资源简介

第六节 圆锥曲线综合
考纲解读
1.掌握与圆锥曲线有关的最值、定值和参数范围问题.
2.会处理动曲线（含直线）过定点的问题.
3.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.
4.会按条件建立目标函数，研究变量的最值及取值范围问题，注意运用数形结合法和几何法求某些量的最值.
命题趋势研究
从内容上看，预测高考主要考查两大类问题：一是根据条件，求出表示平面曲线的方程；二是通过方程，研究平面曲线的性质，其热点有：①以客观题的形式考查圆锥曲线的基本概念和性质；②求平面曲线的方程和轨迹；③圆锥曲线的有关元素计算、关系证明或范围确定；④涉及圆锥曲线对称变换、最值或位置关系的有关问题.
从形式上看，以解答题为主，难度较大.
从能力要求上看，要求学生具备一定的数形结合、分析问题和解决问题及运算能力.
知识点精讲
一、定值问题
解析几何中定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决.证明过程可总结为“变量—函数—定值”，具体操作程序如下：
（1）变量----选择适当的量为变量.
（2）函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数.
（3）定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值.
求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值.
二、求最值问题常用的两种方法
（1）几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决，这是几何法.
（2）代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值.求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等，这就是代数法.
三、求定值、最值等圆锥曲线综合问题的“三重视”
（1）重视定义在解题中的作用(把定义作为解题的着眼点).
（2）重视曲线的几何特征特别是平面几何性质与方程的代数特征在解题中的作用.
（3）重视根与系数的关系在解题中的作用(涉及弦长、中点要用根与系数的关系).
四、求参数的取值范围
据已知条件及题目要求等量或不等量关系，再求参数的范围.
题型归纳及思路提示
题型150 平面向量在解析几何中的应用
思路提示
解决平面向量在解析几何中的应用要把几何特征转化为向量关系，并把向量用坐标表示.常见的应用有如下两个方面.
（1）用向量的数量积解决有关角的问题.直角,钝角(且不反向), 锐角(且不同向).
（2）利用向量的坐标表示解决共线问题.
一、利用向量的数量积解决有关夹角（锐角、直角、钝角）的问题
其步骤是：先写出向量坐标式，再用向量数量积的坐标公式
例10.44过抛物线的焦点F作直线交抛物线于A,B两点，O为坐标原点.求证：△ABO的是钝角三角形.
变式1设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
变式2设A,B分别为椭圆的左右顶点，P为直线上不同于的任意一点，若直线AP,BP分别与椭圆交于异于A,B的点M,N，证明：点B在以MN为直径的圆内.
变式3已知，直线,椭圆，F1,F2分别为椭圆C的左右焦点.
（1）当直线过右焦点F2时，求直线的方程；
（2）设直线与椭圆C交于A,B两点，△AF1F2和△BF1F2和的重心分别是G,H；若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数的取值范围.
例10.45在直角坐标系中，点P到两点,的距离之和等于4，设点P的轨迹为C，直线与C交于A,B两点.
（1）写出C的方程； （2）若⊥,求的值.
变式1如图10-35所示，椭圆的顶点为A1,A2,B1,B2，焦点为F1,F2，,.
(1)求椭圆C的方程； （2）设为过原点的直线，是与垂直相交于P点,与椭圆相交于A,B两点的直线，，是否存在上述直线使成立？若存在求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
变式2如图10-36所示，椭圆的一个焦点是，O为坐标原点，设过点F的直线交椭圆于A,B两点.若直线绕点F任意转动，恒有,求的取值范围.
二、利用向量的坐标表示解决共线问题
向量共线的条件是或.
例10.46在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点P,Q.
（1）求的取值范围；
（2）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为A,B，是否存在常数，使得向量＋与共线？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
变式1设椭圆的左右焦点分别为F1,F2，离心率，直线，如图10-37所示，M,N是上的两个动点，.
（1）若，求的值；
（2）证明：当取最小值时，与共线.
例10.47设A,B是椭圆上的两点，并且点满足,当时，求直线AB斜率的取值范围.
变式1已知F1,F2分别为椭圆的左右焦点，直线过点F1且垂直于椭圆的长轴，动直线垂直于直线，垂足为D，线段DF2的垂直平分线交于点M. （1）求动点M的轨迹C的方程；
（2）过点F1作直线交曲线C于两个不同的点P和Q，设,若，求的取值范围.
变式2过点的直线交抛物线于A,B两点，交直线于点M，已知,,求的值.
题型151 定点问题
思路提示
（1）直线过定点，由对称性知定点一般在坐标轴上，如直线，若为常量，则直线恒过点；若为常量，则直线恒过.
（2）一般曲线过定点，把曲线方程变为（为参数），解方程组即得定点.
模型一：三大圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中的顶点直角三角形的斜边所在的直线过定点.
例10.48已知椭圆，直线与椭圆交于A,B两点（A,B不是原点），且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点.求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
变式1已知椭圆的左顶点为A，不过点A的直线与椭圆交于不同的两点P,Q，当，求与的关系，并证明直线过定点.
变式2已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆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P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
例10.49已知抛物线上异于顶点的两动点A,B满足以AB为直径的圆过顶点. 求证：AB所在的直线过定点，并求出该定点的坐标.
变式1 如图10-39所示，已知定点在抛物线 上，过点作两直线分别交抛物线于A,B，且以AB为直径的圆过点P，证明：直线AB过定点，并求出此定点的坐标.
变式2 已知抛物线，过点作两直线分别与抛物线交于两点，且的斜率满足.求证：直线过定点，并求出此定点的坐标.
模型二：三大圆锥曲线（椭圆，双曲线，抛物线）中，若过焦点的弦为，则焦点所在坐标轴上存在唯一定点，使得为定值.
例10.50 在直角坐标系中，曲线C：y=与直线(＞0)交与M,N两点，
（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.
变式1 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的动直线与双曲线相交于两点.在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
题型152 定直线问题
模型：已知椭圆外一点，当过点的动直线与椭圆相交于不同的两点时，在线段上取一点,满足
求证：点总在某定直线上，并求出该直线的方程.
注：三大圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，当定点在曲线上时，相应的定直线，，均为在定点处的切线.
例10.51 设椭圆过点,且左焦点为.
(1)求椭圆的方程；
（2）当过点的动直线与椭圆相交于两不同点时，在线段上取点,满足.证明：点总在某定直线上.
题型153 定值问题
思路提示
求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出其值，再证明这个值与变量无关，这符合一般与特殊的思维辩证关系.简称为：特殊探路，一般论证.
(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.
模型：三大圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，曲线上的一定点P与曲线上的两动点A，B满足直线PA与直线PB的斜率互为相反数，则直线AB的斜率为定值.
例10.52 已知椭圆，为椭圆上的点，其坐标为，为椭圆上的两动点，如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明：直线EF的斜率为定值，并求出该定值.
变式1 已知A，B，C是长轴为4，焦点在轴上的椭圆上的三点，点A是长轴的一个端点，BC过椭圆的中心O,且.
求椭圆的方程；（2）如果椭圆上的两点,使得的平分线垂直于，问是否总存在实数，使得？说明理由.
变式2 如图10-42所示，过抛物线上一定点，作两条直线分别交抛物线于.
求该抛物线上纵坐标为的点到焦点F的距离；
当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求的值，并证明直线AB的斜率是非零常数.
题型154 最值问题
思路提示
有两种求解方法：一是几何方法，所求最值量具有明显的几何意义时可利用几何性质结合图形直观求解；二是目标函数法，即选取适当的变量，建立目标函数，然后按照求函数的最值方法求解，同时要注意变量的范围.
例10.53 设椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上任意一点，点的坐标为，求的最大值和最小值.
变式1 如图10-44所示，已知点是抛物线上的点，
设点到此抛物线的准线的距离为，到直线
的距离为，求的最小值.
变式2 已知点为双曲线上的动点，,求的最大值及此时点的坐标
.
已知椭圆，点为椭圆上的动点，若的坐标分别是，求的最大值.
变式1 已知椭圆在第一象限部分为曲线，动点在上，在点处的切线与轴的交点分别为,且向量，求的最小值.
如图10-45所示，已知抛物线与圆相交于四点.
求的取值范围；
（2）当四边形的面积最大时，
求对角线的交点的坐标.
变式1 已知平面内一动点到点的距离与点到轴的距离的差等于1.
求动点的轨迹C的轨迹；
(2)过点作两条斜率存在且互相垂直的直线，设与轨迹C相交于点A,B，与轨迹C相交于点D，E，求的最小值.
最有效训练题47（限时45分钟）
1.经过椭圆的一个焦点作倾斜角为的直线交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则等于（ ）
A. B. C. 或 D.
2.设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，,则的值为
A. 1 B. C.2 D.
3.过抛物线的焦点作一直线交抛物线于P，Q两点，若线段PF与FQ的长分别是，则等于（ ）
A. B. C. D.
4.已知椭圆的左焦点为，右顶点为A，点B在椭圆上，且轴，直线AB交轴于点P，若，则椭圆的离心率是（　　　）
　Ａ．　　　　Ｂ．　　　　　Ｃ．　　　　Ｄ．
５.若以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为１，则椭圆长轴长的最小值为（　　　）
　A. 1 B. C.2 D.
６.如果是椭圆的任意一条与轴不垂直的弦，Ｏ为椭圆的中心，为椭圆的离心率，Ｍ为的中点，则的值为（　　）
　Ａ．　　Ｂ．　　Ｃ．　　　Ｄ．
７.已知椭圆的焦点是和，离心率为，Ｐ为椭圆上一点，，则面积为＿＿＿＿＿＿＿＿．
８．在平面直角坐标系中，双曲线的右支与焦点为的抛物线交于两点，若，则该双曲线的渐近线方程为____________.
9.已知椭圆的焦点为，，且与直线
有公共点，则其中长轴最短的椭圆方程为____________.
10.已知两点A，B分别在直线和上运动，且，动点满足(为坐标原点)，点的轨迹记为曲线.
(1)求曲线的方程；（2）过曲线上任意一点作它的切线，与椭圆交于M，N两点，求证：为定值.
11. 平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标.
12如图，已知抛物线，点A，，抛物线上的点．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．
（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；
（Ⅱ）求的最大值．
19第六节 圆锥曲线综合
考纲解读
1.掌握与圆锥曲线有关的最值、定值和参数范围问题.
2.会处理动曲线（含直线）过定点的问题.
3.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.
4.会按条件建立目标函数，研究变量的最值及取值范围问题，注意运用数形结合法和几何法求某些量的最值.
命题趋势研究
从内容上看，预测高考主要考查两大类问题：一是根据条件，求出表示平面曲线的方程；二是通过方程，研究平面曲线的性质，其热点有：①以客观题的形式考查圆锥曲线的基本概念和性质；②求平面曲线的方程和轨迹；③圆锥曲线的有关元素计算、关系证明或范围确定；④涉及圆锥曲线对称变换、最值或位置关系的有关问题.
从形式上看，以解答题为主，难度较大.
从能力要求上看，要求学生具备一定的数形结合、分析问题和解决问题及运算能力.
知识点精讲
一、定值问题
解析几何中定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决.证明过程可总结为“变量—函数—定值”，具体操作程序如下：
（1）变量----选择适当的量为变量.
（2）函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数.
（3）定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值.
求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值.
二、求最值问题常用的两种方法
（1）几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决，这是几何法.
（2）代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值.求函数的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等，这就是代数法.
三、求定值、最值等圆锥曲线综合问题的“三重视”
（1）重视定义在解题中的作用(把定义作为解题的着眼点).
（2）重视曲线的几何特征特别是平面几何性质与方程的代数特征在解题中的作用.
（3）重视根与系数的关系在解题中的作用(涉及弦长、中点要用根与系数的关系).
四、求参数的取值范围
据已知条件及题目要求等量或不等量关系，再求参数的范围.
题型归纳及思路提示
题型150 平面向量在解析几何中的应用
思路提示
解决平面向量在解析几何中的应用要把几何特征转化为向量关系，并把向量用坐标表示.常见的应用有如下两个方面.
（1）用向量的数量积解决有关角的问题.直角,钝角(且不反向), 锐角(且不同向).
（2）利用向量的坐标表示解决共线问题.
一、利用向量的数量积解决有关夹角（锐角、直角、钝角）的问题
其步骤是：先写出向量坐标式，再用向量数量积的坐标公式
例10.44过抛物线的焦点F作直线交抛物线于A,B两点，O为坐标原点.求证：△ABO的是钝角三角形.
分析 证明△ABO的是钝角三角形常用的方法是利用余弦定理，但用余弦定理来解决需计算出的长，显然较复杂.因为O,A,B不共线，故可利用来证明∠AOB＞90°，从而得证.
解析 设，,抛物线的焦点坐标.
根据题意知，直线AB的斜率存在(若不存在，则A,B在原点，矛盾)，
设直线AB的方程为，由，得，
则，.
因为A,B两点在抛物线上，所以，，
两式相乘得，.
，,，
又因为O,A,B三点不共线，所以∠AOB＞90°，△ABO的是钝角三角形.
评注 直线与抛物线交于A,B两点，则
（1）直线在轴上的截距等于时，∠AOB＝90°；
（2）直线在轴上的截距大于时，∠AOB＜90°；
（3）直线在轴上的截距大于0且小于时，∠AOB＞90°.
变式设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.
解析（1）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（2）（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.
所以，直线的斜率的取值范围为.
变式2设A,B分别为椭圆的左右顶点，P为直线上不同于的任意一点，若直线AP,BP分别与椭圆交于异于A,B的点M,N，证明：点B在以MN为直径的圆内.
分析 要证明点B在以MN为直径的圆内，只要证明为钝角，即。
解析 依题意得A(-2，0),B(2,0)，设，因为点M在椭圆上，所以①，又点M异于顶点A,B，所以，由P,A,M三点共线可得，且，即，解得，从而，所以②，将①代入②，化简得，因为，所以，又因为点B,M,P不共线，所以为锐角，从而为钝角，故点B在以MN为直径的圆内。
评注 证明点P在以AB为直径的圆内，等价于证明；
证明点P在以AB为直径的圆上，等价于证明；
证明点P在以AB为直径的圆外，等价于证明。
变式3已知，直线,椭圆，F1,F2分别为椭圆C的左右焦点.
（1）当直线过右焦点F2时，求直线的方程；
（2）设直线与椭圆C交于A,B两点，△AF1F2和△BF1F2和的重心分别是G,H；若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数的取值范围.
解析 （1）椭圆的右焦点为，因为，所以，化简为，得，故，则直线的方程为。
（2）设，因为G,H分别是的重心，且O是的中点，所以，又因为原点O在以线段GH为直径的圆内，故，所以，得，即。
联立直线与椭圆C：的方程消得，。则有，
，得，满足，又，故，即实数的取值范围为（1，2）。
评注 已知椭圆，直线与椭圆交于A,B两点，中，AB边上的高为OH。
（1）若。
证：以O为极点，轴正方向为极轴，长度不变建立极坐标系。设，则，将A,B两点的坐标代入椭圆方程中，得，即，，即，得。
又
，所以。
（2）若；
（3）若。
证：（2）设直线（否则A,O,B三点共线），联立直线方程与椭圆方程，得，消去，整理得，
，将式（*）代入整理得，又，即，代入式（**）得，同理可证（3）成立。
若本题使用上述结论，则有，即，解得，满足，又，所以。
例10.45在直角坐标系中，点P到两点,的距离之和等于4，设点P的轨迹为C，直线与C交于A,B两点.
（1）写出C的方程； （2）若⊥,求的值.
解析 （1）设，由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以,为焦点，长半轴为2的椭圆.其短半轴，故曲线C的方程为.
（2）设，,由，即，由韦达定理知，，.
若⊥,即，而，
所以，即，
解得.
评注 本题的结论可由【例10.44变式3】的评注中的重要结论顺利得到：由题意，⊥,故有∠AOB＝90°，设原点O到直线的距离为，则有，故可得，又，所以，解得.利用此结论求解，可以对利用常规方法求解出的结果加以验证，从而提高解题的准确率，做到胸有成竹.
变式1如图10-35所示，椭圆的顶点为A1,A2,B1,B2，焦点为F1,F2，,.
(1)求椭圆C的方程； （2）设为过原点的直线，是与垂直相交于P点,与椭圆相交于A,B两点的直线，，是否存在上述直线使成立？若存在求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
解析 （1）由，知，由知，则，又，则得，故椭圆C的方程为。
（2）设A,B两点的坐标分别为，假设存在直线，使，
（Ⅰ）当不垂直于轴时，设的方程为，由与垂直相交于P点，且|OP|=1得，由得，将代入椭圆方程得，由韦达定理可得，故
，得，又，化简得，矛盾，即此时直线不存在。
（Ⅱ）当轴时，满足的直线的方程为或，则或，当时，；当时，，所以此时直线也不存在。
综上所述，不存在直线使成立。
评注 若对于本题，，故，因此易判断满足题意的直线不存在。
变式2如图10-36所示，椭圆的一个焦点是，O为坐标原点，设过点F的直线交椭圆于A,B两点.若直线绕点F任意转动，恒有,求的取值范围.
解析 设
（1）当直线AB与轴重合时，，因此有。
（2）当直线AB不与轴重合时，设直线AB的方程为，代入，整理得，所以，因为恒有，所以恒为钝角，即恒成立。
又，所以对恒成立，即对恒成立，当时，的最小值为0，所以，，且，则，因为，所以，即，解得或（舍去），即，综合（1）（2）得的取值范围为。
二、利用向量的坐标表示解决共线问题
向量共线的条件是或.
例10.46在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点P,Q.
（1）求的取值范围；
（2）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为A,B，是否存在常数，使得向量＋与共线？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
分析 将向量共线转化为坐标关系求解.
解析 （1）设直线方程为，代入椭圆得即，①
则，解得,或.
（2）设，,则＋＝，
由方程①得，②
，③
又,∴.
所以向量＋与共线等价于，
将②③代入上式，解得，
由（1）知,或，故没有符合题意的常数.
变式1设椭圆的左右焦点分别为F1,F2，离心率，直线，如图10-37所示，M,N是上的两个动点，.
（1）若，求的值；
（2）证明：当取最小值时，与共线.
解析 （1）由得，的方程为，设，则，由得，由得，消去求得，故。
（2）,当且仅当或时，|MN|取最小值，此时，故与共线。
例10.47设A,B是椭圆上的两点，并且点满足,当时，求直线AB斜率的取值范围.
分析 已知的取值范围，求直线斜率范围关键在于如何用表示，突破口在于将转化为坐标关系.
解析 因为，所以A,B, N三点共线，又点N的坐标为，设直线AB的方程为，则，由，消去得，由条件可知，
解得.
设，,则，，
由，得.
所以有，，
消去得，令，，则在区间上为减函数，从而≤≤ .解得≤≤或≤≤，符合，因此直线AB斜率的取值范围为[,]∪[,].
评注 本题在消元上有个技巧，当时消去得关于的一元二次方程.
，，消去就会得与之间的关系；当时消去.
变式1已知F1,F2分别为椭圆的左右焦点，直线过点F1且垂直于椭圆的长轴，动直线垂直于直线，垂足为D，线段DF2的垂直平分线交于点M. （1）求动点M的轨迹C的方程；
（2）过点F1作直线交曲线C于两个不同的点P和Q，设,若，求的取值范围.
分析 ，因为，即，故联立时消去。
解析 （1）解法一：设，由中垂线的性质知，所以，化简得C的方程为。
解法二：由知曲线C是以轴为对称轴，以为焦点，以为准线的抛物线。所以，则动点M的轨迹C的方程为。
（2）设，因为的坐标为（-1，0），故设直线PQ的方程为，依条件知，联立消去得得，根据韦达定理得，又由，得，所以，故，消去得，因为P,Q都在抛物线上，所以，
，
令，函数在区间[2,3]上是增函数，所以，即，所以，所以的取值范围是。
评注 本题由可消去，故设直线方程时为减少计算量，设。
变式2过点的直线交抛物线于A,B两点，交直线于点M，已知,,求的值.
解析 解法一：设直线AB的方程为。设，又,
则，联立，消去得，故，得，整理得，所以。
解法二：由已知，得，由①，过点A,B分别作准线的垂线，垂足分别为，则有②，由①②得，即。
题型151 定点问题
思路提示
（1）直线过定点，由对称性知定点一般在坐标轴上，如直线，若为常量，则直线恒过点；若为常量，则直线恒过.
（2）一般曲线过定点，把曲线方程变为（为参数），解方程组即得定点.
模型一：三大圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中的顶点直角三角形的斜边所在的直线过定点.
例10.48已知椭圆，直线与椭圆交于A,B两点（A,B不是原点），且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点.求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
分析 要求直线过定点，必须知道直线中与的关系.
解析 设，,由，消去得
，由条件可知，
，即，
则，，（**）
因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点，所以，即，即，
整理得，，将（**）代入，化简得
，即或.
（1）当时，过右顶点，与题意不符，故舍去；
（2）当时，过定点，且满足，符合.
所以过定点.
评注 已知椭圆，直线与椭圆交于A,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点A1,求证：如图10-38所示，设，,由，消去得
，由条件可知，
，即.（注：截距的平方小于二次方程的二次项系数，请记住！）
则，，（**）
因为AB为直径的圆过椭圆的右顶点A1,所以
,又，
所以，即，
即，
整理得，，将（**）代入，化简得
.
（1）当时，过右顶点，与题意不符，故舍去；
（2）当时，过定点，且满足，符合题意.
所以，过定点.
同理可证，若AB为直径的圆过左顶点,则过定点；
过上顶点时，过定点；
过下顶点时，过定点.
类比椭圆，对于双曲线，上异于右顶点的两动点A,B，
若AB为直径的圆过右顶点,则过定点；同理，若该圆过左顶点,则过定点；
变式1已知椭圆的左顶点为A，不过点A的直线与椭圆交于不同的两点P,Q，当，求与的关系，并证明直线过定点.
分析 突破口在。
解析 设，联立，消去得，则有，即，，因为，且A为左顶点（-2，0），所以，即，整理得，把式（*）代入化简得，得或。
（1）当时，过左顶点（-2，0），与题意不符，故舍去；
（2）当时，过定点，且满足，符合题意，所以，过定点。
评注 对于椭圆上异于右顶点的两动点A,B，以AB为直径的圆过右顶点，则过定点；同理对于左顶点，则过定点；对于上、下顶点，定点分别为，对于定点问题必须引入参数，最后令参数的系数为0，如例10.48中，，先对参数合并同类项为，再令系数为0。
变式2已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆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P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
解析（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得. 故C的方程为.
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而.
由题设，故.
即. 解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
例10.49已知抛物线上异于顶点的两动点A,B满足以AB为直径的圆过顶点. 求证：AB所在的直线过定点，并求出该定点的坐标.
分析 要证明过定点，必须先求得其方程.
解析 由题意知的斜率不为0（否则只有一个交点），故可设，设，，由，消去得，从而
，
即，且，（*）
因为以AB为直径的圆过顶点，所以,即，也即，把式（*）代入化简得，得或.
（1）当时，，过顶点，与题意不符，故舍去；
（2）当时，，令，得，所以过定点，此时满足.
综上，过定点.
评注：（1）①将斜率存在的直线的方程设为，将斜率不为0的直线的方程设为 ；②抛物线中， ；③对于过定点问题，必须引入参数，最后令参数的系数为0.如本题，先引入参数之后，就剩下参数 ，直线中令参数的系数为0，则直线过定点.
(2)抛物线 上两异于原点O的动点A,B满足，则AB所在的直线过定点；抛物线 上两异于原点O的动点A,B满足，则AB所在的直线过定点.
变式1 如图10-39所示，已知定点在抛物线 上，过点作两直线分别交抛物线于A,B，且以AB为直径的圆过点P，证明：直线AB过定点，并求出此定点的坐标.
解析 证明：设，由题意知，即，化简得①，又，化简为②,把①代入②得，令含参数的系数为0，即，得，从而过定点。
评注 当定点为顶点（0，0）时，过定点，并且仍然可以运用例10.49的方法求解。
变式2 已知抛物线，过点作两直线分别与抛物线交于两点，且的斜率满足.求证：直线过定点，并求出此定点的坐标.
分析 定点问题必须先求出直线方程。
解析 设，由，得，即①，，化简为②，把式①中代入式②得，令参数的系数为0，即令，得，从而过定点（-1，-2）。
评注 过定点问题，必须先引入参数，再令含参数的系数为0。本题还可对比①②式的系数得。
模型二：三大圆锥曲线（椭圆，双曲线，抛物线）中，若过焦点的弦为，则焦点所在坐标轴上存在唯一定点，使得为定值.
例10.50在直角坐标系中，曲线C：y=与直线(＞0)交与M,N两点，
（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.
解析：（Ⅰ）由题设可得，，或，.
∵，故在=处的到数值为，C在处的切线方程为
，即.
故在=-处的到数值为-，C在处的切线方程为
，即.
故所求切线方程为或. ……5分
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为.
将代入C得方程整理得.
∴.
∴==.
当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，所以符合题意.
变式1 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的动直线与双曲线相交于两点.在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
解析 假设在轴上存在定点,使为常数.
当AB不与轴垂直时，设直线AB的方程是，代入有。设，显然，所以，，于是
，因为是与无关的常数，所以，即，此时，当AB与轴垂直时，点A,B的坐标可分别设为,此时，故在轴上存在定点C（1，0），使为常数。
题型152 定直线问题
模型：已知椭圆外一点，当过点的动直线与椭圆相交于不同的两点时，在线段上取一点,满足
求证：点总在某定直线上，并求出该直线的方程.
证明：如图10-40所示，设，由题意知，
设A在P，Q之间，，又Q在P，B之间，故
,因为，所以.由
得，解得
同理，由得，解得
因为点A在椭圆上，所以，
即 ①
同理，点B在椭圆上，得. ②
由①－②得，即.
所以点在定直线上.
类比椭圆，对于双曲线有点在定直线上.
再有P，Q的对等性知，当P在椭圆内，仍有上述结论，双曲线亦同.
已知抛物线 ，定点不在抛物线上，过点的动直线交抛物线于两点，在直线上取点,满足
求证：点在某定直线上，并求其方程.
证明：设，由题意知，
设A在P，Q之间，，又Q在P，B之间，故
,因为，所以，由
知，解得
故点A坐标为.
同理，由知，解得
故点B坐标为.
因为点A在抛物线上，所以，
即 ①
同理 . ②
由①－②得，即.
所以点在定直线上.
注：三大圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，当定点在曲线上时，相应的定直线，，均为在定点处的切线.
例10.51 设椭圆过点,且左焦点为.
(1)求椭圆的方程；
（2）当过点的动直线与椭圆相交于两不同点时，在线段上取点,满足.证明：点总在某定直线上.
分析 用待定系数法求解椭圆的方程，巧妙地利用定比分点解答点的轨迹问题.
解析 （1）由题意知，解得，所求椭圆方程为.
（2）如图10-41所示，设，
由题意知，
不妨设A在P，Q之间，，又Q在P，B之间，故
,因为，所以，由
得，解得
同理，由得，解得
因为点A在椭圆上，所以，
即 ①
同理，点B在椭圆上，得. ②
由①－②得，因为所以.
所以点在定直线上.
评注 由模型的结论不难知动点总在定直线上，，得，即.
题型153 定值问题
思路提示
求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出其值，再证明这个值与变量无关，这符合一般与特殊的思维辩证关系.简称为：特殊探路，一般论证.
(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.
模型：三大圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，曲线上的一定点P与曲线上的两动点A，B满足直线PA与直线PB的斜率互为相反数，则直线AB的斜率为定值.
例10.52 已知椭圆，为椭圆上的点，其坐标为，为椭圆上的两动点，如果直线的斜率与的斜率互为相反数，证明：直线EF的斜率为定值，并求出该定值.
分析 要求直线EF的斜率，必须知道E，F的坐标.
解析 设直线的方程为，联立，消得
，
则 ①
又直线的斜率与的斜率互为相反数，
故以上用代替 ②
所以，
把①，②两式代入上式，得，为定值.
评注 本题中可以用换元法简化计算，可以设，得，将代入椭圆方程中得，且（为直线的斜率），联立直线方程与椭圆方程得，消得关于的一元二次方程：
，得，同理，
由，，得
为定值.
变式1 已知A，B，C是长轴为4，焦点在轴上的椭圆上的三点，点A是长轴的一个端点，BC过椭圆的中心O,且.
求椭圆的方程；（2）如果椭圆上的两点,使得的平分线垂直于，问是否总存在实数，使得？说明理由.
解析 （1）由椭圆的对称性知，又，所以为等腰直角三角形，已知椭圆长轴长为4且焦点在轴上，所以A(2,0),C(1,1),不妨设椭圆方程为，
得，故椭圆的方程为
（2）设，由，消y 得
，则 ①
又的平分线垂直于OA,故的斜率为-k,上式k用-k代替得 ②
则，把①②代入上式，得.
又,所以.
故总存在实数，使得.
评注 在椭圆中，由椭圆上一定点P（x0,y0）引倾斜角互补的两条直线PA,PB与椭圆相交与点A,B,则直线AB的斜率与P点处的切线斜率互为相反
变式2 如图10-42所示，过抛物线上一定点，作两条直线分别交抛物线于.
求该抛物线上纵坐标为的点到焦点F的距离；
当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求的值，并证明直线AB的斜率是非零常数.
解析 （1）依题意，纵坐标为的点的横坐标为，由两点距离公式可求出该点到焦点F的距离为.
（2）设直线PA的倾斜角为，则斜率,直线PB的斜率为-k
联立直线方程与抛物线方程，得，消去x，得，
则，故，同理，则
点A的坐标为，同理点B 的坐标为.
故，为非零常数
评注 在抛物线中，由抛物线上一定点P（x0,y0）引倾斜角互补的两条直线PA,PB与椭圆相交与点A,B,则直线AB的斜率与P点处的切线斜率互为相反数题型154 最值问题
思路提示
有两种求解方法：一是几何方法，所求最值量具有明显的几何意义时可利用几何性质结合图形直观求解；二是目标函数法，即选取适当的变量，建立目标函数，然后按照求函数的最值方法求解，同时要注意变量的范围.
例10.53 设椭圆的左、右焦点分别为，点是椭圆上任意一点，点的坐标为，求的最大值和最小值.
分析 本题若设，建立目标函数，则会作茧自缚.但是注意到为椭圆左焦点，联想到椭圆定义及三角形中边的关系不等式时，问题就容易获解.
解析 如图10-43所示，，
因为在椭圆上，所以有，
令，得.
当三点不共线时，有，
当落在的延长线时，，
当落在的延长线时，.
所以，.
评注 这里利用椭圆定义、三角形两边之差小于或等于（注意等号成立的条件）第三边，使与曲线有关的最值转化为直线段间的最值.应明确这里不能用，求得的最小值，原因是取不到等号，如果要取到等号，那么必须在线段上，但这是不可能的.
变式1 如图10-44所示，已知点是抛物线上的点，
设点到此抛物线的准线的距离为，到直线
的距离为，求的最小值.
分析 有抛物线的定义，点P到准线的距离等于点P 到焦点的距离，即d=|PF|.
解析 P为抛物线上的点，因此有d1=|PF|，所以,
所以的最小值为.
变式2 已知点为双曲线上的动点，,求的最大值及此时点的坐标.
解析 如图10-76所示.
因为，所以当M,F,P三点共线，且点P在MF延长线上时，
.
因为，所以直线MF的方程为，即，由
得，解得，因为点P在MF的延长线上，
所以，故，此时.
所以，此时点P的坐标为
评注 此类问题用几何方法求距离之和与差的最值的基本思路：两段距离在曲线（或直线）的同侧则转化到曲线（或直线）的异侧，异侧转化到同侧. 具体的思维切入点是：（1）直线用对称；（2）圆用点（圆心）线距；（3）圆锥曲线用定义.
已知椭圆，点为椭圆上的动点，若的坐标分别是，求的最大值.
分析 求积的最大值，由“和为定值积有最大值”知，必须找出和为定值.
解析 由题设知是椭圆的上、下焦点，故由椭圆的定义知.
所以.当且仅当时取等号，即为左、右顶点时取等号.所以，当为左、右顶点时，取得最大值4.
评注 本题运用基本不等式求最值，但要注意使用基本不等式的条件：一正，二定，三相等，四同时，积为定值时，和最小；和为定值时，积最大，取等号的条件均为.
变式1 已知椭圆在第一象限部分为曲线，动点在上，在点处的切线与轴的交点分别为,且向量，求的最小值.
分析 易知，关键在于求出直线AB，已知过点P,故用点斜式方程，则必须求出斜率.
解析 设，由在P处曲线C：的切线方程为，
得，则.
由,且为直角三角形，，由，代入（*）得
，即.当且仅当
.即时取等号，此时.
所以点P位于处时，取得最小值3.
如图10-45所示，已知抛物线与圆相交于四点.
求的取值范围；
（2）当四边形的面积最大时，
求对角线的交点的坐标.
解析 （1）将代入 并化简得 ①
因为与有四个交点的充要条件是方程①有两个不等的正根，由此得
，解得.
又，所以的取值范围是.
不妨设与的四个交点坐标分别为
，则直线的方程分别为
，.
解得点的坐标为.
设，由及（1）知.
由于四边形为等腰梯形，因而其面积.
即.将，代入上式，并令，得.
求导数得，令，解得（舍去）.
显然当时，；当时，.故当且仅当时，
有最大值，即四边形的面积最大.故所求的点的坐标为.
另解，，当且仅当时，即时取等号，所以点的坐标为.
评注 本题主要有两个考查点：一个是考查将曲线与曲线的交点问题转化为二次方程的根的问题，是较基本的问题；另一个是考查四边形的面积最大值问题，是本题的核心点.要注意本题中表面上求点的坐标，实质上是求四边形的面积最大值，而且在求目标函数最值的过程中，利用了导数判断单调性的方法，从而使本题的综合性大大提高.
变式1 已知平面内一动点到点的距离与点到轴的距离的差等于1.
求动点的轨迹C的轨迹；
(2)过点作两条斜率存在且互相垂直的直线，设与轨迹C相交于点A,B，与轨迹C相交于点D，E，求的最小值.
解析 （1）设P（x,y）,由题意有，化简得，
当时，；当时，y=0. 所以动点P 的轨迹方程为（）
和y=0（）.
（2）由题意知，直线l1的斜率存在且不为0.设为k,则l1的方程为y=k(x-1),
由，得，设，则，是上述方程的两个实根，于是+=2+，=1，因为，所以的斜率为-，
设,则同理可得+=2+，=1
故当且仅当，即k=1或-1时，取最小值16.
最有效训练题47（限时45分钟）
1.经过椭圆的一个焦点作倾斜角为的直线交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则等于（ ）
A. B. C. 或 D.
2.设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，,则的值为
A. 1 B. C.2 D.
3.过抛物线的焦点作一直线交抛物线于P，Q两点，若线段PF与FQ的长分别是，则等于（ ）
A. B. C. D.
4.已知椭圆的左焦点为，右顶点为A，点B在椭圆上，且轴，直线AB交轴于点P，若，则椭圆的离心率是（　　　）
　Ａ．　　　　Ｂ．　　　　　Ｃ．　　　　Ｄ．
５.若以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为１，则椭圆长轴长的最小值为（　　　）
　A. 1 B. C.2 D.
６.如果是椭圆的任意一条与轴不垂直的弦，Ｏ为椭圆的中心，为椭圆的离心率，Ｍ为的中点，则的值为（　　）
　Ａ．　　Ｂ．　　Ｃ．　　　Ｄ．
７.已知椭圆的焦点是和，离心率为，Ｐ为椭圆上一点，，则面积为＿＿＿＿＿＿＿＿．
８．在平面直角坐标系中，双曲线的右支与焦点为的抛物线交于两点，若，则该双曲线的渐近线方程为____________.
9.已知椭圆的焦点为，，且与直线
有公共点，则其中长轴最短的椭圆方程为____________.
10.已知两点A，B分别在直线和上运动，且，动点满足(为坐标原点)，点的轨迹记为曲线.
(1)求曲线的方程；（2）过曲线上任意一点作它的切线，与椭圆交于M，N两点，求证：为定值.
11. 平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（I）求椭圆C的方程；
（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
（i）求证：点M在定直线上;
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标.
12.如图，已知抛物线，点A，，抛物线上的点．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．
（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；
（Ⅱ）求的最大值．
【例10.44变式1】
解析（1）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.
（2）（Ⅱ）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得.
解得，或，由题意得，从而.
由（Ⅰ）知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.
所以，直线的斜率的取值范围为.
【例10.44变式2】
分析 要证明点B在以MN为直径的圆内，只要证明为钝角，即。
解析 依题意得A(-2，0),B(2,0)，设，因为点M在椭圆上，所以①，又点M异于顶点A,B，所以，由P,A,M三点共线可得，且，即，解得，从而，所以②，将①代入②，化简得，因为，所以，又因为点B,M,P不共线，所以为锐角，从而为钝角，故点B在以MN为直径的圆内。
评注 证明点P在以AB为直径的圆内，等价于证明；
证明点P在以AB为直径的圆上，等价于证明；
证明点P在以AB为直径的圆外，等价于证明。
【例10.44变式3】
解析 （1）椭圆的右焦点为，因为，所以，化简为，得，故，则直线的方程为。
（2）设，因为G,H分别是的重心，且O是的中点，所以，又因为原点O在以线段GH为直径的圆内，故，所以，得，即。
联立直线与椭圆C：的方程消得，。则有，
，得，满足，又，故，即实数的取值范围为（1，2）。
评注 已知椭圆，直线与椭圆交于A,B两点，中，AB边上的高为OH。
（1）若。
证：以O为极点，轴正方向为极轴，长度不变建立极坐标系。设，则，将A,B两点的坐标代入椭圆方程中，得，即，，即，得。
又
，所以。
（2）若；
（3）若。
证：（2）设直线（否则A,O,B三点共线），联立直线方程与椭圆方程，得，消去，整理得，
，将式（*）代入整理得，又，即，代入式（**）得，同理可证（3）成立。
若本题使用上述结论，则有，即，解得，满足，又，所以。
【例10.45变式1】
解析 （1）由，知，由知，则，又，则得，故椭圆C的方程为。
（2）设A,B两点的坐标分别为，假设存在直线，使，
（Ⅰ）当不垂直于轴时，设的方程为，由与垂直相交于P点，且|OP|=1得，由得，将代入椭圆方程得，由韦达定理可得，故
，得，又，化简得，矛盾，即此时直线不存在。
（Ⅱ）当轴时，满足的直线的方程为或，则或，当时，；当时，，所以此时直线也不存在。
综上所述，不存在直线使成立。
评注 若对于本题，，故，因此易判断满足题意的直线不存在。
【例10.45变式2】
解析 设
（1）当直线AB与轴重合时，，因此有。
（2）当直线AB不与轴重合时，设直线AB的方程为，代入，整理得，所以，因为恒有，所以恒为钝角，即恒成立。
又，所以对恒成立，即对恒成立，当时，的最小值为0，所以，，且，则，因为，所以，即，解得或（舍去），即，综合（1）（2）得的取值范围为。
【例10.46变式1】
解析 （1）由得，的方程为，设，则，由得，由得，消去求得，故。
（2）,当且仅当或时，|MN|取最小值，此时，故与共线。
【例10.47变式1】
分析 ，因为，即，故联立时消去。
解析 （1）解法一：设，由中垂线的性质知，所以，化简得C的方程为。
解法二：由知曲线C是以轴为对称轴，以为焦点，以为准线的抛物线。所以，则动点M的轨迹C的方程为。
（2）设，因为的坐标为（-1，0），故设直线PQ的方程为，依条件知，联立消去得得，根据韦达定理得，又由，得，所以，故，消去得，因为P,Q都在抛物线上，所以，
，
令，函数在区间[2,3]上是增函数，所以，即，所以，所以的取值范围是。
评注 本题由可消去，故设直线方程时为减少计算量，设。
【例10.47变式2】
解析 解法一：设直线AB的方程为。设，又,
则，联立，消去得，故，得，整理得，所以。
解法二：由已知，得，由①，过点A,B分别作准线的垂线，垂足分别为，则有②，由①②得，即。
【例10.48变式1】
分析 突破口在。
解析 设，联立，消去得，则有，即，，因为，且A为左顶点（-2，0），所以，即，整理得，把式（*）代入化简得，得或。
（1）当时，过左顶点（-2，0），与题意不符，故舍去；
（2）当时，过定点，且满足，符合题意，所以，过定点。
评注 对于椭圆上异于右顶点的两动点A,B，以AB为直径的圆过右顶点，则过定点；同理对于左顶点，则过定点；对于上、下顶点，定点分别为，对于定点问题必须引入参数，最后令参数的系数为0，如例10.48中，，先对参数合并同类项为，再令系数为0。
【例10.48变式2】
解析（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得. 故C的方程为.
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而.
由题设，故.
即. 解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
【10.49变式1】
解析 证明：设，由题意知，即，化简得①，又，化简为②,把①代入②得，令含参数的系数为0，即，得，从而过定点。
评注 当定点为顶点（0，0）时，过定点，并且仍然可以运用例10.49的方法求解。
【10.49变式2】
分析 定点问题必须先求出直线方程。
解析 设，由，得，即①，，化简为②，把式①中代入式②得，令参数的系数为0，即令，得，从而过定点（-1，-2）。
评注 过定点问题，必须先引入参数，再令含参数的系数为0。本题还可对比①②式的系数得。
【10.50变式1】
解析 假设在轴上存在定点,使为常数.
当AB不与轴垂直时，设直线AB的方程是，代入有。设，显然，所以，，于是
，因为是与无关的常数，所以，即，此时，当AB与轴垂直时，点A,B的坐标可分别设为,此时，故在轴上存在定点C（1，0），使为常数。
【10.50变式2】
解析 （1）由椭圆的对称性知，又，所以为等腰直角三角形，已知椭圆长轴长为4且焦点在轴上，所以A(2,0),C(1,1),不妨设椭圆方程为，
得，故椭圆的方程为
（2）设，由，消y 得
，则 ①
又的平分线垂直于OA,故的斜率为-k,上式k用-k代替得 ②
则，把①②代入上式，得.
又,所以.
故总存在实数，使得.
评注 在椭圆中，由椭圆上一定点P（x0,y0）引倾斜角互补的两条直线PA,PB与椭圆相交与点A,B,则直线AB的斜率与P点处的切线斜率互为相反数.
【例10.52变式2】
解析 （1）依题意，纵坐标为的点的横坐标为，由两点距离公式可求出该点到焦点F的距离为.
（2）设直线PA的倾斜角为，则斜率,直线PB的斜率为-k
联立直线方程与抛物线方程，得，消去x，得，
则，故，同理，则
点A的坐标为，同理点B 的坐标为.
故，为非零常数
评注 在抛物线中，由抛物线上一定点P（x0,y0）引倾斜角互补的两条直线PA,PB与椭圆相交与点A,B,则直线AB的斜率与P点处的切线斜率互为相反数.
【例10.53变式1】
分析 有抛物线的定义，点P到准线的距离等于点P 到焦点的距离，即d=|PF|.
解析 P为抛物线上的点，因此有d1=|PF|，所以,
所以的最小值为.
【例10.53变式2】
解析 如图10-76所示.
因为，所以当M,F,P三点共线，且点P在MF延长线上时，
.
因为，所以直线MF的方程为，即，由
得，解得，因为点P在MF的延长线上，
所以，故，此时.
所以，此时点P的坐标为
评注 此类问题用几何方法求距离之和与差的最值的基本思路：两段距离在曲线（或直线）的同侧则转化到曲线（或直线）的异侧，异侧转化到同侧. 具体的思维切入点是：（1）直线用对称；（2）圆用点（圆心）线距；（3）圆锥曲线用定义.
【例10.54变式1】
分析 易知，关键在于求出直线AB，已知过点P,故用点斜式方程，则必须求出斜率.
解析 设，由在P处曲线C：的切线方程为，
得，则.
由,且为直角三角形，，由，代入（*）得
，即.当且仅当
.即时取等号，此时.
所以点P位于处时，取得最小值3.
【例10.55变式1】
解析 （1）设P（x,y）,由题意有，化简得，
当时，；当时，y=0. 所以动点P 的轨迹方程为（）
和y=0（）.
（2）由题意知，直线l1的斜率存在且不为0.设为k,则l1的方程为y=k(x-1),
由，得，设，则，是上述方程的两个实根，于是+=2+，=1，因为，所以的斜率为-，
设,则同理可得+=2+，=1
故当且仅当，即k=1或-1时，取最小值16.
最有效训练题47
1.B 解析 若经过椭圆的左焦点（-1.0）作倾斜角为450的直线l：y=x+1,联立方程组
，消y得
，，
若经过椭圆的右焦点（1.0）作倾斜角为450的直线l：y=x-1,联立方程组
，消y得
，故选B.
2.A 解析 依题意,则,即
，即16a+4+20a,解得a=1,故选A.
3.C 解析 特殊位置法.若直线过点F且与y轴垂直，
则,则，故选C.
4.D 解析 依题意，由,得,即a=2c,所以，故选D.
5.D 解析 依题意，焦点三角形面积的最大值为bc=1，又（当且仅当“b=c”时取“=”），此时，长轴长2a=，故选D.
6.C 解析 由中点弦相关结论知，故选C.
7. 解析 依题意 ，由，得a=2,椭圆方程为,且,,
在中，由余弦定理得,
因此
所以，所以
.
8. 【解析】试题分析：，
因为，所渐近线方程为.
9. 解析 解法一：设椭圆方程为，与直线x-y+9=0联立消去y得，根据题意，，
解得或，因为，所以所以.
此时椭圆方程为.
解法二：设直线与椭圆公共点为P，则，有长轴最短知，问题转化为在直线上求一点P，使P到两定点,距离之和为最小.点（-3,0）关于直线对称的点Q（-9,6），则F2Q与直线的焦点即为P点，且,所以.又c=3,所以，
所以椭圆方程为.
10.解析 （1）设，因为,所以P为线段AB的中点，所以，又因为,
所以，所以，
所以化简得点P的轨迹C的方程为.
解法二：因为,所以P为线段AB的中点.
因为A,B分别在直线y=x和y=-x上，所以.又，所以
所以点P在以原点为圆心，为半径的圆上.
所以点P的轨迹C的方程为.
(2) 证明：当直线l斜率存在时，设l:y=kx+m,因为直线l与曲线C相切，所以
，所以.联立，所以
，设，则
所以.又，所以
当直线l斜率不在时，l的方程为，代入椭圆方程得或，此时，综上所述为定值0.
11.解析
（Ⅱ）（i）设，由可得，
所以直线的斜率为，因此直线的方程为，即.
设，联立方程
得，由，得且，因此,将其代入得，因为，所以直线方程为.
联立方程，得点的纵坐标为，即点在定直线上.
（ii）由（i）知直线方程为，令得，所以，
又，所以，
，所以，
令，则，
当，即时，取得最大值，此时，满足，
所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.
12.解析（Ⅰ）设直线AP的斜率为k，则，∵，∴直线AP斜率的取值范围是．
（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是，因为|PA|==
|PQ|= ，所以|PA||PQ|=
令，因为，所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，因此当k=时，取得最大值．
32

展开更多......

收起↑