高考数学平面解析几何时直线与圆锥曲线的综合应用更多资料关注微博高中学习资料库1

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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 ‎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01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＝‎ eq (1＋k2)·|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]‎