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1、第八节 圆锥曲线的综合问题 2019 考纲考题考情 1直线与圆锥曲线的位置关系 (1)从几何角度看，可分为三类 ： 无公共点，仅有一个公共点 及有两个相异的公共点。 (2)从代数角度看， 可通过将表示直线的方程代入二次曲线的 方程消元后所得方程解的情况来判断。 设直线 l 的方程为 AxBy C0，圆锥曲线方程为 f(x，y)0。 由Error!Error!消元，(如消去 y)得 ax2bxc0。 若 a0，当圆锥曲线是双曲线时，直线 l 与双曲线的渐近 线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线 l 与抛物线的对称轴平行 (或重合)。 若 a0，设 b24ac。 a当 0 时，直线和圆锥曲线相交于不
2、同两点； b当 0 时，直线和圆锥曲线相切于一点； c当 0 时，直线和圆锥曲线没有公共点。 2直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 (1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1， y1)， P2(x2， y2)， 则所得弦长： |P1P2| 1k2x1 x224x1x2 |x1x2|1k2 (1 1 k2)y 1y224y1y2 |y1y2|。 1 1 k2 (2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间 距离公式)。 3圆锥曲线的中点弦问题 遇到弦中点问题常用 “根与系数的关系” 或 “点差法” 求解。 在椭圆1 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜 x2 a2 y
3、2 b2 率 k；在双曲线1 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所 b2x0 a2y0 x2 a2 y2 b2 在直线的斜率 k；在抛物线 y22px(p0)中，以 P(x0，y0) b2x0 a2y0 为中点的弦所在直线的斜率 k 。在使用根与系数关系时，要 p y0 注意前提条件是 0。 点差法的常见结论(设 AB 为圆锥曲线的弦， 点 M 为弦 AB 的 中点)： 一、走进教材 1 (选修11P62例5改编)过点(0,1)作直线， 使它与抛物线y2 4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A1 条 B2 条 C3 条 D4 条 解析 结合图形分析可知， 满足题意的直线共有 3 条 ：
4、直线 x 0，过点(0,1)且平行于 x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相 切的直线(非直线 x0)。故选 C。 答案 C 二、走出误区 微提醒：没有发现直线过定点，导致运算量偏大；不会 用函数法解最值问题；错用双曲线的几何性质。 2直线 ykxk1 与椭圆 1 的位置关系为( ) x2 9 y2 4 A相交 B相切 C相离 D不确定 解析 直线 ykxk1k(x1)1 恒过定点(1,1)，又点 (1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交。故选 A。 答案 A 3如图，两条距离为 4 的直线都与 y 轴平行，它们与抛物 线 y22px(0000，b0)的左、 x2 a2 y2 b2 右焦点，
5、过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若ABF2 是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是_。 解析 由题设条件可知ABF2为等腰三角形，只要AF2B 为钝角即可， 所以有2c， 即 b22ac， 所以 c2a22ac， 即 e22e b2 a 10，所以 e1。2 答案 (1，)2 第 1 课时 最值、范围、证明问题 考点一 最值问题 【例 1】 (2019广东六校联考)已知圆 C： (x2)2y22 36 与定点 M(2，0)，动圆 I 过 M 点且与圆 C 相切。2 (1)求动圆圆心 I 的轨迹 E 的方程； (2)若过定点 N(0,2)的直线 l 交轨迹 E 于不同的两点
6、A，B， 求|AB|的最大值。 解 (1)设动圆I的半径为r， 由题意可知， 点I(x， y)满足|IC|6 r，|IM|r， 所以|IC|IM|6。 由椭圆的定义知点 I 的轨迹为以 C， M 为左、 右焦点的椭圆， 且其长半轴长 a3，半焦距 c2，可得短半轴长 b1，2 故轨迹 E 的方程为 y21。 x2 9 (2)当直线 l 的斜率不存在时， A(0,1)， B(0， 1)或 A(0， 1)， B(0,1)，此时|AB|2。 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 ykx2，由Error!Error! 消去 y 得，(19k2)x236kx270， 由 (36k)2108(1
7、9k2)0，得 k2 。 1 3 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 可得 x1x2，x1x2， 36k 19k2 27 19k2 |AB|x1x2|1k2 1k2 ( 36k 19k2) 24 27 19k2 ， 631k2 3k 2 1 19k2 令 19k2t，则 t4， |AB|2 631k2 3k 2 1 19k2 14 t 32 t2 2，32(1 t) 241 t 1 又因为 ， 1 t (0， 1 4) 所以当 ，即 k时，|AB|max。 1 t 1 16 15 3 32 2 综上，|AB|的最大值为。 32 2 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上 主
8、要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、 几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方 法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的 函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解。 【变式训练】 (1)设 P 是椭圆 1 上一点，M，N 分 x2 25 y2 9 别是两圆 ： (x4)2y21 和(x4)2y21 上的点， 则|PM|PN| 的最小值、最大值分别为( ) A9,12 B8,11 C8,12 D10,12 (2)(2019邢台模拟)已知椭圆 y21 上两个不同的点 A， B x2 2 关于直线 ymx 对称。 1 2 求实数 m
9、的取值范围； 求AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)。 (1)解析 如图， 由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆 的两个焦点，由椭圆定义知|PA|PB|2a10，连接 PA，PB 分别与圆相交于两点 M， N， 此时|PM|PN|最小， 最小值为|PA| |PB|2R8； 连接 PA，PB 并延长，分别与圆相交于两点 M，N， 此时|PM|PN|最大，最大值为|PA|PB|2R12，即最小值和 最大值分别为 8,12。故选 C。 答案 C (2)解 由题意知 m0， 可设直线 AB 的方程为 y x 1 m b。由Error!Error! 消去 y，得x2xb210。 ( 1 2 1 m2
10、) 2b m 因为直线 y xb 与椭圆 y21 有两个不同的交点， 1 m x2 2 所以 2b220， (*) 4 m2 将 AB 的中点 M代入直线方程 ymx ， ( 2mb m22， m2b m22) 1 2 解得 b， (*) m22 2m2 由(*)(*)得 m。 6 3 6 3 令 t ，则 t2。 1 m ( 6 2 ，0) ( 0， 6 2 )(0， 3 2) 则|AB|，t21 2t42t23 2 t21 2 且 O 到直线 AB 的距离为 d。 t21 2 t21 设AOB 的面积为 S(t)， 所以 S(t) |AB|d 1 2 ， 1 2 2(t21 2) 22 2
11、 2 当且仅当 t2 时，等号成立，此时满足 t2。 1 2 (0， 3 2) 故AOB 面积的最大值为。 2 2 考点二 范围问题 【例2】 (2018浙江高考)如图， 已知点P是y轴左侧(不含y 轴)一点， 抛物线 C： y24x 上存在不同的两点 A， B 满足 PA， PB 的中点均在 C 上。 (1)设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴； (2)若 P 是半椭圆 x2 1(xb0)的离心率为， 抛物线 C2： x2ay 的准线方程为 y 3 2 。 1 2 (1)求椭圆 C1和抛物线 C2的方程； (2)设过定点 M(0,2)的直线 l 与椭圆 C1交于不同的两点 P，
12、Q， 若 O 在以线段 PQ 为直径的圆的外部，求直线 l 的斜率 k 的取值 范围。 解 (1)由题意得 ， 所以 a2， 故抛物线 C2的方程为 x2 a 4 1 2 2y。 又 e ，所以 c，所以 b1，从而椭圆 C1的方 c a 3 2 3 程为 y21。 x2 4 (2)显然直线 x0 不满足题设条件， 故可设直线 l： ykx2， P(x1，y1)，Q(x2，y2)。 由Error!Error!得(14k2)x216kx120。 因为 (16k)2412(14k2)0， 所以 k。 (， 3 2 ) ( 3 2 ，) x1x2，x1x2， 16k 14k2 12 14k2 根据题
13、意，得 00， OP OQ 所 以 x1x2 y1y2 x1x2 (kx1 2)(kx2 2) (1 OP OQ k2)x1x22k(x1x2)42k40， 121k2 14k2 16k 14k2 164k2 14k2 解得20)。 x2 4 y2 3 (1)证明：k1)， 设 A 为圆 C 与 x 轴负半轴的交点，过点 A 作圆 C 的弦 AM，并使弦 AM 的中 点恰好落在 y 轴上。 (1)求点 M 的轨迹 E 的方程； (2)延长 MC 交曲线 E 于点 N，曲线 E 在点 N 处的切线与直 线 AM 交于点 B，试判断以点 B 为圆心，线段 BC 长为半径的圆 与直线 MN 的位置关
14、系，并证明你的结论。 解 (1)设M(x， y)， 由题意可知， A(1r,0)， AM的中点D(0，y 2) ，x0， 因为 C(1,0)，所以，。 DC (1， y 2) DM (x， y 2) 在C 中，因为 CDDM，所以0， DC DM 所以 x 0，即 y24x(x0)， y2 4 所以点 M 的轨迹 E 的方程为 y24x(x0)。 (2)设直线 MN 的方程为 xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 直线 BN 的方程为 yky2， (x y2 2 4) Error!Error!y24my40， 可得 y1y24m，y1y24， 又 r1x1，则点 A(x1,0)， 所
15、以直线 AM 的方程为 y x 。 2 y1 y1 2 Error!Error!ky24y4y2ky 0，由 0 可得 k，则直 2 2 2 y2 线 BN 的方程为 y x 。 2 y2 y2 2 联立Error!Error!可得 xB1，yB2m， y2 14 2y1 4my1 2y1 所以点 B(1,2m)， |BC|2，44m2m21 所以点 B 到直线 MN 的距离 d2 |22m2| m21 4m24 |BC|，m21 所以B 与直线 MN 相切。 Error!Error! (配合例 1、例 2 使用)已知椭圆 C：1(ab0)的左、 x2 a2 y2 b2 右焦点分别为 F1，
16、F2， 以 F1F2为直径的圆与直线 ax2byab3 0 相切。 (1)求椭圆 C 的离心率； (2)如图， 过F1作直线l与椭圆分别交于P， Q两点， 若PQF2 的周长为 4，求的最大值。2 F2P F2Q 解 (1)由题意知c， | 3ab| a24b2 即 3a2b2c2(a24b2)(a2b2)(a24b2)。 化简得 a22b2，所以 e。 2 2 (2)因为PQF2的周长为 4，所以 4a4，得 a，222 由(1)知 b21， 所以椭圆 C 的方程为 y21， 且焦点 F1( x2 2 1,0)，F2(1,0)， 若直线 l 的斜率不存在， 则直线 lx 轴， 直线方程为 x
17、 1， P， Q， (1， 2 2 )(1， 2 2 ) F2P (2， 2 2 ) F2Q ，故 。 (2， 2 2 ) F2P F2Q 7 2 若直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 yk(x1)， 由Error!Error! 消去 y 并整理得(2k21)x24k2x2k220， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则 x1x2，x1x2， 4k2 2k21 2k22 2k21 y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2k2(x1x2)k2， (x11，y1)(x21，y2) F2P F2Q (x11)(x21)y1y2 (k21)x1x2(k21)(x1x2)k21 (k
18、21)(k21)k21 2k22 2k21 ( 4k2 2k21) ， 7k21 2k21 7 2 9 22k2 1 由 k20 可得。 F2P F2Q (1， 7 2) 综上， F2P F2Q (1， 7 2 所以的最大值是 。 F2P F2Q 7 2 第 2 课时 定点、定值、探索性问题 考点一 定点问题 【例 1】 (2017全国卷)已知椭圆 C：1(ab0)， x2 a2 y2 b2 四点 P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在 (1， 3 2 )(1， 3 2 ) 椭圆 C 上。 (1)求 C 的方程； (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A， B两点。 若直线P2
19、A 与直线 P2B 的斜率的和为1，证明：l 过定点。 解 (1)由于 P3，P4两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C 经过 P3，P4两点。 又由知，C 不经过点 P1，所以点 P2在 C 上。 1 a2 1 b2 1 a2 3 4b2 因此Error!Error!解得Error!Error!故 C 的方程为 y21。 x2 4 (2)证明 ： 设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1， k2， 如果 l 与 x 轴垂直，设 l：xt，由题设知 t0，且|t|0。 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2，x1x2。 8km 4k21 4m24 4k21 而k1
20、k2 y11 x1 y21 x2 kx1m1 x1 kx2m1 x2 。 2kx1x2m1x1x2 x1x2 由题设知 k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0。 即(2k1)(m1)0，解得 k。 4m24 4k21 8km 4k21 m1 2 当且仅当 m1 时， 0， 于是 l： yxm， 即 y1 m1 2 (x2)，所以 l 过定点(2，1)。 m1 2 求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆 锥曲线方程中的变量 x，y 看成常数，把方程的一端化为零，将 方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成 立， 这时参数的系数就要全部等于零， 这样就得
21、到一个关于 x， y 的方程组， 这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过 的定点。 【变式训练】 (2019贵阳摸底)过抛物线 C： y24x 的焦点 F 且斜率为 k 的直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，且|AB|8。 (1)求 l 的方程； (2)若 A 关于 x 轴的对称点为 D，求证：直线 BD 过定点，并 求出该点的坐标。 解 (1)易知点 F 的坐标为(1,0)，则直线 l 的方程为 yk(x 1)，代入抛物线方程 y24x 得 k2x2(2k24)xk20，由题意知 k0，且(2k24)24k2k216(k21)0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以
22、x1x2，x1x21， 2k24 k2 由抛物线的定义知|AB|x1x228， 所以6，所以 k21，即 k1， 2k24 k2 所以直线 l 的方程为 y(x1)。 (2)证明：由抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x1，y1)， 直线 BD 的斜率 kBD， y2y1 x2x1 y2y1 y2 2 4 y 2 1 4 4 y2y1 所以直线 BD 的方程为 yy1(xx1)， 4 y2y1 即(y2y1)yy2y1y 4x4x1， 2 1 因为 y 4x1，y 4x2，x1x21， 2 12 2 所以(y1y2)216x1x216，即 y1y24(因为 y1，y2异号)， 所以直线 BD 的
23、方程为 4(x1)(y1y2)y0，恒过点(1， 0)。 考点二 定值问题 【例 2】 (2019益阳、 湘潭调研)已知动圆 P 经过点 N(1,0)， 并且与圆 M：(x1)2y216 相切。 (1)求点 P 的轨迹 C 的方程； (2)设 G(m,0)为轨迹 C 内的一个动点，过点 G 且斜率为 k 的 直线 l 交轨迹 C 于 A，B 两点，当 k 为何值时，|GA|2|GB|2 是与 m 无关的定值？并求出该定值。 解 (1)由题意得|PM|PN|4， 所以点 P 的轨迹 C 是以 M， N 为焦点的椭圆， 所以 2a4,2c2，所以 b，a2c23 所以椭圆的方程为 1。 x2 4
24、y2 3 即点 P 的轨迹 C 的方程为 1。 x2 4 y2 3 (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(m,0)，由题意知20)上一点 P ( t， 1 2) 到焦点 F 的距离为 2t。 (1)求抛物线 C 的方程； (2)抛物线 C 上一点 A 的纵坐标为 1，过点 Q(3，1)的直线 与抛物线 C 交于 M，N 两个不同的点(均与点 A 不重合)，设直线 AM，AN 的斜率分别为 k1，k2，求证：k1k2为定值。 解 (1)由抛物线的定义可知|PF|t 2t， 则 a4t， 由点 P a 4 在抛物线上，得 at ， ( t， 1 2) 1 4 所以 a ，则 a21，
25、a 4 1 4 由 a0，得 a1， 所以抛物线 C 的方程为 y2x。 (2)因为点 A 在抛物线 C 上，且 yA1， 所以 xA1。 所以 A(1,1)， 设过点 Q(3， 1)的直线的方程为 x3m(y 1)， 即 xmym3， 代入 y2x 得 y2mym30。 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 y1y2m，y1y2m3， 所以 k1k2 y11 x11 y21 x21 y1y2y1y21 m2y1y2mm2y1y2m22 。 1 2 所以 k1k2为定值，且定值为 。 1 2 考点三 探索性问题 【例 3】 (2019合肥质检)已知抛物线 E： x22py(p0)上一
26、点 P 的纵坐标为 4，且点 P 到焦点 F 的距离为 5。 (1)求抛物线 E 的方程； (2)如图， 设斜率为 k 的两条平行直线 l1， l2分别经过点 F 和 H(0， 1)， l1与抛物线 E 交于 A， B 两点， l2与抛物线 E 交于 C， D 两点。 问 ： 是否存在实数k， 使得四边形ABDC的面积为44？3 若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由。 解 (1)由抛物线的定义知，点 P 到抛物线 E 的准线的距离 为 5。 因为抛物线 E 的准线方程为 y ， p 2 所以 4 5，解得 p2， p 2 所以抛物线 E 的方程为 x24y。 (2)由已知得，直线 l1
27、：ykx1。 由Error!Error!消去 y 得 x24kx40， 16(k21)0 恒成立，|AB|4(k21k2 16k2 1 1)。 直线 l2：ykx1，由Error!Error!消去 y 得 x24kx40， 由 16(k21)0 得 k21， |CD|4，1k2 16k2 1 k 21k2 1 又直线 l1，l2间的距离 d， 2 k21 所以四边形 ABDC 的面积 S d(|AB|CD|)4( 1 2 k21 )。k21 解方程 4()4(1)，得 k22(满足k21k213 k21)， 所以存在满足条件的 k，且 k 的值为。2 探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成
28、立的前提下 求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明 结论不成立。 【变式训练】 (2019湖南联考)已知椭圆 C： x2 a2 y2 b2 1(ab0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以 椭圆 C 的长轴长为直径的圆与直线 xy20 相切。 (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)设过椭圆右焦点且不重合于 x 轴的动直线与椭圆 C 相交 于 A， B 两点， 探究在 x 轴上是否存在定点 E， 使得为定值？ EA EB 若存在，试求出定值和点 E 的坐标；若不存在，请说明理由。 解 (1)由题意知，Error!Error!解得Error!Error! 则椭圆 C
29、的标准方程为 y21。 x2 2 (2)当直线的斜率存在时，设直线方程为 yk(x1)(k0)， A(xA，yA)，B(xB，yB)， 联立Error!Error!得(12k2)x24k2x2k220，8k280， 所以 xAxB，xAxB。 4k2 12k2 2k22 12k2 假设在 x 轴上存在定点 E(x0,0)，使得为定值。 EA EB 则(xAx0，yA)(xBx0，yB) EA EB xAxBx0(xAxB)x yAyB 2 0 xAxBx0(xAxB)x k2(xA1)(xB1) 2 0 (1k2)xAxB(x0k2)(xAxB)x k2 2 0 。 2x 2 04x01k2x
30、2 0 2 12k2 因为为定值，所以的值与 k 无关， EA EB EA EB 所以 2x 4x012(x 2)， 2 02 0 解得 x0 ，此时为定值，定点为。 5 4 EA EB 7 16 ( 5 4，0) 当直线的斜率不存在时，也满足为定值，且定 EA EB 7 16 点为。 ( 5 4，0) 综上，存在点 E，使得为定值，且定值为。 ( 5 4，0) EA EB 7 16 Error!Error! 1(配合例 1、例 2 使用)已知直线 l：xmy1 过椭圆 C： 1 的右焦点 F， 抛物线 x24y 的焦点为椭圆 C 的上顶 x2 a2 y2 b2 3 点，且 l 交椭圆 C 于
31、 A，B 两点，点 A，F，B 在直线 x4 上的 射影依次为 D，K，E。 (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 交 y 轴于点 M，且1，2，当 m MA AF MB BF 变化时，证明：12为定值； (3)当 m 变化时，直线 AE 与 BD 是否相交于定点？若是，请 求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由。 解 (1)因为 l：xmy1 过椭圆 C 的右焦点 F， 所以右焦点 F(1,0)，c1，即 c21。 因为 x24y 的焦点(0，)为椭圆 C 的上顶点，33 所以 b，即 b23，a2b2c24，3 所以椭圆 C 的方程为 1。 x2 4 y2 3 (2)由题意知
32、m0，由Error!Error! 得(3m24)y26my90。 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 y1y2，y1y2。 6m 3m24 9 3m24 因为1，2，M， MA AF MB BF (0， 1 m) 所以1(1x1，y1)， (x 1，y11 m) 2(1x2，y2)， (x 2，y21 m) 所以 11，21， 1 my1 1 my2 所以 1222 。 y1y2 my1y2 6m 3m24 9m 3m24 8 3 综上所述，当 m 变化时，12为定值 。 8 3 (3)当 m0 时， 直线 lx 轴， 则四边形 ABED 为矩形， 易知 AE 与 BD 相交于点 N
33、，猜想当 m 变化时，直线 AE 与 BD 相 ( 5 2，0) 交于定点 N，证明如下： ( 5 2，0) ， AN ( 5 2x 1，y1) (3 2my 1，y1) 易知 E(4，y2)，则。 NE ( 3 2，y 2) 因为y2 (y1) (y1y2)my1y2 ( 3 2my 1) 3 2 3 2 3 2( 6m 3m24) m0， ( 9 3m24) 所以，即 A，N，E 三点共线。 AN NE 同理可得 B，N，D 三点共线。 则猜想成立，故当 m 变化时，直线 AE 与 BD 相交于定点 N 。 ( 5 2，0) 2 (配合例 3 使用)已知椭圆 C 的中心在原点， 离心率等于
34、 ， 1 2 它的一个短轴端点恰好是抛物线 x28y 的焦点。3 (1)求椭圆 C 的方程； (2)如图，已知 P(2,3)，Q(2，3)是椭圆上的两点，A，B 是 椭圆上位于直线 PQ 两侧的动点。 若直线 AB 的斜率为 ，求四边形 APBQ 面积的最大值； 1 2 当 A，B 运动时，满足APQBPQ，试问直线 AB 的 斜率是否为定值？请说明理由。 解 (1)设椭圆 C 的方程为1(ab0)，则 b2。 x2 a2 y2 b2 3 由 ，a2c2b2，得 a4， c a 1 2 所以椭圆 C 的方程为1。 x2 16 y2 12 (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)。 设直线
35、AB 的方程为 y xt， 1 2 代入1，得 x2txt2120， x2 16 y2 12 由 0，解得4b0)的左焦点， A， B 分别为 C 的左， 右顶点。 P 为 C 上一点， 且 PFx 轴。过点 A 的直线 l 与线段 PF 交于点 M，与 y 轴交于 点 E。若直线 BM 经过 OE 的中点，则 C 的离心率为( ) A B C D 1 3 1 2 2 3 3 4 【解析】 设 OE 的中点为 N，如图，因为 MFOE，所以 有，。又因为 OE2ON，所以有 ON MF a ac MF OE ac a 1 2 a ac ，解得 a3c，e ，故选 A。 ac a c a 1 3
36、 【答案】 A 此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形 的相似比可简化计算。 【变式训练 1】 如图，F1，F2是椭圆 C1： y21 与双 x2 4 曲线 C2的公共焦点，A，B 分别是 C1，C2在第二、四象限的公 共点。若四边形 AF1BF2为矩形，则 C2的离心率是( ) A B23 C D 3 2 6 2 解析 由已知，得 F1(，0)，F2(，0)，设双曲线 C233 的实半轴长为 a，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得Error!Error!解 得 a22，故 a。所以双曲线 C2的离心率 e。2 3 2 6 2 答案 D 技巧二 设而不求，整体代换 对于直线与圆锥曲
37、线相交所产生的中点弦问题， 涉及求中点 弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以 用“点差法”求解。 【例 2】 已知椭圆 E：1(ab0)的右焦点为 x2 a2 y2 b2 F(3,0)， 过点 F 的直线交 E 于 A， B 两点。 若 AB 的中点坐标为(1， 1)，则 E 的标准方程为( ) A1 B1 x2 45 y2 36 x2 36 y2 27 C1 D 1 x2 27 y2 18 x2 18 y2 9 【解析】 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x22，y1y22， Error!Error! 得0， x 1x2 x 1x2 a2 y 1y2 y
38、1y2 b2 所以 kAB。 y1y2 x1x2 b2 x 1x2 a2 y 1y2 b2 a2 又 kAB ，所以 。 01 31 1 2 b2 a2 1 2 又 9c2a2b2，解得 b29，a218， 所以椭圆 E 的方程为 1。 x2 18 y2 9 【答案】 D 本题设出 A，B 两点的坐标，却不求出 A，B 两点的坐标， 巧妙地表达出直线 AB 的斜率，通过将直线 AB 的斜率“算两次” 建立几何量之间的关系，从而快速解决问题。 【变式训练 2】 过点 M(1,1)作斜率为 的直线与椭圆 C： 1 2 1(ab0)相交于 A，B 两点，若 M 是线段 AB 的中点， x2 a2 y
39、2 b2 则椭圆 C 的离心率等于_。 解析 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则Error!Error! 得0， x 1x2 x 1x2 a2 y 1y2 y 1y2 b2 所以。 y1y2 x1x2 b2 a2 x1x2 y1y2 因为 ，x1x22，y1y22， y1y2 x1x2 1 2 所以 。所以 a22b2。 b2 a2 1 2 又因为 b2a2c2，所以 a22(a2c2)，所以 a22c2， 所以 。即椭圆 C 的离心率 e。 c a 2 2 2 2 答案 2 2 技巧三 巧用“根与系数的关系” ，化繁为简 某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用 距离公
40、式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使 相关的点的同名坐标为方程的根， 由根与系数的关系求出两根间 的关系或有关线段长度间的关系。后者往往计算量小，解题过程 简捷。 【例 3】 已知椭圆 y21 的左顶点为 A， 过 A 作两条互 x2 4 相垂直的弦 AM，AN 交椭圆于 M，N 两点。 (1)当直线 AM 的斜率为 1 时，求点 M 的坐标； (2)当直线 AM 的斜率变化时， 直线 MN 是否过 x 轴上的一定 点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说 明理由。 【解】 (1)直线 AM 的斜率为 1 时， 直线 AM 的方程为 yx 2，代入椭圆方程并化简得
41、 5x216x120。 解得 x12，x2 ，所以 M。 6 5 ( 6 5， 4 5) (2)设直线 AM 的斜率为 k，直线 AM 的方程为 yk(x2)， 联立方程Error!Error! 化简得(14k2)x216k2x16k240。 则 xAxM，又 xA2，则 16k2 14k2 xMxA2。 16k2 14k2 16k2 14k2 28k2 14k2 将 xM中的 k 换成 ，可得 xN。 1 k 2k28 k24 由(1)知若存在定点，则此点必为 P。 ( 6 5，0) 证明如下： 因为 kMP， yM xM6 5 k(28k 2 14k22) 28k2 14k2 6 5 5k
42、 44k2 同理可计算得 kPN。 5k 44k2 所以直线 MN 过 x 轴上的一定点 P。 ( 6 5，0) 本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出 xM， 28k2 14k2 这体现了整体思想。这是解决解析几何问题时常用的方法，简单 易懂，通过设而不求，大大降低了运算量。 【变式训练 3】 已知椭圆 C：1(ab0)的离心率 x2 a2 y2 b2 为 ，且经过点 P，左、右焦点分别为 F1，F2。 1 2 (1， 3 2) (1)求椭圆 C 的方程； (2)过 F1的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，若AF2B 的 内切圆半径为，求以 F2为圆心且与直线 l 相切的圆的方
43、程。 32 7 解 (1)由 ，得 a2c， c a 1 2 所以 a24c2，b23c2， 将点 P的坐标代入椭圆方程得 c21，故所求椭圆方 (1， 3 2) 程为 1。 x2 4 y2 3 (2)由(1)可知 F1(1,0)，设直线 l 的方程为 xty1， 代入椭圆方程，整理得(43t2)y26ty90。 显然判别式大于 0 恒成立， 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， AF2B 的内切圆半径为 r0， 则有 y1y2 ， 6t 43t2 y1y2，r0， 9 43t2 32 7 所以 SAF2BSAF1F2SBF1F2 |F1F2|y1y2| 1 2 |F1F2| 1 2
44、 y 1y224y1y2 。 12t21 43t2 而 SAF2B |AB|r0 |BF2|r0 |AF2|r0 1 2 1 2 1 2 r0(|AB|BF2|AF2|) 1 2 r0(|AF1|BF1|BF2|AF2|) 1 2 r04a 8， 1 2 1 2 32 7 122 7 所以，解得 t21， 12t21 43t2 122 7 因为所求圆与直线 l 相切， 所以半径 r， 2 t21 2 所以所求圆的方程为(x1)2y22。 技巧四 巧妙“换元”减少运算量 变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目 的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从 而将非标准型问
45、题转化为标准型问题，将复杂问题简单化。变量 换元法常用于求解复合函数的值域、 三角函数的化简或求值等问 题。 【例 4】 如图，已知椭圆 C 的离心率为，点 A，B，F 3 2 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且 SABF1。 3 2 (1)求椭圆 C 的方程； (2)已知直线 l：ykxm 与圆 O：x2y21 相切，若直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，求OMN 面积的最大值。 【解】 (1)由已知椭圆的焦点在 x 轴上，设其方程为 x2 a2 y2 b2 1(ab0)，则 A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c)。a2b2 由已知可得 e2 ， 所以 a24b2， 即 a2b， 可得 c a2b2 a2 3 4 b 。3 SABF |AF|OB| (ac)b1 。 1 2 1 2 3 2 将代入， 得