因为椭圆的离心率为 3 3 ，故可设椭圆方程为 2 22x 3y t(t 0)   ，直线方程为my x 1  ， 由 2 22x 3y t my x 1       得： 2 2(2m 3)y 4my 2 t 0     ，设 1 1 2 2A(x , y ),B(x , y ) ， 则 1 2 2 4my y 2m 3    …………① 又CA 2BC   ，故 1 1 2 2(x 1, y ) 2( 1 x , y )     ，即 1 2y 2y  …………② 由①②得： 1 2 8my 2m 3   ， 2 2 4my 2m 3    ， 则 AOB 1 2 2 1 mS | y y | 6 | | 2 2m 3     ＝ 6 6 3 22 | m | | m |   ， 当 2 3m 2  ，即 6m 2   时， AOB 面积取最大值， 此时 2 1 2 2 2 2 2 t 32my y 2m 3 (2m 3)       ，即 t 10 ， 所以，直线方程为 6x y 1 0 2    ，椭圆方程为 2 22x 3y 10  . 小结：利用向量的数量积构造等量关系要比利用圆锥曲线的性质构造等量关系容易. 例 13．已知PA (x 5, y)   ，PB (x 5, y)   ，且 | PA | | PB | 6    ， 求 | 2x 3y 12 |  的最大值和最小值. 解答过程：设P(x, y)，A( 5,0) ，B( 5,0)， 因为 | PA | | PB | 6    ，且 | AB | 2 5 6  ， 所以，动点 P的轨迹是以 A、B为焦点，长轴长为 6的椭圆， 椭圆方程为 2 2x y 1 9 4   ，令 x 3cos , y 2sin   ， 则 | 2x 3y 12 |  ＝ | 6 2 cos( ) 12 | 4    ， 当 cos( ) 1 4     时， | 2x 3y 12 |  取最大值12 6 2 ， 当 cos( ) 1 4    时， | 2x 3y 12 |  取最小值12 6 2 . 小结：利用椭圆的参数方程，可以将复杂的代数运算化为简单的三角运算. FE P D BAO y x 考点 8 利用向量处理圆锥曲线中的取值范围问题 解析几何中求变量的范围，一般情况下最终都转化成方程是否有解或转化成求函数的值域问题. 例 14．已知椭圆 2 2 1 2 x y  的左焦点为 F，O为坐标原点. （I）求过点 O、F，并且与椭圆的左准线 l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. 考查意图:本小题主要考查直线、圆、椭圆和不等式等基本知识，考 查平面解析几何的基本方法，考查运算能力和综合解题能力. 解答过程：（I） 2 22, 1, 1, ( 1,0), : 2.a b c F l x       圆过点 O、F， 圆心M在直线 1 2 x   上. 设 1( , ), 2 M t 则圆半径 1 3( ) ( 2) . 2 2 r      由 ,OM r 得 2 21 3( ) , 2 2 t   解得 2.t   所求圆的方程为 2 21 9( ) ( 2) . 2 4 x y    （II）设直线 AB的方程为 ( 1)( 0),y k x k   代入 2 2 1, 2 x y  整理得 2 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0.k x k x k     直线 AB过椭圆的左焦点 F，方程有两个不等实根. 记 1 1 2 2( , ), ( , ),A x y B x y AB中点 0 0( , ),N x y 则 2 1 2 2 4 , 2 1 kx x k     AB 的垂直平分线 NG的方程为 0 0 1 ( ).y y x x k     令 0,y  得 2 2 2 0 0 2 2 2 2 2 1 1 . 2 1 2 1 2 1 2 4 2 10, 0, 2 G G k k kx x ky k k k k k x                   点 G横坐标的取值范围为 1( ,0). 2  例 15．已知双曲线 C： 2 2 2 2 x y 1(a 0,b 0) a b     ，B是右顶点，F是右焦点，点 A在 x轴正半轴上，且满 足 | OA |,| OB |,| OF |    成等比数列，过 F作双曲线 C在第一、三象限的渐近线的垂线 l，垂足为 P， （1）求证： PA OP PA FP       ； （2）若 l与双曲线 C的左、右两支分别相交于点 D,E，求双曲线 C的离心率 e的取值范围. 解答过程：（1）因 | OA |,| OB |,| OF |    成等比数列，故 2 2| OB | a| OA | c| OF |     ， 即 2aA( ,0) c ， 直线 l： ay (x c) b    ， 由 2 ay (x c) a abb P( , ) b c cy x a         ， 故： 2 2ab a ab b abPA (0, ),OP ( , ),FP ( , ) c c c c c         ， 则： 2 2 2 a bPA OP PA FP c          ，即PA OP PA FP       ； （或PA (OP FP) PA (PF PO) PA OF 0                ，即PA OP PA FP       ） （2）由 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ay (x c) a a a c(b )x 2 cx ( a b ) 0b b b bb x a y a b              ， 由 4 2 2 2 2 1 2 4 2 2 a c( a b ) bx x 0 ab b      得： 4 4 2 2 2 2 2b a b c a a e 2 e 2.         （或由 DF DOk k  a b b a     2 2 2 2 2b c a a e 2 e 2       ） 小结：向量的数量积在构造等量关系中的作用举足轻重，而要运用数量积，必须先恰当地求出各个点 的坐标. 例 16．已知 a (x,0)  ， b (1, y)  ， (a 3b) (a 3b)       ， （1）求点P(x, y)的轨迹 C的方程； （2）若直线 y kx m(m 0)   与曲线 C交于 A、B两点，D(0, 1) ，且 | AD | | BD | ， 试求 m的取值范围. 解答过程：（1） a 3b   ＝ (x,0) 3(1, y) (x 3, 3y)   ， a 3b   ＝ (x,0) 3(1, y) (x 3, 3y)    ， 因 (a 3b) (a 3b)       ，故 (a 3b) (a 3b) 0        ， 即 2 2(x 3, 3y) (x 3, 3y) x 3y 3 0        ， 故 P点的轨迹方程为 2 2x y 1 3   . （2）由 2 2 y kx m x 3y 3      得： 2 2 2(1 3k )x 6kmx 3m 3 0     ， 设 1 1 2 2A(x , y ),B(x , y ) ，A、B的中点为 0 0M(x , y ) 则 2 2 2 2 2(6km) 4(1 3k )( 3m 3) 12(m 1 3k ) 0          ， 1 2 2 6kmx x 1 3k    ， 1 2 0 2 x x 3kmx 2 1 3k     ， 0 0 2 my kx m 1 3k     ， 即 A、B的中点为 2 2 3km m( , ) 1 3k 1 3k  ， 则线段 AB的垂直平分线为： 2 2 m 1 3kmy ( )(x ) 1 3k k 1 3k       ， 将D(0, 1) 的坐标代入，化简得： 24m 3k 1  ， 则由 2 2 2 m 1 3k 0 4m 3k 1        得： 2m 4m 0  ，解之得m 0 或m 4 ， P Q C B A x y O 又 24m 3k 1 1    ，所以 1m 4   ， 故 m的取值范围是 1( ,0) (4, ) 4   . 小结：求变量的范围，要注意式子的隐含条件，否则会产生增根现象. 考点 9 利用向量处理圆锥曲线中的存在性问题 存在性问题，其一般解法是先假设命题存在，用待定系数法设出所求的曲线方程或点的坐标，再根 据合理的推理，若能推出题设中的系数，则存在性成立，否则，不成立. 例 17．已知 A,B,C是长轴长为 4 的椭圆上的三点，点 A是长轴的一个顶点，BC过椭圆的中心 O，且 AC BC 0    ， | BC | 2 | AC |   ， （1）求椭圆的方程； （2）如果椭圆上的两点 P,Q使 PCQ 的平分线垂直于 OA，是否总存在实数 λ，使得PQ λAB   ？请 说明理由； 解答过程：（1）以 O为原点，OA所在直线为 x轴建立 平面直角坐标系，则A(2,0)， 设椭圆方程为 2 2 2 x y 1 4 b   ，不妨设 C在 x轴上方， 由 椭 圆 的 对 称 性 ， | BC | 2 | AC | 2 | OC | | AC | | OC |         ， 又AC BC 0    AC OC  ，即ΔOCA为等腰直角三角形， 由A(2,0)得：C(1,1)，代入椭圆方程得： 2 4b 3  ， 即，椭圆方程为 2 2x 3y 1 4 4   ； （2）假设总存在实数 λ，使得PQ λAB   ，即AB// PQ， 由C(1,1)得B( 1, 1)  ，则 AB 0 ( 1) 1k 2 ( 1) 3       ， 若设 CP： y k(x 1) 1   ，则 CQ： y k(x 1) 1    ， 由 2 2 2 2 2 x 3y 1 (1 3k )x 6k(k 1)x 3k 6k 1 04 4 y k(x 1) 1                ， 由C(1,1)得 x 1 是方程 2 2 2(1 3k )x 6k(k 1)x 3k 6k 1 0       的一个根， 由韦达定理得： 2 P P 2 3k 6k 1x x 1 1 3k       ，以 k 代 k得 2 Q 2 3k 6k 1x 1 3k     ， 故 P Q P Q PQ P Q P Q y y k(x x ) 2k 1k x x x x 3         ，故AB// PQ， 即总存在实数 λ，使得PQ λAB   . 评注：此题考察了坐标系的建立、待定系数法、椭圆的对称性、向量的垂直、向量的共线及探索性问 题的处理方法等，是一道很好的综合题. 考点 10 利用向量处理直线与圆锥曲线的关系问题 直线和圆锥曲线的关系问题，一般情况下，是把直线的方程和曲线的方程组成方程组，进一步来判 断方程组的解的情况，但要注意判别式的使用和题设中变量的范围. 例 18．设 G、M分别是 ABC 的重心和外心，A(0, a) ，B(0,a)(a 0) ，且GM AB    ， （1）求点 C的轨迹方程； （2）是否存在直线 m，使 m过点 (a,0)并且与点 C的轨迹交于 P、Q两点，且OP OQ 0    ？若存 在，求出直线 m的方程；若不存在，请说明理由. 解答过程：（1）设C(x, y)，则 x yG( , ) 3 3 ， 因为GM AB    ，所以GM//AB，则 xM( ,0) 3 ， 由M为 ABC 的外心，则 | MA | | MC | ，即 2 2 2 2x x( ) a ( x) y 3 3     ， 整理得： 2 2 2 2 x y 1(x 0) 3a a    ； （2）假设直线 m存在，设方程为 y k(x a)  ， 由 2 2 2 2 y k(x a) x y 1(x 0) 3a a        得： 2 2 2 2 2(1 3k )x 6k ax 3a (k 1) 0     ， 设 1 1 2 2P(x , y ),Q(x , y )，则 2 1 2 2 6k ax x 1 3k    ， 2 2 1 2 2 3a (k 1)x x 1 3k    ， 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2y y k (x a)(x a) k [x x a(x x ) a ]       ＝ 2 2 2 2k a 1 3k   ， 由OP OQ 0    得： 1 2 1 2x x y y 0  ， 即 2 2 2 2 2 2 3a (k 1) 2k a 0 1 3k 1 3k       ，解之得 k 3  ， 又点 (a,0)在椭圆的内部，直线 m过点 (a,0)， 故存在直线 m，其方程为 y 3(x a)   . 小结：（1）解答存在性的探索问题，一般思路是先假设命题存在，再推出合理或不合理的结果，然后 做出正确的判断； （2）直线和圆锥曲线的关系问题，一般最终都转化成直线的方程和圆锥曲线的方程所组成的方程组 的求解问题. 专题训练 1．如果双曲线经过点 (6, 3)，且它的两条渐近线方程是 1y x 3   ，那么双曲线方程是 2．已知椭圆 2 2 2 2 x y 1 3m 5n   和双曲线 2 2 2 2 x y 1 2m 3n   有公共的焦点，那么双曲线的的渐近线方程为 3．已知 1 2F ,F 为椭圆 2 2 2 2 x y 1(a b 0) a b     的焦点，M为椭圆上一点， 1MF垂直于 x轴， 且 1 2FMF 60  ，则椭圆的离心率为 4．二次曲线 2 2x y 1 4 m   ，当m [ 2, 1]   时，该曲线的离心率 e的取值范围是 5．直线 m 的方程为 y kx 1  ，双曲线 C的方程为 2 2x y 1  ，若直线 m 与双曲线 C的右支相交于不 重合的两点，则实数 k的取值范围是 6．已知圆的方程为 2 2x y 4  ，若抛物线过点A( 1,0) ，B(1,0)，且以圆的切线为准线，则抛物线的 焦点的轨迹方程为 F 2F1 A2A1 P N M o y x B A M Q E TH P o y x F Q o y x 7．已知 P是以 1F、 2F 为焦点的椭圆 )0(12 2 2 2  ba b y a x 上一点，若 021  PFPF 2 1tan 21  FPF ，则 椭圆的离心率为 ______________ . 8．已知椭圆 x2+2y2=12，A是 x轴正方向上的一定点，若过点 A，斜率为 1的直线被椭圆截得的弦长 为 3 134 ，点 A的坐标是______________ . 9．P是椭圆 2 2x y 1 4 3   上的点， 1 2F ,F 是椭圆的左右焦点，设 1 2| PF | | PF | k  ，则 k的最大值与最小值之 差是______________ . 10．给出下列命题： ①圆 2 2(x 2) (y 1) 1    关于点M( 1,2) 对称的圆的方程是 2 2(x 3) (y 3) 1    ； ②双曲线 2 2x y 1 16 9   右支上一点 P到左准线的距离为 18，那么该点到右焦点的距离为 29 2 ； ③顶点在原点，对称轴是坐标轴，且经过点 ( 4, 3)  的抛物线方程只能是 2 9y x 4   ； ④P、Q是椭圆 2 2x 4y 16  上的两个动点，O为原点，直线 OP,OQ的斜率之积为 1 4  ，则 2 2| OP | | OQ | 等于定值 20 . 把你认为正确的命题的序号填在横线上_________________ . 11．已知两点A( 2,0)，B( 2,0) ，动点 P在 y轴上的射影为 Q， 2PA PB 2PQ    ， （1）求动点 P的轨迹 E的方程； （2）设直线 m 过点 A，斜率为 k，当0 k 1  时，曲线 E的上支上有且仅有一点 C到直线 m 的距 离为 2，试求 k的值及此时点 C的坐标. 12．如图， 1F ( 3,0) ， 2F (3,0)是双曲线 C的两焦点，直线 4x 3  是双曲线 C的右准线， 1 2A ,A 是双曲 线 C的两个顶点，点 P是双曲线 C右支上异于 2A 的一动点，直线 1A P、 2A P交双曲线 C的右准线 分别于M,N两点， （1）求双曲线 C的方程； （2）求证： 1 2FM F N   是定值. 13．已知 OFQ 的面积为 S，且OF FQ 1    ，建立如图 所示坐标系， （1）若 1S 2  ， | OF | 2  ，求直线 FQ的方程； （2）设 | OF | c(c 2)   ， 3S c 4  ，若以 O为中心，F 为焦点的椭圆过点 Q， 求 当 | OQ |  取得最小值时的椭圆方程. 14．已知点H( 3,0) ，点 P在 y轴上，点 Q在 x轴的正半轴上，点M在直线 PQ上，且满足HP PM 0    ， 3PM MQ 2     ， （1）当点 P在 y轴上移动时，求点M的轨迹 C； （2）过点 T( 1,0) 作直线 m 与轨迹 C 交于 A、B 两点，若在 x 轴上存在一点 0E(x ,0)，使得 ABE 为等边三角形，求 0x 的值. 15．已知椭圆 )0(12 2 2 2  ba b y a x 的长、短轴端点分别为 A、B，从此椭 圆上一点M向 x轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点 1F ，向量 AB与OM 是共 线 向 量． （1）求椭圆的离心率 e； （2）设 Q是椭圆上任意一点， 1F 、 2F 分别是左、右焦点，求∠ 21QFF 的取值范围； 16．已知两点M（-1，0），N（1，0）且点 P使 NPNMPNPMMNMP  ,, 成公差小于零的等差数列， （Ⅰ）点 P的轨迹是什么曲线？ （Ⅱ）若点 P坐标为 ),( 00 yx ，为 PNPM与 的夹角，求 tanθ． 【参考答案】 1．提示，设双曲线方程为 1 1( x y)( x y) 3 3    ，将点 (6, 3)代入求出即可. 2．因为双曲线的焦点在 x 轴上，故椭圆焦点为 2 2( 3m 5n ,0) ，双曲线焦点为 2 2( 2m 3n ,0) ，由 2 2 2 23m 5n 2m 3n   得 | m | 2 2 | n | ，所以，双曲线的渐近线为 6 | n | 3y x 2 | m | 4     . 3．设 1| MF | d ，则 2| MF | 2d ， 1 2| FF | 3d ， 1 2 1 2 | FF |c 2c 3d 3e a 2a | MF | | MF | d 2d 3        . 4.曲线为双曲线，且 5 1 2  ，故选 C；或用 2a 4 ， 2b m  来计算. 5．将两方程组成方程组，利用判别式及根与系数的关系建立不等式组. 6．数形结合，利用梯形中位线和椭圆的定义. 7．解：设 c为为椭圆半焦距，∵ 021  PFPF ，∴ 21 PFPF  . 又 2 1tan 21  FPF ∴             2 1 2 )2( 1 2 21 22 2 2 1 PF PF aPFPF cPFPF 解得： 2 5 5( ) 9 3,c ce a a    ． 8． 解：设 A（x0，0）（x0＞0），则直线 l 的方程为 y=x-x0，设直线 l 与椭圆相交于 P（x1，y1），Q（x2、 y2），由 y=x-x0 可得 3x2-4x0x+2x02-12=0， x2+2y2=12 3 4 0 21 xxx  ， 3 122 2 0 21   xxx ，则 2 0 2 0 2 0 21 2 2121 236 3 2 3 488 9 164)(|| xxxxxxxxx    ． ∴ ||1 3 144 21 2 xxx  ，即 2 0236 3 22 3 144 x ． ∴x02=4，又 x0＞0，∴x0=2，∴A（2，0）． 9．1； 2 2 2 1 2k | PF | | PF | (a ex)(a ex) a e x       . 10．②④. 11．解（1）设动点 P的坐标为 (x, y)，则点Q(0, y)，PQ ( x,0)   ，PA ( 2 x, y)    ， PB ( 2 x, y)     ， 2 2PA PB x 2 y      ， 因为 2PA PB 2PQ    ，所以 2 2 2x 2 y 2x   ， 即动点 P的轨迹方程为： 2 2y x 2  ； （2）设直线 m： y k(x 2)(0 k 1)    ， 1 依题意，点 C在与直线 m平行，且与 m之间的距离为 2的直线上， 设此直线为 1m : y kx b  ，由 2 | 2k b | 2 k 1    ，即 2b 2 2kb 2  ，……① 把 y kx b  代入 2 2y x 2  ，整理得： 2 2 2(k 1)x 2kbx (b 2) 0     ， 则 2 2 2 24k b 4(k 1)(b 2) 0      ，即 2 2b 2k 2  ，…………② 由①②得： 2 5k 5  ， 10b 5  ， 此时，由方程组 2 2 2 5 10y x C(2 2, 10)5 5 y x 2        . 12．解：（1）依题意得： c 3 ， 2a 4 c 3  ，所以 a 2 ， 2b 5 ， 所求双曲线 C的方程为 2 2x y 1 4 5   ； （2）设 0 0P(x , y )， 1 1M(x , y )， 2 2N(x , y )，则 1A ( 2,0) ， 2A (2,0)， 1 0 0A P (x 2, y )   ， 2 0 0A P (x 2, y )   ， 1 1 10A M ( , y ) 3   ， 2 2 2A N ( , y ) 3    ， 因为 1A P  与 1A M  共线，故 0 1 0 10(x 2)y y 3   ， 0 1 0 10yy 3(x 2)   ，同理： 0 2 0 2yy 3(x 2)    ， 则 1 1 13FM ( , y ) 3   ， 2 2 5F N ( , y ) 3    ， 所以 1 2FM F N   ＝ 1 2 65 y y 9   ＝ 2 0 2 0 20y65 9 9(x 4)    ＝ 2 0 2 0 5(x 4)2065 4 10 9 9(x 4)        . 13．解：（1）因为 | OF | 2  ，则F(2,0)，OF (2,0)  ，设 0 0Q(x , y )，则 0 0FQ (x 2, y )   ， 0OF FQ 2(x 2) 1      ，解得 0 5x 2  ， 由 0 0 1 1S | OF | | y | | y | 2 2      ，得 0 1y 2   ，故 5 1Q( , ) 2 2  ， 所以，PQ所在直线方程为 y x 2  或 y x 2   ； （2）设 0 0Q(x , y )，因为 | OF | c(c 2)   ，则 0 0FQ (x c, y )   ， 由 0OF FQ c(x c) 1      得： 0 1x c c   ， 又 0 1 3S c | y | c 2 4   ，则 0 3y 2   ， 1 3Q(c , ) c 2   ， 2 21 9| OQ | (c ) c 4     ， 易知，当 c 2 时， | OQ |  最小，此时 5 3Q( , ) 2 2  ， 设椭圆方程为 2 2 2 2 x y 1, (a b 0) a b     ，则 2 2 2 2 a b 4 25 9 1 4a 4b        ，解得 2 2 a 10 b 6     ， 所以，椭圆方程为 2 2x y 1 10 6   . 14．解：（1）设M(x, y)，由 3PM MQ 2     得： yP(0, ) 2  ， xQ( ,0) 3 ， 由HP PM 0    得： y 3y(3, )(x, ) 0 2 2   ，即 2y 4x ， 由点 Q在 x轴的正半轴上，故 x 0 ， 即动点M的轨迹 C是以 (0,0)为顶点，以 (1,0)为焦点的抛物线，除去原点； （2）设m : y k(x 1)(k 0)   ，代入 2y 4x 得： 2 2 2 2k x 2(k 2)x k 0    …………① 设 1 1A(x , y )， 2 2B(x , y )，则 1 2x , x 是方程①的两个实根， 则 2 1 2 2 2(k 2)x x k     ， 1 2x x 1 ，所以线段 AB的中点为 2 2 2 k 2( , ) k k  ， 线段 AB的垂直平分线方程为 2 2 2 1 2 ky (x ) k k k      ， 令 y 0 ， 0 2 2x 1 k   ，得 2 2E( 1,0) k  ， 因为 ABE 为正三角形，则点 E到直线 AB的距离等于 3 | AB | 2 ， 又 2 2 1 2 1 2| AB | (x x ) (y y )    ＝ 2 2 2 4 1 k 1 k k    ， 所以， 4 2 2 2 3 1 k 2 1 k k | k |    ，解得： 3k 2   ， 0 11x 3  . 15．解：（1）∵ a bycxcF MM 2 1 ,),0,(  则 ，∴ ac bkOM 2  . ∵ ABOM a bk AB 与, 是共线向量，∴ a b ac b  2 ，∴b=c,故 2 2 e . （2）设 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 , , , 2 , 2 , FQ r F Q r F QF r r a F F c         2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 21 21 2 1 2 1 2 4 ( ) 2 4cos 1 1 0 2 2 ( ) 2 r r c r r r r c a a r rr r r r r r               当且仅当 21 rr  时，cosθ=0，∴θ ] 2 ,0[   . 16．解：（Ⅰ）记 P（x,y），由M（-1，0）N（1，0）得 ( 1 , ),PM MP x y        ),1( yxNPPN  ， )0,2( NMMN . 所以 )1(2 xMNMP  . 122  yxPNPM ， )1(2 xNPNM  . 于是， NPNMPNPMMNMP  ,, 是公差小于零的等差数列等价于       0)1(2)1(2 )]1(2)1(2[ 2 1122 xx xxyx 即      0 322 x yx . 所以，点 P的轨迹是以原点为圆心， 3为半径的右半圆. （Ⅱ）点 P的坐标为 ),( 00 yx 。 212 0 2 0  yxPNPM . 2 22 2 2 0 0 0 0 0 0 0(1 ) (1 ) (4 2 ) (4 2 ) 2 4PM PN x y x y x x x              2 0 1cos . 4 PM PN PM PN x          所以 因 为 0 〈 30 x ， 所 以 , 3 0,1cos 2 1   , 4 11cos1sin 2 0 2 x   .3 4 1 4 11 cos sintan 0 2 0 2 0 2 0 yx x x        1