第2章 章末综合提升-【新教材】人教B版（2019）高中数学选择性必修第一册讲义

[巩固层·知识整合](教师用书独具)[提升层·题型探究]直线方程及其应用【例1】过点A(－5，－4)作一直线l，使它与两坐标轴相交且与两轴所围成的三角形的面积为5，求直线l的方程．[思路探究]已知直线过定点A，且与两坐标轴都相交，围成的直角三角形的面积已知．求直线方程时可采用待定系数法，设出直线方程的点斜式，再由面积为5列方程，求直线的斜率．[解]由题意知，直线l的斜率存在．设直线为y＋4＝k(x＋5)，交x轴于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k)－5，0))，交y轴于点(0，5k－4)，S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,k)－5))×|5k－4|＝5，得25k2－30k＋16＝0(无实根)，或25k2－50k＋16＝0，解得k＝eq\f(2,5)或k＝eq\f(8,5)，所以所求直线l的方程为2x－5y－10＝0，或8x－5y＋20＝0．1．求直线方程的主要方法是待定系数法，要掌握直线方程五种形式的适用条件及相互转化，能根据条件灵活选用方程，当不能确定某种方程条件具备时要另行讨论条件不满足的情况．2．运用直线系方程的主要作用在于能使计算简单．eq\o([跟进训练])1．过点P(－1,0)，Q(0,2)分别作两条互相平行的直线，使它们在x轴上截距之差的绝对值为1，求这两条直线的方程．[解](1)当两条直线的斜率不存在时，两条直线的方程分别为x＝－1，x＝0，它们在x轴上截距之差的绝对值为1，满足题意；(2)当直线的斜率存在时，设其斜率为k，则两条直线的方程分别为y＝k(x＋1)，y＝kx＋2．令y＝0，分别得x＝－1，x＝－eq\f(2,k)．由题意得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,k)))＝1，即k＝1．则直线的方程为y＝x＋1，y＝x＋2，即x－y＋1＝0，x－y＋2＝0．综上可知，所求的直线方程为x＝－1，x＝0，或x－y＋1＝0，x－y＋2＝0．直线的位置关系【例2】已知两条直线l1:(3＋m)x＋4y＝5－3m，l2:2x＋(5＋m)y＝8．当m分别为何值时，l1与l2(1)平行？(2)垂直？[思路探究]已知两直线的方程中都含有参数，求不同的位置关系时参数的取值，可以利用平行(或垂直)的条件列方程求解．[解](1)由(3＋m)(5＋m)－8＝0，解得m＝－1或m＝－7．经过验证：m＝－1时两条直线重合，舍去．∴m＝－7时，两条直线平行．(2)m＝－5时，两条直线不垂直．m≠－5时，由两条直线相互垂直可得：－eq\f(3＋m,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5＋m)))＝－1，解得m＝－eq\f(13,3)．∴m＝－eq\f(13,3)时两条直线相互垂直．利用直线的方程判定两条直线的平行或垂直关系是这部分知识常涉及的题型．求解时，可以利用斜率之间的关系判定；若方程都是一般式，知道平行或垂直关系，求参数的值时也可用如下方法：直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0．(1)l1∥l2时，可令A1B2－A2B1＝0，解得参数的值后，再代入方程验证，排除重合的情况；(2)l1⊥l2时，可利用A1A2＋B1B2eq\o([跟进训练])2．已知点A(2,2)和直线l：3x＋4y－20＝0．(1)求过点A，且和直线l平行的直线方程；(2)求过点A，且和直线l垂直的直线方程．[解](1)因为所求直线与l：3x＋4y－20＝0平行，所以设所求直线方程为3x＋4y＋m＝0．又因为所求直线过点A(2,2)，所以3×2＋4×2＋m＝0，所以m＝－14，所以所求直线方程为3x＋4y－14＝0．(2)因为所求直线与直线l：3x＋4y－20＝0垂直，所以设所求直线方程为4x－3y＋n＝0．又因为所求直线过点A(2,2)，所以4×2－3×2＋n＝0，所以n＝－2，所以所求直线方程为4x－3y－2＝0．距离问题【例3】已知两条直线l1：ax－by＋4＝0，l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求分别满足下列条件的a、b的值．(1)直线l1过点(－3，－1)，并且直线l1与直线l2垂直；(2)直线l1与直线l2平行，并且坐标原点到l1、l2的距离相等．[解](1)∵l1⊥l2，∴a(a－1)＋(－b)·1＝0．即a2－a－b＝0． ①又点(－3，－1)在l1上，∴－3a＋b＋4＝0． 由①②解得a＝2，b＝2．(2)∵l1∥l2且l2的斜率为1－a，∴l1的斜率也存在，eq\f(a,b)＝1－a，即b＝eq\f(a,1－a)．故l1和l2的方程可分别表示为l1：(a－1)x＋y＋eq\f(4a－1,a)＝0，l2：(a－1)x＋y＋eq\f(a,1－a)＝0．∵原点到l1与l2的距离相等，∴4eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,a)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))，解得a＝2或a＝eq\f(2,3)．因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3)，,b＝2.))距离公式的运用(1)距离问题包含两点间的距离，点到直线的距离，两平行直线间的距离．(2)牢记各类距离的公式并能直接应用，解决距离问题时，往往将代数运算与几何图形的直观分析相结合．eq\o([跟进训练])3．已知正方形中心为点M(－1,0)，一条边所在直线的方程是x＋3y－5＝0，求其他三边所在直线的方程．[解]正方形中心到直线x＋3y－5＝0的距离d＝eq\f(|－1×1＋3×0－5|,\r(12＋32))＝eq\f(6,\r(10))．设与直线x＋3y－5＝0平行的直线方程为x＋3y＋C1＝0．由正方形的性质，得eq\f(|－1＋C1|,\r(12＋32))＝eq\f(6,\r(10))，解得C1＝－5(舍去)或C1＝7．所以与直线x＋3y－5＝0相对的边所在的直线方程为x＋3y＋7＝0．设与直线x＋3y－5＝0垂直的边所在的直线方程为3x－y＋C2＝0．由题意，得eq\f(|－1×3－0×1＋C2|,\r(32＋12))＝eq\f(6,\r(10))，解得C2＝9或C2＝－3．所以另两边所在直线的方程为3x－y＋9＝0和3x－y－3＝0．求圆的方程【例4】求圆心在直线3x＋4y－1＝0上，且经过两圆x2＋y2－x＋y－2＝0与x2＋y2＝5的交点的圆的方程．[思路探究]解答本题可利用过两圆交点的圆系方程求解，也可求出两交点坐标，再利用待定系数法求解．[解]法一：设所求圆为x2＋y2－x＋y－2＋λ(x2＋y2－5)＝0，化为一般式，得x2＋y2－eq\f(1,1＋λ)x＋eq\f(1,1＋λ)y－eq\f(2＋5λ,1＋λ)＝0．故圆心坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋λ)，－\f(1,21＋λ)))，代入直线3x＋4y－1＝0，得λ＝－eq\f(3,2)．再把λ代入所设方程，得x2＋y2＋2x－2y－11＝0，故所求圆的方程为x2＋y2＋2x－2y－11＝0．法二：解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－x＋y－2＝0，,x2＋y2＝5，))得两圆的交点为A(1，－2)和B(2，－1)．设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0．∵A，B在圆上，且圆心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))在直线3x＋4y－1＝0上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5＋D－2E＋F＝0，,5＋2D－E＋F＝0，,3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)))＋4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(E,2)))－1＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝2，,E＝－2，,F＝－11.))∴所求圆的方程是x2＋y2＋2x－2y－11＝0．求圆的方程主要是联系圆系方程、圆的标准方程和一般方程，利用待定系数法解题．一般地，当已知圆的圆心或半径的几何特征时，设圆的标准方程，并结合圆的几何性质求解；当已知圆上三个点时，设圆的一般方程；当所求圆经过直线与圆、圆与圆的交点时，常利用圆系方程来解答．过两个已知圆x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0的交点的圆系方程为x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)．eq\o([跟进训练])4．圆心在直线5x－3y＝8上，且圆与两坐标轴均相切，求此圆的标准方程．[解]设所求圆的标准方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2(r＞0)．因为圆与两坐标轴均相切，故圆心坐标满足x0－y0＝0或x0＋y0＝0．又圆心在直线5x－3y＝8上，所以5x0－3y0＝8．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝0，,5x0－3y0＝8，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝4，,y0＝4，))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,5x0－3y0＝8，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝－1，))所以圆心坐标为(4,4)或(1，－1)，相应的半径为r＝4或r＝1，故所求圆的标准方程为(x－4)2＋(y－4)2＝16或(x－1)2＋(y＋1)2＝1．直线与圆、圆与圆的位置关系【例5】已知圆M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直线l过点P(2,3)且与圆M交于A，B两点，且|AB|＝2eq\r(3)，求直线l的方程．[思路探究]分斜率存在与不存在两种情况：(1)eq\x(斜率存在)⇒eq\x(设直线l的方程)⇒eq\x(利用勾股定理)⇒eq\x(求k)⇒eq\x(直线方程)(2)eq\x(斜率不存在)⇒eq\x(验证)[解](1)当直线l存在斜率时，设直线l的方程为y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0．示意图如图，作MC⊥AB于C．在Rt△MBC中，|BC|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\r(3)，|MB|＝2，故|MC|＝eq\r(|MB|2－|BC|2)＝1，由点到直线的距离公式得eq\f(|k－1＋3－2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(3,4)．故直线l的方程为3x－4y＋6＝0．(2)当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝2，且|AB|＝2eq\r(3)，所以符合题意．综上所述，直线l的方程为3x－4y＋6＝0或x＝2．1．直线与圆的位置关系是高考考查的重点，切线问题更是重中之重，判断直线与圆的位置关系以几何法为主，解题时应充分利用圆的几何性质以简化解题过程．2．解决圆与圆的位置关系的关键是抓住它的几何特征，利用两圆圆心距与两圆半径的和、差的绝对值的大小来确定两圆的位置关系，以及充分利用它的几何图形的形象直观性来分析问题．eq\o([跟进训练])5．求圆O：x2＋y2＝36与圆M：x2＋y2－10y＋16＝0的公切线的方程．[解]如图，易知两圆相交，公切线有两条．由圆M的方程易得M(0,5)，r＝3．设两圆的公切线与圆O相切于点B(x0，y0)，则公切线方程为x0x＋y0y＝36．∵点M到公切线的距离等于3，∴eq\f(|x0·0＋5·y0－36|,\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)))＝3．∵xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝36，点M在公切线的下方，∴－(5y0－36)＝18，即y0＝eq\f(18,5)．从而x0＝±eq\r(36－y\o\al(2,0))＝±eq\f(24,5)．故公切线方程为eq\f(24,5)x＋eq\f(18,5)y－36＝0或－eq\f(24,5)x＋eq\f(18,5)y－36＝0，即4x＋3y－30＝0或4x－3y＋30＝0．轨迹问题【例6】如图，圆O1与圆O2的半径都是1，|O1O2|＝4，过动点P分别作圆O1、圆O2的切线PM，PN，(M，N分别为切点)，使得|PM|＝eq\r(2)|PN|，试建立适当的坐标系，并求动点P的轨迹方程．[思路探究]由△PMO1与△PNO2均为直角三角形表示出切线长|PM|与|PN|，建立坐标系后，设出P点坐标即可由等式|PM|＝eq\r(2)|PN|求出P点的轨迹方程．[解]如图，以O1O2所在直线为x轴，线段|O1O2|的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，则O1(－2，0)，O2(2,0)，设动点P的坐标为(x，y)．在Rt△PMO1中，|PM|2＝|PO1|2－1，在Rt△PNO2中，|PN|2＝|PO2|2－1．又因为|PM|＝eq\r(2)|PN|，所以|PM|2＝2|PN|2，即|PO1|2－1＝2(|PO2|2－1)，即|PO1|2＋1＝2|PO2|2，所以(x＋2)2＋y2＋1＝2[(x－2)2＋y2]，整理得x2＋y2－12x＋3＝0，即为所求点P的轨迹方程．1．求动点的轨迹方程是解析几何中的重要题型，解答这类问题常用的方法有：直接法、定义法、消元法、代数法等．2．求轨迹方程的步骤：(1)建系设点；(2)列出动点满足的轨迹条件；(3)把轨迹条件坐标化；(4)化简整理；(5)检验．在检验中要排除不符合要求的点，或者补充上漏掉的部分．eq\o([跟进训练])6．等腰三角形的顶点是A(4,2)，底边一个端点是B(3,5)，求另一个端点C的轨迹方程，并说明它的轨迹是什么．[解]设另一端点C的坐标为(x，y)．依题意，得|AC|＝|AB|．由两点间距离公式，得eq\r(x－42＋y－22)＝eq\r(4－32＋2－52)，整理得(x－4)2＋(y－2)2＝10．这是以点A(4,2)为圆心，以eq\r(10)为半径的圆，如图所示，又因为A、B、C为三角形的三个顶点，所以A、B、C三点不共线．即点B、C不能重合且B、C不能为圆A的一直径的两个端点．因为点B、C不能重合，所以点C不能为(3,5)．又因为点B、C不能为一直径的两个端点，所以eq\f(x＋3,2)≠4，且eq\f(y＋5,2)≠2，即点C不能为(5，－1)．故端点C的轨迹方程是(x－4)2＋(y－2)2＝10(除去点(3,5)和(5，－1))．综上，它的轨迹是以点A(4,2)为圆心，eq\r(10)为半径的圆，但除去(3,5)和(5，－1)两点．圆锥曲线定义的应用【例7】(1)已知F是双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦点，点A(1,4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|的最小值为()A．9B．5C．8D．4(2)若点M(1,2)，点C是椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1的右焦点，点A是椭圆的动点，则|AM|＋|AC|的最小值是．(1)A(2)8－2eq\r(5)[(1)设右焦点为F′，则F′(4,0)，依题意，有|PF|＝|PF′|＋4，所以|PF|＋|PA|＝|PF′|＋|PA|＋4≥|AF′|＋4＝5＋4＝9．(2)设点B为椭圆的左焦点，则B(－3,0)，点M(1,2)在椭圆内，那么|BM|＋|AM|＋|AC|≥|AB|＋|AC|＝2a所以|AM|＋|AC|≥2a－|BM而a＝4，|BM|＝eq\r(1＋32＋22)＝2eq\r(5)，所以(|AM|＋|AC|)min＝8－2eq\r(5)．]研究有关点间的距离的最值问题时，常用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为到另一焦点的距离或利用定义把曲线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，再结合几何图形利用几何意义去解决有关的最值问题.提醒：应用定义解决问题时，需紧扣其内涵，注意限制条件是否成立，然后得到相应的结论.eq\o([跟进训练])7．以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点．已知|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，则C的焦点到准线的距离为()A．2 B．4C．6 D．8B[设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)，圆的方程为x2＋y2＝r2．∵|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，抛物线的准线方程为x＝－eq\f(p,2)，∴不妨设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))．∵点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))在圆x2＋y2＝r2上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(16,p2)＋8＝r2，,\f(p2,4)＋5＝r2，))∴eq\f(16,p2)＋8＝eq\f(p2,4)＋5，∴p＝4(负值舍去)．∴C的焦点到准线的距离为4．]8．在平面直角坐标系中，两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)间的“L­距离”定义为||P1P2|＝|x1－x2|＋|y1－y2|，则平面内与x轴上两个不同的定点F1，F2的“L­距离”之和等于定值(大于||F1F2ABCDA[设F1(－c,0)，F2(c,0)，P(x，y)，则点P满足：||PF1|＋||PF2|＝2a(2a＞||F1F2|)，代入坐标，得|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a．当y＞0时，y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋a，x＜－c，,a－c，－c≤x≤c，,－x＋a，x＞c；))当y≤0时，y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－a，x＜－c，,c－a，－c≤x≤c，,x－a，x＞c.))结合选项可知A正确，故选A．]圆锥曲线性质的应用【例8】(1)已知O为坐标原点，F是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左、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()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)(2)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率e＝eq\f(\r(5),2)，点A(0,1)与双曲线上的点的最小距离是eq\f(2\r(30),5)，求双曲线方程．(1)A[如图所示，由题意得A(－a,0)，B(a,0)，F(－c,0)．由PF⊥x轴得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a)))．设E(0，m)，又PF∥OE，得eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)，则|MF|＝eq\f(ma－c,a)． ①又由OE∥MF，得eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)，则|MF|＝eq\f(ma＋c,2a)． ②由①②得a－c＝eq\f(1,2)(a＋c)，即a＝3c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3)．故选A．](2)[解]∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，∴eq\f(a2＋b2,a2)＝eq\f(5,4)，∴a2＝4b2，设双曲线eq\f(x2,4b2)－eq\f(y2,b2)＝1上一点B(x，y)，则|AB|2＝x2＋(y－1)2＝4b2＋4y2＋(y－1)2＝5y2－2y＋4b2＋1＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,5)))eq\s\up12(2)＋4b2＋eq\f(4,5)．当y＝eq\f(1,5)时，|AB|取得最小值，为eq\r(4b2＋\f(4,5))，即eq\r(4b2＋\f(4,5))＝eq\f(2\r(30),5)，∴b2＝1，双曲线方程为eq\f(x2,4)－y2＝1．圆锥曲线的性质综合性强，需弄清每个性质的真正内涵，然后正确地应用到解题中去.eq\o([跟进训练])9．设F为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点，若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．eq\r(5)A[如图：以OF为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))2＋y2＝eq\f(c2,4)，①又x2＋y2＝a2， ②①－②得交线PQ的直线方程为：x＝eq\f(a2,c)，代入②，得y＝±eq\f(ab,c)，又|PQ|＝|OF|，则2eq\f(ab,c)＝c，∴a＝b，e＝eq\r(2)，故选A．]直线与圆锥曲线的位置关系问题【例9】已知直线l：x＝my＋1(m≠0)恒过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点．(1)若抛物线x2＝4eq\r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点，求椭圆C的方程；(2)对于(1)中的椭圆C，若直线l交y轴于点M，且eq\o(MA,\s\up14(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up14(→))，eq\o(MB,\s\up14(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up14(→))，当m变化时，求λ1＋λ2的值．[解](1)根据题意，直线l：x＝my＋1(m≠0)过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F，∴F(1,0)，∴c＝1，又∵抛物线x2＝4eq\r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点，∴b＝eq\r(3)，∴b2＝3．∴a2＝b2＋c2＝4，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)∵直线l与y轴交于Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,m)))，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0，))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ＝144(m∴y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，∴eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2)＝eq\f(2m,3)(*)，又由eq\o(MA,\s\up14(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up14(→))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，∴λ1＝－1－eq\f(1,my1)，同理λ2＝－1－eq\f(1,my2)，∴λ1＋λ2＝－2－eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝－2－eq\f(2,3)＝－eq\f(8,3)，∴λ1＋λ2＝－eq\f(8,3)．直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及判定直线与圆锥曲线的交点个数、求弦长、最值等问题，它是圆锥曲线的定义、性质与直线的基础知识的综合应用，涉及数形结合、函数与方程、分类讨论等数学思想方法.直线与圆锥曲线的位置关系主要有：1有关直线与圆锥曲线公共点的个数问题，应注意数形结合；2有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系；3有关垂直问题，要注意运用斜率关系及根与系数的关系，设而不求，简化运算.eq\o([跟进训练])10．如图所示，在直角坐标系xOy中，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为eq\f(5,4)．点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m，n)在直线OM上．(1)求曲线C的方程及t的值；(2)记d＝eq\f(|AB|,\r(1＋4m2))，求d的最大值．[解](1)y2＝2px(p>0)的准线为x＝－eq\f(p,2)，∴1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)))＝eq\f(5,4)，p＝eq\f(1,2)，∴抛物线C的方程为y2＝x．又点M(t,1)在曲线C上，∴t＝1．(2)由(1)知，点M(1,1)，从而n＝m，即点Q(m，m)，依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的斜率为k(k≠0)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝x1，,y\o\al(2,2)＝x2，))得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k·2m∴直线AB的方程为y－m＝eq\f(1,2m)(x－m)，即x－2my＋2m2－m由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2my＋2m2－m＝0，,y2＝x，))消去x，整理得y2－2my＋2m2－∴Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝从而|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋4m2)·eq\r(4m－4m2)＝2eq\r(1＋4m2m－m2)．∴d＝eq\f(|AB|,\r(1＋4m2))＝2eq\r(m1－m)≤m＋(1－m)＝1，当且仅当m＝1－m，即m＝eq\f(1,2)时，上式等号成立，又m＝eq\f(1,2)满足Δ＝4m－4m2＞0．∴d的最大值为1．数学思想在圆锥曲线中的应用【例10】已知定点F(0,1)和直线l1：y＝－1，过定点F与直线l1相切的动圆的圆心为点C．(1)求动点C的轨迹方程；(2)过点F的直线l2交轨迹于两点P，Q，交直线l1于点R，求eq\o(RP,\s\up14(→))·eq\o(RQ,\s\up14(→))的最小值．[解](1)由题设知点C到点F的距离等于它到l1的距离，∴点C的轨迹是以F为焦点，l1为准线的抛物线，∴动点C的轨迹方程为x2＝4y．(2)由题意知，直线l2的方程可设为y＝kx＋1(k≠0)，与抛物线方程联立消去y，得x2－4kx－4＝0．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4．又易得点R的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,k)，－1))，∴eq\o(RP,\s\up14(→))·eq\o(RQ,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(2,k)，y1＋1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,k)，y2＋1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(2,k)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,k)))＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)＋2k))(x1＋x2)＋eq\f(4,k2)＋4＝－4(1＋k2)＋4keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)＋2k))＋eq\f(4,k2)＋4＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)))＋8．∵k2＋eq\f(1,k2)≥2，当且仅当k2＝1时取等号，∴eq\o(RP,\s\up14(→))·eq\o(RQ,\s\up14(→))≥4×2＋8＝16，即eq\o(RP,\s\up14(→))·eq\o(RQ,\s\up14(→))的最小值为16．函数与方程思想、分类讨论思想、等价转化思想及数形结合思想在圆锥曲线的综合问题中应用广泛，主要涉及最值、范围、探索问题及曲线方程的求法等问题.eq\o([跟进训练])11．设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．(1)求证|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．[解](1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|．又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4．由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0．则x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)．所以|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(12k2＋1,4k2＋3)．过点B(1,0)且与l垂直的直线m的方程为y＝－eq\f(1,k)(x－1)，点A到直线m的距离为eq\f(2,\r(k2＋1))，所以|PQ|＝2eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(k2＋1))))eq\s\up12(2))＝4eq\r(\f(4k2＋3,k2＋1))，故四边形MPNQ的面积S＝eq\f(1,2)|MN|·|PQ|＝12eq\r(1＋\f(1,4k2＋3))．可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8eq\r(3))．当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12．综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8eq\r(3))．[培优层·素养升华](教师用书独具)【例题】已知抛物线C1的方程为x2＝2y，其焦点为F，AB为过焦点F的抛物线C1的弦，过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，设l1，l2相交于点P．(1)求eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))的值；(2)如果圆C2的方程为x2＋y2＝8，且点P在圆C2内部，设直线AB与C2相交于C，D两点，求|AB|·|CD|的最小值．[解](1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以设AB的方程为y＝kx＋eq\f(1,2)，代入抛物线方程得x2－2kx－1＝0，所以x1，x2为方程的解，从而x1＋x2＝2k，x1x2＝－1，又因为kPA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1