资源简介

由 AB，F1F2互相平分且共圆，易知，AF2⊥BF2，
―→ ―→
因为F2A＝(x1－3，y1)，F2B＝(x2－3，y2)，
―→ ―→
所以F2A·F2B＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2
1＝ 1＋ 8 x1x2＋9＝0.
－a2b2
即 x1x2＝－8，所以有 ＝－8，
b2
1
＋ a2
8
结合 b2＋9＝a2，解得 a2＝12，
3
所以离心率 e＝ .
2
x2 y2
(3)由(2)的结论知，椭圆方程为 ＋ ＝1，
12 3
y0－y1 y0＋y1
由题可知 A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，k1＝ ，k2＝ ，
x0－x1 x0＋x1
y20－y21
所以 k1k2＝ 2 2， x0－x1
2 2
x0 x1
y2 2
3 1－ 1－
0－y1 12
－3 12 1
又 2 2＝ 2 2 ＝－ ， x0－x1 x0－x1 4
1
即 k2＝－ ， 4k1
1 1
由－2＜k1＜－1 可知， ＜k2＜ . 8 4
1 1
即直线 PB 的斜率 k2∈ ， 8 4 .
第十一节 解析几何计算处理技巧
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代
数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题
的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的
时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探
索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．
考点一 回归定义，以逸待劳
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策
略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生
第 750页/共1004页
长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能
达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
x2
[典例] 如图，F1，F2 是椭圆 C1： ＋y2＝1 与双曲线 C4 2 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. 2 B. 3
3 6
C. D.
2 2
[解题观摩] 由已知，得 F1(－ 3，0)，F2( 3，0)，
设双曲线 C2的实半轴长为 a，
由椭圆及双曲线的定义和已知，
|AF1|＋|AF2|＝4，

可得 |AF2|－|AF1|＝2a， 解得 a2＝2，
|AF |2＋|AF |2＝ 1 2 12，
3 6
故 a＝ 2.所以双曲线 C2 的离心率 e＝ ＝ .
2 2
[答案] D
[关键点拨]
本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实
半轴长 a 的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．
[对点训练]
1.如图，设抛物线 y2＝4x 的焦点为 F，不经过焦点的直线上有三个不同的
点 A，B，C，其中点 A，B 在抛物线上，点 C 在 y 轴上，则△BCF 与△ACF
的面积之比是( )
|BF|－1 |BF|2－1
A. B.
|AF|－1 |AF|2－1
|BF|＋1 |BF|2＋1
C. D.
|AF|＋1 |AF|2＋1
p
|BF|－
S△BCF |BC| xB 2 |BF|－1
解析：选 A 由题意可得 ＝ ＝ ＝ ＝ .
S△ACF |AC| xA p |AF|－1
|AF|－
2
|PF|
2．抛物线 y2＝4mx(m＞0)的焦点为 F，点 P 为该抛物线上的动点，若点 A(－m,0)，则
|PA|
的最小值为________．
解析：设点 P 的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(x ＋m)2P
第 751页/共1004页
|PF| (x ＋m)2
2 P 1 1 1＋yP＝(xP＋m)2＋4mxP，则 2 |PA| ＝ 2 ＝ ≥ ＝ (当且仅(xP＋m) ＋4mxP 4mxP 4mxP 2
1＋ 1＋
(xP＋m)2 (2 xP·m)2
|PF| 2 |PF| 2
当 xP＝m 时取等号)，所以 ≥ ，所以 的最小值为 . |PA| 2 |PA| 2
2
答案：
2
考点二 设而不求，金蝉脱壳
设而不求是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构
意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减
少，通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，设而不求．
x2 y2
[典例] 已知椭圆 E：
a2
＋
b2
＝1(a＞b＞0)的右焦点为 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( )
x2 y2 x2 y2
A. ＋ ＝1 B. ＋ ＝1
45 36 36 27
x2 y2 x2 y2
C. ＋ ＝1 D. ＋ ＝1
27 18 18 9
[解题观摩] 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
x2 21 y1
a2＋b2＝1， ①
x22 y22
2＋ 2＝1， ②a b
(x1＋x2)(x1－x2) (y1＋y2)(y1－y2)
①－②得 2 ＋ 2 ＝0， a b
y 2 21－y2 b (x1＋x2) b
所以 kAB＝ ＝－ ＝ 2.
x1－x2 a2(y1＋y2) a
0＋1 1 b2 1
又 kAB＝ ＝ ，所以－ 2 a2
＝ .
3 1 2
又 9＝c2＝a2－b2，
解得 b2＝9，a2＝18，
x2 y2
所以椭圆 E 的方程为 ＋ ＝1.
18 9
[答案] D
[关键点拨]
(1)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
第 752页/共1004页
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．
(2)在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就
能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，
而设参的原则是宜少不宜多．
[对点训练]
x2 y2
1．已知 O 为坐标原点，F 是椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B 分别为 C 的a b
左、右顶点．P 为 C 上一点，且 PF⊥x 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( )
1 1
A. B.
3 2
2 3
C. D.
3 4
解析：选 A 设 OE 的中点为 G，由题意设直线 l 的方程为 y＝k(x＋a)，
分别令 x＝－c 与 x＝0 得|FM|＝k(a－c)，|OE|＝ka，
|OG| |OB|
由△OBG∽△FBM，得 ＝ ，
|FM| |FB|
1
ka
2 a
即 ＝ ，
k(a－c) a＋c
c 1 1
整理得 ＝ ，所以椭圆 C 的离心率 e＝ .
a 3 3
1 x2 y2
2．过点 M(1,1)作斜率为－ 的直线与椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)相交于 A，B 两点，若2 a b
M 是线段 AB 的中点，则椭圆 C 的离心率等于________．
x21 y
2
1
a2＋ 2＝1，b
解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x2 2 2 y2
2＋ 2＝1， a b
(x1－x2)(x1＋x2) (y1－y2)(y1＋y2)
∴ 2 ＋ ＝0， a b2
y 21－y2 b x1＋x2
∴ ＝－ 2· .
x1－x2 a y1＋y2
y1－y2 1
∵ ＝－ ，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
x1－x2 2
b2 1
∴－ 2＝－ ，∴a2＝2b2. a 2
又∵b2＝a2－c2，
c 2
∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴ ＝ .
a 2
第 753页/共1004页
2
即椭圆 C 的离心率 e＝ .
2
2
答案：
2
考点三 巧设参数，变换主元
换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用
换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功
倍．
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注
意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．
x2 y2
[典例] 设椭圆 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为 A，B，点 P 在椭圆上且异于 A，a b
B 两点，O 为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线 OP 的斜率 k 满足|k|＞ 3.
[解题观摩] 法一：依题意，直线 OP 的方程为 y＝kx，设点 P 的坐标为(x0，y0)．
y0＝kx ， 0
由条件得 x20 y20
a2
＋ 2＝1，b
a2b2
消去 y0 并整理，得 x20＝ 2 2 .① k a ＋b2
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及 y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，
整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0.
－2a
而 x0≠0，于是 x0＝ 2， 1＋k
a
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2 2 b ＋4.
又 a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即 k2＋1＞4，因此 k2＞3，所以|k|＞ 3.
法二：依题意，直线 OP 的方程为 y＝kx，
可设点 P 的坐标为(x0，kx0)．
x2 k2x20 0
由点 P 在椭圆上，得 2＋ ＝1. a b2
x2 2 20 k x0
因为 a＞b＞0，kx0≠0，所以 ＋ ＜1， a2 a2
即(1＋k2)x20＜a2.②
第 754页/共1004页
由|AP|＝|OA|及 A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x2＝a20 ，
－2a
整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0，于是 x0＝ ，
1＋k2
2 4a
2
代入②，得(1＋k )· 2 2＜a
2，
(1＋k )
解得 k2＞3，所以|k|＞ 3.
法三：设 P(acos θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，
则线段 OP 的中点 Q 的坐标为
a b
cos θ， sin θ
2 2 .
|AP|＝|OA| AQ⊥OP kAQ×k＝－1.
bsin θ
又 A(－a,0)，所以 kAQ＝ ，
2a＋acos θ
即 bsin θ－akAQcos θ＝2akAQ.
从而可得|2akAQ|≤ b2＋a2k2AQ＜a 1＋k2AQ，
3 1
解得|kAQ|＜ ，故|k|＝ ＞ 3. 3 |kAQ|
[关键点拨]
求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．
[对点训练]
设直线 l 与抛物线 y2＝4x 相交于 A，B 两点，与圆 C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点
M，且 M 为线段 AB 的中点，若这样的直线 l 恰有 4 条，求 r 的取值范围．
解：当斜率不存在时，有两条，当斜率存在时，不妨设直线 l 的方程为 x＝ty＋m，A(x1，
y1)，B(x2，y2)，
代入抛物线 y2＝4x 并整理得 y2－4ty－4m＝0，
则有 Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，
那么 x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得线段 AB 的中点 M(2t2＋m,2t)，
而由题意可得直线 AB 与直线 MC 垂直，
即 kMC·kAB＝－1，
2t－0 1
可得 2 ·＝－1，整理得 m＝3－2t
2(当 t≠0 时)，
2t ＋m－5 t
把 m＝3－2t2代入 Δ＝16t2＋16m＞0，
可得 3－t2＞0，即 0＜t2＜3，
又由于圆心到直线的距离等于半径，
第 755页/共1004页
|5－m| 2＋2t2
即 d＝ ＝ ＝2 1＋t2＝r，
1＋t2 1＋t2
而由 0＜t2＜3 可得 2＜r＜4.
故 r 的取值范围为(2,4)．
考点四 数形结合，偷梁换柱
著名数学家华罗庚说过：“数与形本是两相倚，焉能分作两边飞．数缺形时少直观，形
少数时难入微．”在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意
义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．
y2
[典例] 已知 F 是双曲线 C：x2－ ＝1 的右焦点，P 是 C 的左支上一点，A(0,6 6)．当
8
△APF 周长最小时，该三角形的面积为________．
[解题观摩] 设双曲线的左焦点为 F1，根据双曲线的定义可知|PF|＝2a＋|PF1|，
则△APF 的周长为|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2a，
由于|AF|＋2a 是定值，要使△APF 的周长最小，
则|PA|＋|PF1|最小，即 P，A，F1 共线，
由于 A(0,6 6)，F1(－3,0)，
x y y
则直线 AF1的方程为 ＋ ＝1，即 x＝ －3， －3 6 6 2 6
代入双曲线方程整理可得
y2＋6 6y－96＝0，
解得 y＝2 6或 y＝－8 6(舍去)，
所以点 P 的纵坐标为 2 6，
1 1
所以 ＝ ×6×6 6－ ×6×2 6＝12 6.
2 2
[答案] 12 6
[关键点拨]
要求△APF 的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件
与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线
的位置关系，通过数形结合确定点 P 的位置，通过求解点 P 的坐标进而利用三角形的面积
公式来处理．
[对点训练]
x2 y2
1．椭圆 ＋ ＝1 的左焦点为 F，直线 x＝m 与椭圆相交于点 M，N，当△FMN 的周长
5 4
第 756页/共1004页
最大时，△FMN 的面积是( )
5 6 5
A. B.
5 5
8 5 4 5
C. D.
5 5
解析：选 C 如图所示，设椭圆的右焦点为 F′，连接 MF′，
NF′.
因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线
x＝m 过椭圆的右焦点时，△FMN 的周长最大．
2b2 8 5
此时|MN|＝ ＝ ，又 c＝ a2－b2＝ 5－4＝1，
a 5
1 8 5 8 5
所以此时△FMN 的面积 S＝ ×2× ＝ .故选 C.
2 5 5
y2
2．设 P 为双曲线 x2－ ＝1 右支上一点，M，N 分别是圆 C1：(x＋4)2＋y2＝4 和圆 C ：15 2
(x－4)2＋y2＝1 上的点，设|PM|－|PN|的最大值和最小值分别为 m，n，则|m－n|＝( )
A．4 B.5
C．6 D．7
解析：选 C 由题意得，圆 C1：(x＋4)2＋y2＝4 的圆心为(－4,0)，
半径为 r1＝2；圆 C2：(x－4)2＋y2＝1 的圆心为(4,0)，半径为 r2＝1.
y2
设双曲线 x2－ ＝1 的左、右焦点分别为 F1(－4,0)，F2(4,0)．如图15
所示，连接 PF1，PF2，F1M，F2N，则|PF1|－|PF2|＝2.又|PM|max＝|PF1|
＋r1，|PN|min＝|PF2|－r2，所以|PM|－|PN|的最大值 m＝|PF1|－|PF2|＋r1＋r2＝5.又|PM|min＝|PF1|
－r1，|PN|max＝|PF2|＋r2，所以|PM|－|PN|的最小值 n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－1，所以|m－
n|＝6.故选 C.
考点五 妙借向量，无中生有
平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结
合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识
的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．
x2 y2
[典例] 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是椭圆 2＋ 2＝1(a＞ba b
b
＞0)的右焦点，直线 y＝ 与椭圆交于 B，C 两点，且∠BFC＝90°，则该
2
椭圆的离心率是________．
第 757页/共1004页
b x2 y2
[解题观摩] 把 y＝ 代入椭圆 ＋ ＝1，
2 a2 b2
3 3 b
可得 ＝ ，则
3 b
x ± a B － a， ，

C a， ， 2 2 2 2 2
而 F(c,0)，
3 b 3 b则 FB＝ － a－c， ，FC＝ a－c， ，
2 2 2 2
又∠BFC＝90°，
3 b 3 b 3 1 3 1 3 1
故有 FB·FC＝ － a－c， · a－c， ＝c2－ a2＋ b2＝c2－ a2＋ (a2－c2)＝ c2－
2 2 2 2 4 4 4 4 4 2
a2＝0，
2 2 c 6则有 3c ＝2a ，所以该椭圆的离心率 e＝ ＝ .
a 3
6
[答案]
3
[关键点拨]
本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转
化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．
[对点训练]
y2
设直线 l 是圆 O：x2＋y2＝2 上动点 P(x0，y0)(x0y0≠0)处的切线，l 与双曲线 x2－ ＝12
交于不同的两点 A，B，则∠AOB 为( )
A．90° B.60°
C．45° D．30°
解析：选 A ∵点 P(x 2 2 2 20，y0)(x0y0≠0)在圆 O：x ＋y ＝2 上，∴x0＋y0＝2，圆在点 P(x0，
y2
x2－ ＝1，
y0)处的切线方程为 x 2 2 2 20x＋y0y＝2.由 及 x0＋y0＝2 得(3x0－4)x2－4x0x＋8－2x20＝ x0x＋y0y＝2
0.∵切线 l 与双曲线交于不同的两点 A，B，且 0＜x20＜2，∴3x20－4≠0，且 Δ＝16x20－4(3x20－
4x 8－2x20 0
4)·(8－2x20)＞0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ 2 ，x1x－ 2
＝ 2 .∵OA·OB＝x1x－ 23x0 4 3x0 4
1 1 8－2x20 1
＋y1y2＝x1x2＋ 2(2－x0x1)(2－x0x2)＝x1x2＋ [4－2x (x ＋x )＋x22 0 1 2 0x1x2]＝ ＋y0 2－x 2 20 3x0－4 2－x0
8x
2 2 2
0 x0(8－2x0)
－ ＋ 4 2 2 ＝0，∴∠AOB＝90°. 3x0－4 3x0－4
考点六 巧用“根与系数的关系”
第 758页/共1004页
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．
x2
[典例] 已知椭圆 ＋y2＝1 的左顶点为 A，过 A 作两条互相垂直的弦 AM，AN 交椭圆
4
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．
[解题观摩] (1)直线 AM 的斜率为 1 时，直线 AM 的方程为 y＝x＋2，代入椭圆方程并
化简得 5x2＋16x＋12＝0.
6
解得 x ＝－2，x ＝－ ，所以 M
6 4
1 2 － ， 5 5 5 .
(2)设直线 AM 的斜率为 k，直线 AM 的方程为 y＝k(x＋2)，
y＝k(x＋2)，
联立方程 x2
＋y2 ＝1， 4
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
－16k2
则 xA＋xM＝ ，
1＋4k2
16k2 16k2 2－8k2
xM＝－xA－
1＋4k2
＝2－ 2＝1＋4k 1＋4k2
.
2k2－8
同理，可得 xN＝ 2 . k ＋4
6
由(1)知若存在定点，则此点必为 P － ，0 5 .
证明如下：
2－8k2
k
1＋4k2
＋2
yM 5k
因为 kMP＝ ＝6 2－8k2
＝ ，
6 4－4k2
xM＋5 ＋1＋4k2 5
5k
同理可得 kPN＝ 2. 4－4k
6
所以直线 MN 过 x 轴上的一定点 P － ，0 5 .
[关键点拨]
2－8k2
本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出 xM＝ 2，这体现了整体思想．这是解1＋4k
第 759页/共1004页
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．
[对点训练]
x2 y2 1 3
已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，且经过点 P 1， ，左、右焦点分别为a b 2 2
F1，F2.
(1)求椭圆 C 的方程；
3 2
(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 F7 2
为圆心且与直线 l 相切的圆的方程．
c 1
解：(1)由 ＝ ，得 a＝2c，所以 a2＝4c2，b2＝3c2，
a 2
将点 P
3
1，
2 的坐标代入椭圆方程得 c
2＝1，
x2 y2
故所求椭圆方程为 ＋ ＝1.
4 3
(2)由(1)可知 F1(－1,0)，设直线 l 的方程为 x＝ty－1，
代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，
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，
6t －9 3 2
则有 y1＋y2＝
4＋3t2
，y1y2＝ ，r0＝ ，
4＋3t2 7
1
＝ r
2 0
(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
1 1 3 2 12 2
＝ r0·4a＝ ×8× ＝ ， 2 2 7 7
12 t2＋1 12 2
所以 2 ＝ ，解得 t
2＝1，
4＋3t 7
2
因为所求圆与直线 l 相切，所以半径 r＝ ＝ 2，
t2＋1
所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.
第 760页/共1004页
[课时跟踪检测]
1．在平面直角坐标系 xOy 中，设直线 y＝－x＋2 与圆 x2＋y2＝r2(r＞0)交于 A，B 两点，
―→ 5―→ 3―→
O 为坐标原点，若圆上一点 C 满足OC＝ OA ＋ OB ，则 r＝( )
4 4
A．2 10 B. 10
C．2 5 D.5
―→ 5―→ 3―→
解析：选 B 已知OC＝ OA ＋ OB ，
4 4
―→ ―→ 3
两边平方化简得 OA ·OB ＝－ r2，
5
3 ∠AOB 5
所以 cos∠AOB＝－ ，所以 cos ＝ ，
5 2 5
|2|
又圆心 O(0,0)到直线的距离为 ＝ 2，
2
2 5
所以 ＝ ，解得 r＝ 10.
r 5
2．设 O 为坐标原点，P 是以 F 为焦点的抛物线 y2＝2px(p＞0)上任意一点，M 是线段
PF 上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线 OM 的斜率的最大值为( )
3 2
A. B.
3 3
2
C. D．1
2
解析：选 C 如图所示，设 P(x0，y0)(y0＞0)，
y20 ―→ ―→
则 y20＝2px0，即 x0＝ .设 M(x′，y′)，由PM＝2 MF， 2p
p x′－x ＝2 －x′ 0 ，
得 2
y′－y0＝2(0－y′)，
p＋x
0 yx′＝ ， 03
化简可得
y0
y′＝ .
3 y0
∴直线 OM 的斜率 k＝ ＝
p＋x0 y
2
0
p＋
3 3 2p
2p 2p 2
＝ 2 ≤ 2＝ (当且仅当 y0＝ 2p 时取等号)．故直线 OM 的2p 2
＋ 2 2py
y 00
2
斜率的最大值为 .
2
3．(2019·惠州调研)设 m，n∈R，若直线 l：mx＋ny－1＝0 与 x 轴相交于点 A，与 y 轴
第 761页/共1004页
相交于点 B，且直线 l 与圆 x2＋y2＝4 相交所得的弦长为 2，O 为坐标原点，则△AOB 面积
的最小值为( )
A．5 B.4
C．3 D．2
1
解析：选 C 由直线与圆相交所得的弦长为 2，得圆心到直线的距离 d＝ ＝ 3，
m2＋n2
1 1
所以 m2＋n2
1 1
＝ ≥2|mn|，当且仅当 m＝n 时等号成立．所以|mn|≤ ，又 A ，0 m ，B
0，
3 6 n ，
1
所以△AOB 的面积 S＝ ≥3，故△AOB 面积的最小值为 3.
2|mn|
x2 y2
4．(2019·兰州模拟)已知双曲线 C： － ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为 F ，F ，
a2 b2 1 2
点 P 为双曲线右支上一点，若|PF 21| ＝8a|PF2|，则双曲线 C 的离心率的取值范围为( )
A．(1,3] B.[3，＋∞)
C．(0,3) D．(0,3]
解析：选 A 根据双曲线的定义及点 P 在双曲线的右支上，得|PF1|－|PF2|＝2a，设|PF1|
＝m，|PF2|＝n，则 m－n＝2a，m2＝8an，∴m2－4mn＋4n2＝0，∴m＝2n，则 n＝2a，m＝4a，
c
依题得|F1F2|≤|PF1|＋|PF2|，∴2c≤4a＋2a，∴e＝ ≤3，又 e＞1，∴1＜e≤3，即双曲线 Ca
的离心率的取值范围为(1,3]．
4 ―→ ―→
5．过抛物线 y2＝2px(p＞0)的焦点 F，斜率为 的直线交抛物线于 A，B 两点，若 AF ＝λ FB
3
(λ＞1)，则 λ的值为( )
A．5 B.4
4 5
C. D.
3 2
解析：选 B 根据题意设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
―→ ―→ p p
由 AF ＝λ FB ，得 －x ，－y 1 1 ＝λ x2－ ，y 2 2 2 ，
y1
故－y1＝λy2，即 λ＝－ . y2
4 p
设直线 AB 的方程为 y＝ x－
3 2 ，
联立直线与抛物线方程，消去 x，得 y2
3
－ py－p2＝0.
2
3
故 y1＋y2＝ p，y1y ＝－p22 2 ，
(y1＋y2)2 y1 y2 9
则 ＝ ＋ ＋2＝－ ，
y1y2 y2 y1 4
第 762页/共1004页
1 9
即－λ－ ＋2＝－ .
λ 4
又 λ＞1，解得 λ＝4.
x2
6.已知椭圆 C： ＋y2＝1，过椭圆上一点 A(0,1)作直线 l 交椭圆于
4
另一点 B，P 为线段 AB 的中点，若直线 AB，OP 的斜率存在且不为零，
则 kABkOP＝________.
3 1 2＋ 3
解析：法一：(特殊值法 )取 B 1， ，则 P ， ， 2 2 4
3－2 2＋ 3
则 kAB＝ ，k ＝ ， 2 OP 2
3－2 2＋ 3 1
故 kAB·kOP＝ × ＝－ . 2 2 4
法二：由题意，设直线 l 的方程为 y＝kx＋1，
y＝kx＋1，
联立方程 x2
＋y
2＝1，
4
消去 y 得，(1＋4k2)x2＋8kx＝0，
－8k －8k 1－4k
2

得 xB＝
1＋4k2
，即 B 2， 2 . 1＋4k 1＋4k
－4k 1
则 P ，

，
1＋4k2

1＋4k2
1
∴kAB＝k，kOP＝－ ， 4k
1
∴kAB·kOP＝－ . 4
法三：(点差法)设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，P(x0，y0)，
x2A
＋y2＝1，4 A x2－x2A B
则 2 两式相减得 ＋y2A－y2＝0， xB 4 B ＋y2B＝1，4
yA＋yB yA－yB 1
化简得 · ＝－ ，
xA＋xB xA－xB 4
yA－yB y0 1
即 · ＝－ ，
xA－xB x0 4
1
∴kAB·kOP＝－ . 4
1
答案：－
4
第 763页/共1004页
2 2 ―→ ―→7．已知 AB 为圆 x ＋y ＝1 的一条直径，点 P 为直线 x－y＋2＝0 上任意一点，则 PA ·PB
的最小值为________．
解析：由题意，设 A(cos θ，sin θ)，P(x，x＋2)，
则 B(－cos θ，－sin θ)，
―→
∴ PA ＝(cos θ－x，sin θ－x－2)，
―→
PB ＝(－cos θ－x，－sin θ－x－2)，
―→ ―→
∴ PA ·PB ＝(cos θ－x)(－cos θ－x)＋(sin θ－x－2)·(－sin θ－x－2)＝x2＋(x＋2)2－cos2θ
－sin2θ＝2x2＋4x＋3＝2(x＋1)2＋1，
―→ ―→
当且仅当 x＝－1，即 P(－1，1)时， PA ·PB 取最小值 1.
答案：1
x2 y2
8．(2019·武汉调研)已知 A，B 分别为椭圆 ＋ 2＝1(0＜b＜3)的左、右顶点，P，Q 是9 b
椭圆上关于 x 轴对称的不同两点，设直线 AP，BQ 的斜率分别为 m，n，若点 A 到直线 y＝
1－mn x 的距离为 1，则该椭圆的离心率为________．
x2 y2
解析：根据椭圆的标准方程 ＋ 2＝1(0＜b＜3)知椭圆的中心在原点，焦点在 x 轴上，9 b
x2 20 y0 y0 －y0
A(－3,0)，B(3,0)，设 P(x0，y0)，Q(x0，－y0)，则 ＋ 2＝1，kAP＝m＝ ，kBQ＝n＝ ，9 b x0＋3 x0－3
－y2 2 2 20 b 9－b 9－b
∴mn＝ 2 ＝ ，∴ 1－mn＝ ，∴直线 y＝ 1－mn x＝ x，即 9－b
2x－3y
x0－9 9 3 3
|－3 9－b2| 3 9－b2 63
＝0.又点 A 到直线 y＝ 1－mn x 的距离为 1，∴ ＝ ＝1，解得 b2＝ ，
9－b2＋9 18－b2 8
9 c2
∴c2
1 2
＝a2－b2＝ ，∴e＝ ＝ ＝ .
8 a2 8 4
2
答案：
4
x2
9．已知椭圆 C： ＋y2＝1 的右顶点为 A，上顶点为 B.设 P 为第三象限内一点且在椭圆
4
C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N，求证：四边形 ABNM 的面积为
定值．
解：由题意知，A(2,0)，B(0,1)，
设 P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则 x20＋4y20＝4，
y0
所以直线 PA 的方程为 y＝ (x－2)，
x0－2
第 764页/共1004页
2y0
令 x＝0，得 yM＝－ ，
x0－2
2y0
从而|BM|＝1－yM＝1＋ ，
x0－2
y0－1
直线 PB 的方程为 y＝ x＋1，
x0
x0
令 y＝0，得 xN＝－ ，
y0－1
x0
从而|AN|＝2－xN＝2＋ ，
y0－1
所以四边形 ABNM 的面积
1 1 x0 2y0＝ S |AN||BM|＝ 2＋ 1＋
2 2 y0－1 x0－2

x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4
＝
2(x0y0－x0－2y0＋2)
2x0y0－2x0－4y0＋4
＝
x0y0－x0－2y0＋2
＝2，
从而四边形 ABNM 的面积为定值．
6 x2 y2
10．已知离心率为 的椭圆 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的一个焦点为 F，过 F 且与 x 轴垂直的3 a b
2 3
直线与椭圆交于 A，B 两点，|AB|＝ .
3
(1)求此椭圆的方程；
(2)已知直线 y＝kx＋2 与椭圆交于 C，D 两点，若以线段 CD 为直径的圆过点 E(－1,0)，
求 k 的值．
c 6
解：(1)设焦距为 2c，∵e＝ ＝ ，a2＝b2＋c2，
a 3
b 3 b2 3
∴ ＝ .由题意可知 ＝ ，∴b＝1，a＝ 3，
a 3 a 3
x2
∴椭圆的方程为 ＋y2＝1.
3
(2)将 y＝kx＋2 代入椭圆方程，得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，
又直线与椭圆有两个交点，
所以 Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)＞0，解得 k2＞1.
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，
12k 9
则 x1＋x2＝－ 2，x1x2＝ . 1＋3k 1＋3k2
若以 CD 为直径的圆过 E 点，
第 765页/共1004页
―→ ―→
则 EC ·ED ＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，
而 y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5
9(k2＋1) 12k(2k＋1)
＝ － ＋5＝0，
1＋3k2 1＋3k2
7 7
解得 k＝ ，满足 k2＞1，所以 k＝ .
6 6
第十二节 解析几何综合 3 大考点
考点一 定点、定值问题
x2 y2
[例 1] 已知椭圆 C： 2＋ 2＝1(a＞b＞0)的右焦点 F( 3，0)，长半轴长与短半轴长的比a b
值为 2.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)设不经过点 B(0,1)的直线 l 与椭圆 C 相交于不同的两点 M，N，若点 B 在以线段 MN
为直径的圆上，证明直线 l 过定点，并求出该定点的坐标．
a
[解] (1)由题意得，c＝ 3， ＝2，a2＝b2＋c2，
b
∴a＝2，b＝1，
x2
∴椭圆 C 的标准方程为 ＋y2＝1.
4
(2)证明：当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，
y2)．
y＝kx＋m，
由 2 2 2x2 消去 y 可得(4k ＋1)x ＋8kmx＋4m －4＝0.
＋y
2＝1，
4
－8km 4m2－4
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝ 2 ，x1x2＝ . 4k ＋1 4k2＋1
―→ ―→
∵点 B 在以线段 MN 为直径的圆上，∴BM ·BN ＝0.
―→ ―→
∵BM ·BN ＝(x1，kx 2 21＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k ＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)
＝0，
4m2－4 －8km
∴(k2＋1) 2 ＋k(m－1) ＋(m－1)
2＝0，
4k ＋1 4k2＋1
第 766页/共1004页

展开更多......

收起↑