（江苏专用）高考数学二轮复习 专题五 解析几何考点整合 理-人教版高三数学试题

第1讲直线与圆高考定位高考对本内容的考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题．直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)，此类问题难度属于中等，一般以填空题的形式出现，有时也会出现解答题，多考查其几何图形的性质或方程知识．多为B级或C级要求．真题感悟1．(2015·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，以点(1，0)为圆心且与直线mx－y－2m－1＝0(m∈R)相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为________．解析直线mx－y－2m－1＝0恒过定点(2，－1)，由题意，得半径最大的圆的半径r＝eq\r(（1－2）2＋（0＋1）2)＝eq\r(2).故所求圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝2.答案(x－1)2＋y2＝22．(2013·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，直线l：y＝2x－4.设圆C的半径为1，圆心在l上．(1)若圆心C也在直线y＝x－1上，过点A作圆C的切线，求切线的方程；(2)若圆C上存在点M，使MA＝2MO，求圆心C的横坐标a的取值范围．解(1)由题设，圆心C是直线y＝2x－4和y＝x－1的交点，解得点C(3，2)，于是切线的斜率必存在．设过A(0，3)的圆C的切线方程为y＝kx＋3，由题意，得eq\f(|3k＋1|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝0或－eq\f(3,4)，故所求切线方程为y＝3或3x＋4y－12＝0.(2)因为圆心在直线y＝2x－4上，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2＝1.设点M(x，y)，因为MA＝2MO，所以eq\r(x2＋（y－3）2)＝2eq\r(x2＋y2)，化简得x2＋y2＋2y－3＝0，即x2＋(y＋1)2＝4，所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上．由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤eq\r(a2＋（2a－3）2)≤3.整理得－8≤5a2－12a≤0.由5a2－12a＋8≥0，得a∈R；由5a2－12a≤0，得0≤a≤eq\f(12,5).所以点C的横坐标a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(12,5))).考点整合1．两直线平行或垂直(1)两条直线平行：对于两条不重合的直线l1，l2，其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔k1＝k2.特别地，当直线l1，l2的斜率都不存在且l1与l2不重合时，l1∥l2.(2)两条直线垂直：对于两条直线l1，l2，其斜率分别为k1，k2，则有l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.特别地，当l1，l2中有一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为零时，l1⊥l2.2．圆的方程(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径为r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2)；对于二元二次方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(B＝0，,A＝C≠0，,D2＋E2－4AF＞0.))3．直线方程的5种形式中只有一般式可以表示所有的直线．在利用直线方程的其他形式解题时，一定要注意它们表示直线的局限性．比如，根据“在两坐标轴上的截距相等”这个条件设方程时一定不要忽略过原点的特殊情况．而题中给出直线方程的一般式，我们通常先把它转化为斜截式再进行处理．4．处理有关圆的问题，要特别注意圆心、半径及平面几何知识的应用，如弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形经常用到，利用圆的一些特殊几何性质解题，往往使问题简化．5．直线与圆中常见的最值问题(1)圆外一点与圆上任一点的距离的最值．(2)直线与圆相离，圆上任一点到直线的距离的最值．(3)过圆内一定点的直线被圆截得弦长的最值．(4)直线与圆相离，过直线上一点作圆的切线，切线长的最小值问题．(5)两圆相离，两圆上点的距离的最值.热点一直线与圆有关问题[微题型1]求圆的方程【例1－1】(2015·广州模拟)若圆C经过(1，0)，(3，0)两点，且与y轴相切，则圆C的方程为________．解析因为圆C经过(1，0)，(3，0)两点，所以圆心在直线x＝2上，又圆与y轴相切，所以半径为2，设圆心坐标为(2，b)，则(2－1)2＋b2＝4，∴b2＝3，b＝±eq\r(3).答案(x－2)2＋(y±eq\r(3))2＝4探究提高圆的标准方程直接表示出了圆心和半径，而圆的一般方程则表示出了曲线与二元二次方程的关系，在求解圆的方程时，要根据所给条件选取适当的方程形式．[微题型2]圆的切线问题【例1－2】(2015·重庆卷改编)已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则AB＝________．解析圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，圆心为C(2，1)，半径为r＝2，因此2＋a×1－1＝0，a＝－1，即A(－4，－1)，AB＝eq\r(AC2－r2)＝eq\r(（－4－2）2＋（－1－1）2－4)＝6.答案6探究提高(1)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．(2)过圆外一点求解切线长转化为圆心到圆外点距离，利用勾股定理处理．[微题型3]与圆有关的弦长问题【例1－3】(2015·泰州调研)若圆上一点A(2，3)关于直线x＋2y＝0的对称点仍在圆上，且圆与直线x－y＋1＝0相交的弦长为2eq\r(2)，则圆的方程是________．解析设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，点A(2，3)关于直线x＋2y＝0的对称点仍在圆上，说明圆心在直线x＋2y＝0上，即有a＋2b＝0，又(2－a)2＋(3－b)2＝r2，而圆与直线x－y＋1＝0相交的弦长为2eq\r(2)，故r2－＝2，依据上述方程，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝6，,b＝－3，,r2＝52))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝14，,b＝－7，,r2＝244.))所以，所求圆的方程为(x－6)2＋(y＋3)2＝52或(x－14)2＋(y＋7)2＝244.答案(x－6)2＋(y＋3)2＝52或(x－14)2＋(y＋7)2＝244探究提高涉及直线被圆截得的弦长问题，一般有两种求解方法：一是利用半径r，弦心距d，弦长l的一半构成直角三角形，结合勾股定理d2＋＝r2求解；二是若斜率为k的直线l与圆C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则AB＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|.【训练1】(2015·全国Ⅰ卷改编)过三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圆交y轴于M、N两点，则|MN|＝________．解析由已知，得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－3，－9)，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝3×(－3)＋(－1)×(－9)＝0，所以eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AB⊥BC，故过三点A、B、C的圆以AC为直径，得其方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝25，令x＝0得(y＋2)2＝24，解得y1＝－2－2eq\r(6)，y2＝－2＋2eq\r(6)，所以|MN|＝|y1－y2|＝4eq\r(6).答案4eq\r(6)热点二直线与圆、圆与圆的位置关系【例2】(2015·全国Ⅰ卷)已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)若eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝12，其中O为坐标原点，求MN.解(1)由题设，可知直线l的方程为y＝kx＋1，因为直线l与圆C交于两点，所以eq\f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))<1.解得eq\f(4－\r(7),3)<k<eq\f(4＋\r(7),3).所以k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3))).(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．将y＝kx＋1代入圆C的方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.所以x1＋x2＝eq\f(4（1＋k）,1＋k2)，x1x2＝eq\f(7,1＋k2).eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝eq\f(4k（1＋k）,1＋k2)＋8.由题设可得eq\f(4k（1＋k）,1＋k2)＋8＝12，解得k＝1，所以l的方程为y＝x＋1.故圆C的圆心(2，3)在l上，所以MN＝2.探究提高根据圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系，判定直线与圆的位置关系．【训练2】在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x－3)2＋(y＋2)2＝4，圆C2：(x＋m)2＋(y＋m＋5)2＝2m2＋8m＋10(m∈R，且m≠－3)．(1)设P为坐标轴上的点，满足：过点P分别作圆C1与圆C2的一条切线，切点分别为T1、T2，使得PT1＝PT2，试求出所有满足条件的点P的坐标；(2)若斜率为正数的直线l平分圆C1，求证：直线l与圆C2总相交．(1)解设点P的坐标为(x0，y0)，圆C1与圆C2的半径分别为r1、r2，由题意得PCeq\o\al(2,1)－req\o\al(2,1)＝PCeq\o\al(2,2)－req\o\al(2,2)，即[(x0－3)2＋(y0＋2)2]－4＝[(x0＋m)2＋(y0＋m＋5)2]－(2m2＋8m＋10)，化简得x0＋y0＋1＝0，因为P为坐标轴上的点，所以点P的坐标为(0，－1)或(－1，0)．(2)证明依题意可设直线l的方程为：y＋2＝k(x－3)，k＞0，化简得kx－y－3k－2＝0，则圆心C2(－m，－m－5)到直线l的距离为eq\f(|k－1|·|m＋3|,\r(k2＋1))，又圆C2的半径为eq\r(2m2＋8m＋10)，所以“直线l与圆C2总相交”等价于“∀m≠－3，eq\f(|k－1|·|m＋3|,\r(k2＋1))＜eq\r(2m2＋8m＋10)”，即eq\f(|k－1|,\r(k2＋1))＜eq\r(\f(2m2＋8m＋10,（m＋3）2))，①记y＝eq\f(2m2＋8m＋10,（m＋3）2)，整理得(y－2)m2＋2(3y－4)m＋9y－10＝0，当y＝2时，m＝－2；当y≠2时，判别式Δ＝[2(3y－4)]2－4(y－2)(9y－10)≥0，解得y≥1；综上得y＝eq\f(2m2＋8m＋10,（m＋3）2)，m≠－3的最小值为1，所以①式⇔eq\f(|k－1|,\r(k2＋1))＜1⇔k＞0，即证．热点三直线、圆与其他知识的交汇【例3】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A为椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(2y2,9)＝1的右顶点，点D(1，0)，点P，B在椭圆上，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→)).(1)求直线BD的方程；(2)求直线BD被过P，A，B三点的圆C截得的弦长；(3)是否存在分别以PB，PA为弦的两个相外切的等圆？若存在，求出这两个圆的方程；若不存在，请说明理由．解(1)因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))且A(3，0)，所以BP＝DA＝2，而B，P关于y轴对称，所以点P的横坐标为1，从而得P(1，2)，B(－1，2)，所以直线BD的方程为x＋y－1＝0.(2)线段BP的垂直平分线方程为x＝0，线段AP的垂直平分线方程为y＝x－1，所以圆C的圆心为(0，－1)，且圆C的半径为r＝eq\r(10)，又圆心(0，－1)到直线BD的距离为d＝eq\r(2)，所以直线BD被圆C截得的弦长为2eq\r(r2－d2)＝4eq\r(2).(3)假设存在这样的两个圆M与圆N，其中PB是圆M的弦，PA是圆N的弦，则点M一定在y轴上，点N一定在线段PA的垂直平分线y＝x－1上，当圆M和圆N是两个相外切的等圆时，一定有P，M，N在一条直线上，且PM＝PN.设M(0，b)，则N(2，4－b)，根据N(2，4－b)在直线y＝x－1上，解得b＝3.所以M(0，3)，N(2，1)，PM＝PN＝eq\r(2)，故存在这样的两个圆，且方程分别为x2＋(y－3)2＝2，(x－2)2＋(y－1)2＝2.探究提高求圆中弦长问题，多用垂径定理，先计算圆心到直线的距离，再利用弦长公式AB＝2eq\r(r2－d2)；求圆的方程问题常见于找出圆心和半径，对于两圆的位置关系则多借助于几何关系进行判定．【训练3】(2013·四川卷)已知圆C的方程为x2＋(y－4)2＝4，点O是坐标原点．直线l：y＝kx与圆C交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)设Q(m，n)是线段MN上的点，且eq\f(2,OQ2)＝eq\f(1,OM2)＋eq\f(1,ON2).请将n表示为m的函数．解(1)将y＝kx代入x2＋(y－4)2＝4中，得(1＋k2)x2－8kx＋12＝0.(*)由Δ＝(－8k)2－4(1＋k2)×12＞0，得k2＞3.所以，k的取值范围是(－∞，－eq\r(3))∪(eq\r(3)，＋∞)．(2)因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1)，(x2，kx2)，则OM2＝(1＋k2)xeq\o\al(2,1)，ON2＝(1＋k2)xeq\o\al(2,2).又OQ2＝m2＋n2＝(1＋k2)m2.由eq\f(2,OQ2)＝eq\f(1,OM2)＋eq\f(1,ON2)，得eq\f(2,（1＋k2）m2)＝eq\f(1,（1＋k2）xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,（1＋k2）xeq\o\al(2,2))，即eq\f(2,m2)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,xeq\o\al(2,2))＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)).由(*)式可知，x1＋x2＝eq\f(8k,1＋k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋k2)，所以m2＝eq\f(36,5k2－3).因为点Q在直线y＝kx上，所以k＝eq\f(n,m)，代入m2＝eq\f(36,5k2－3)中并化简，得5n2－3m2＝36.由m2＝eq\f(36,5k2－3)及k2＞3，可知0＜m2＜3，即m∈(－eq\r(3)，0)∪(0，eq\r(3))．根据题意，点Q在圆C内，则n＞0，所以n＝eq\r(\f(36＋3m2,5))＝eq\f(\r(15m2＋180),5).于是，n与m的函数关系为n＝eq\f(\r(15m2＋180),5)(m∈(－eq\r(3)，0)∪(0，eq\r(3)))．

1．由于直线方程有多种形式，各种形式适用的条件、范围不同，在具体求直线方程时，由所给的条件和采用的直线方程形式所限，可能会产生遗漏的情况，尤其在选择点斜式、斜截式时要注意斜率不存在的情况．2．确定圆的方程时，常用到圆的几个性质：(1)直线与圆相交时应用垂径定理构成直角三角形(半弦长，弦心距，圆半径)；(2)圆心在过切点且与切线垂直的直线上；(3)圆心在任一弦的中垂线上；(4)两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线；(5)圆的对称性：圆关于圆心成中心对称，关于任意一条过圆心的直线成轴对称．3．直线与圆中常见的最值问题圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题．4．两圆相交，将两圆方程联立消去二次项，得到一个二元一次方程即为两圆公共弦所在的直线方程.一、填空题1．(2015·广东卷改编)平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是________．解析设所求切线方程为2x＋y＋c＝0，依题有eq\f(|0＋0＋c|,\r(22＋12))＝eq\r(5)，解得c＝±5，所以所求切线的直线方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0.答案2x＋y±5＝02．(2015·北京卷改编)圆心为(1，1)且过原点的圆的方程是________．解析因为圆心为(1，1)且过原点，所以该圆的半径r＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，则该圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.答案(x－1)2＋(y－1)2＝23．(2014·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－3＝0被圆(x－2)2＋(y＋1)2＝4截得的弦长为________．解析圆心为(2，－1)，半径r＝2.圆心到直线的距离d＝eq\f(|2＋2×（－1）－3|,\r(1＋4))＝eq\f(3\r(5),5)，所以弦长为2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),5)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(55),5).答案eq\f(2\r(55),5)4．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，设该圆中过点(3，5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积是________．解析配方可得(x－3)2＋(y－4)2＝25，其圆心为(3，4)，半径为r＝5，则过点(3，5)的最长弦AC＝2r＝10，最短弦BD＝2eq\r(r2－12)＝4eq\r(6)，且有AC⊥BD，则四边形ABCD的面积为S＝eq\f(1,2)AC×BD＝20eq\r(6).答案20eq\r(6)5．若圆x2＋y2＝4与圆x2＋y2＋2ax－6＝0(a＞0)的公共弦的长为2eq\r(3)，则a＝________．解析x2＋y2＋2ax－6＝0(a>0)可知圆心为(－a，0)，半径为eq\r(6＋a2)，两圆公共弦所在方程为(x2＋y2＋2ax－6)－(x2＋y2)＝－4，即x＝eq\f(1,a)，所以有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6＋a2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋a))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))eq\s\up12(2)，解得a＝1或－1(舍去)．答案16．(2012·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________．解析圆C的标准方程为(x－4)2＋y2＝1，设圆心C(4，0)到直线y＝kx－2的距离为d，则d＝eq\f(|4k－2|,\r(k2＋1))，由题意知问题转化为d≤2，即d＝eq\f(|4k－2|,\r(k2＋1))≤2，得0≤k≤eq\f(4,3)，所以kmax＝eq\f(4,3).答案eq\f(4,3)7．(2014·新课标全国Ⅱ卷)设点M(x0，1)，若在圆O：x2＋y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是________．解析由题意可知M在直线y＝1上运动，设直线y＝1与圆x2＋y2＝1相切于点P(0，1)．当x0＝0即点M与点P重合时，显然圆上存在点N(±1，0)符合要求；当x0≠0时，过M作圆的切线，切点之一为点P，此时对于圆上任意一点N，都有∠OMN≤∠OMP，故要存在∠OMN＝45°，只需∠OMP≥45°.特别地，当∠OMP＝45°时，有x0＝±1.结合图形可知，符合条件的x0的取值范围为[－1，1]．答案[－1，1]8．直线eq\r(2)ax＋by＝1与圆x2＋y2＝1相交于A，B两点(其中a，b是实数)，且△AOB是直角三角形(O是坐标原点)，则点P(a，b)与点(0，1)之间距离的最小值为________．解析根据题意画出图形，如图所示，过点O作OC⊥AB于C，因为△AOB为等腰直角三角形，所以C为弦AB的中点，又OA＝OB＝1，根据勾股定理得AB＝eq\r(2)，∴OC＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(\r(2),2).∴圆心到直线的距离为eq\f(1,\r(2a2＋b2))＝eq\f(\r(2),2)，即2a2＋b2＝2，即a2＝－eq\f(1,2)b2＋1≥0.∴－eq\r(2)≤b≤eq\r(2).则点P(a，b)与点(0，1)之间距离d＝eq\r(（a－0）2＋（b－1）2)＝eq\r(a2＋b2－2b＋1)＝eq\r(\f(1,2)b2－2b＋2).设f(b)＝eq\f(1,2)b2－2b＋2＝eq\f(1,2)(b－2)2，此函数为对称轴为x＝2的开口向上的抛物线，∴当－eq\r(2)≤b≤eq\r(2)<2时，函数为减函数．∵f(eq\r(2))＝3－2eq\r(2)，∴d的最小值为eq\r(3－2\r(2))＝eq\r(（\r(2)－1）2)＝eq\r(2)－1.答案eq\r(2)－1二、解答题9．(2013·新课标全国Ⅱ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知圆P在x轴上截得线段长为2eq\r(2)，在y轴上截得线段长为2eq\r(3).(1)求圆心P的轨迹方程；(2)若P点到直线y＝x的距离为eq\f(\r(2),2)，求圆P的方程．解(1)设P(x，y)，圆P的半径为r.由题意可得y2＋2＝r2，x2＋3＝r2，从而y2＋2＝x2＋3.故P点的轨迹方程为y2－x2＝1.(2)设P(x0，y0)，由已知得eq\f(|x0－y0|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).又P点在双曲线y2－x2＝1上，从而得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x0－y0|＝1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1.))由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝－1.))此时，圆P的半径r＝eq\r(3).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝－1，,yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝1))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝1.))此时，圆P的半径r＝eq\r(3).故圆P的方程为x2＋(y－1)2＝3或x2＋(y＋1)2＝3.10.已知双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1.(1)若一椭圆与该双曲线共焦点，且有一交点P(2，3)，求椭圆方程．(2)设(1)中椭圆的左、右顶点分别为A、B，右焦点为F，直线l为椭圆的右准线，N为l上的一动点，且在x轴上方，直线AN与椭圆交于点M.若AM＝MN，求∠AMB的余弦值；(3)设过A、F、N三点的圆与y轴交于P、Q两点，当线段PQ的中点为(0，9)时，求这个圆的方程．解(1)∵双曲线焦点为(±2，0)，设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝4，,\f(4,a2)＋\f(9,b2)＝1.))∴a2＝16，b2＝12.故椭圆方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由已知，A(－4，0)，B(4，0)，F(2，0)，直线l的方程为x＝8.设N(8，t)(t＞0)．∵AM＝MN，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(t,2))).由点M在椭圆上，得t＝6.故所求的点M的坐标为M(2，3)．所以eq\o(MA,\s\up6(→))＝(－6，－3)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(2，－3)，eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝－12＋9＝－3.cos∠AMB＝eq\f(\o(MA,\s\up6(→))·\o(MB,\s\up6(→)),|\o(MA,\s\up6(→))|·|\o(MB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－3,\r(36＋9)·\r(4＋9))＝－eq\f(\r(65),65).(3)设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，将A、F、N三点坐标代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(16－4D＋F＝0，,4＋2D＋F＝0，,64＋t2＋8D＋Et＋F＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(D＝2，,E＝－t－\f(72,t)，,F＝－8.))圆的方程为x2＋y2＋2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(72,t)))y－8＝0，令x＝0，得y2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(72,t)))y－8＝0.设P(0，y1)，Q(0，y2)，则y1，2＝eq\f(t＋\f(72,t)±\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(72,t)))\s\up12(2)＋32),2).由线段PQ的中点为(0，9)，得y1＋y2＝18，t＋eq\f(72,t)＝18，此时，所求圆的方程为x2＋y2＋2x－18y－8＝0.11.如图所示，已知以点A(－1，2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2，0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P.(1)求圆A的方程；(2)当MN＝2eq\r(19)时，求直线l的方程；(3)eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．解(1)设圆A的半径为R.∵圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，∴R＝eq\f(|－1＋4＋7|,\r(5))＝2eq\r(5).∴圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.(2)当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.连接AQ，则AQ⊥MN.∵MN＝2eq\r(19)，∴AQ＝eq\r(20－19)＝1.由AQ＝eq\f(|k－2|,\r(k2＋1))＝1，得k＝eq\f(3,4).∴直线l的方程为3x－4y＋6＝0.∴所求直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.(3)∵AQ⊥BP，∴eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝(eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→)))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→)).当直线l与x轴垂直时，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(5,2))).则eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5,2)))，又eq\o(BA,\s\up6(→))＝(1，2)，∴eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－5.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,x＋2y＋7＝0，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k－7,1＋2k)，\f(－5k,1＋2k))).∴eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－5,1＋2k)，\f(－5k,1＋2k))).∴eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(－5,1＋2k)－eq\f(10k,1＋2k)＝－5.综上所述，eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))是定值，且eq\o(BQ,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－5.第2讲圆锥曲线的基本问题高考定位圆锥曲线中的基本问题一般以椭圆、双曲线的定义、标准方程、几何性质等作为考查的重点，多为填空题．椭圆有关知识为B级要求，双曲线的有关知识为A级要求．真题感悟1．(2013·江苏卷)双曲线eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的两条渐近线的方程为________．解析由双曲线方程可知a＝4，b＝3，所以两条渐近线方程为y＝±eq\f(3,4)x.答案y＝±eq\f(3,4)x2．(2012·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线eq\f(x2,m)－eq\f(y2,m2＋4)＝1的离心率为eq\r(5)，则m的值为________．解析建立关于m的方程求解．∵c2＝m＋m2＋4，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(m＋m2＋4,m)＝5，∴m2－4m＋4＝0，∴m＝2.答案23．(2010·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1上一点M的横坐标是3，则点M到此双曲线的右焦点的距离为________．解析法一x＝3代入eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1，y＝±eq\r(15)，不妨设M(3，eq\r(15))，右焦点F(4，0)．∴MF＝eq\r(1＋15)＝4.法二由双曲线第二定义知，M到右焦点F的距离与M到右准线x＝eq\f(a2,c)＝1的距离比为离心率e＝eq\f(c,a)＝2，∴eq\f(MF,3－1)＝2，MF＝4.答案44．(2015·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．解析双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线的距离d＝eq\f(|1－0|,\r(12＋12))＝eq\f(\r(2),2).由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤eq\f(\r(2),2)，故c的最大值为eq\f(\r(2),2).答案eq\f(\r(2),2)考点整合1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：MF1＋MF2＝2a(2a>F1F2)；(2)双曲线：|MF1－MF2|＝2a(2a<F1F2)．2．圆锥曲线的标准方程(1)椭圆：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)(焦点在x轴上)或eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)(焦点在y轴上)；(2)双曲线：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)(焦点在x轴上)或eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)(焦点在y轴上)．3．圆锥曲线的几何性质(1)椭圆：e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))；(2)双曲线：①e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2)).②渐近线方程：y＝±eq\f(b,a)x或y＝±eq\f(a,b)x.4．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(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＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|或P1P2＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y2－y1|.(2)弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”、“设而不求法”来简化运算.热点一圆锥曲线的定义和标准方程【例1】(1)(2015·福建卷改编)若双曲线E：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且PF1＝3，则PF2等于________．(2)(2015·天津卷改编)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线过点(2，eq\r(3))，且双曲线的一个焦点在抛物线y2＝4eq\r(7)x的准线上，则双曲线的方程为________．解析(1)由双曲线定义|PF2－PF1|＝2a，∵PF1＝3，∴P在左支上，∵a＝3，∴PF2－PF1＝6，∴PF2＝9.(2)由题意可得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),2)，c＝eq\r(7)，又c2＝7＝a2＋b2，解得a2＝4，b2＝3.故双曲线方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1.答案(1)9(2)eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1探究提高(1)对于圆锥曲线的定义不仅要熟悉记，还要深入理解细节部分：比如椭圆的定义要求PF1＋PF2＞F1F2，双曲线的定义中要求|PF1－PF2|＜F1F2，抛物线上的点到焦点的距离与准线的距离相等的转化．(2)注意数形结合，画出合理草图．【训练1】(1)(2015·广东卷改编)已知椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,m2)＝1(m＞0)的左焦点为F1(－4，0)，则m＝________．(2)(2014·安徽卷)设F1，F2分别是椭圆E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若AF1＝3F1B，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．解析(1)由4＝eq\r(25－m2)(m＞0)⇒m＝3.(2)设点A在点B上方，F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝eq\r(1－b2)，则可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由AF1＝3F1B，可得eq\o(AF1,\s\up6(→))＝3eq\o(F1B,\s\up6(→))，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2c＝3（x0＋c），,－b2＝3y0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(5,3)c，,y0＝－\f(1,3)b2，))代入椭圆方程可得eq\f(25（1－b2）,9)＋eq\f(1,9)b2＝1，得b2＝eq\f(2,3)，故椭圆方程为x2＋eq\f(3y2,2)＝1.答案(1)3(2)x2＋eq\f(3,2)y2＝1热点二圆锥曲线的几何性质【例2】(1)(2015·南京、盐城模拟)在平面直角坐标系xOy中，若中心在坐标原点的双曲线的一条准线方程为x＝eq\f(1,2)，且它的一个顶点与抛物线y2＝－4x的焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为________．(2)平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)交于点O，A，B.若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为________．解析(1)抛物线y2＝－4x的焦点坐标是(－1，0)，即双曲线的一个顶点坐标是(－1，0)，设双曲线方程是eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则a＝1，又eq\f(a2,c)＝eq\f(1,2)，因此c＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(3)，故其渐近线方程是y＝±eq\r(3)x.(2)由题意，不妨设直线OA的方程为y＝eq\f(b,a)x，直线OB的方程为y＝－eq\f(b,a)x.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,x2＝2py，))得x2＝2p·eq\f(b,a)x，∴x＝eq\f(2pb,a)，y＝eq\f(2pb2,a2)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2pb,a)，\f(2pb2,a2))).设抛物线C2的焦点为F，则Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，∴kAF＝eq\f(\f(2pb2,a2)－\f(p,2),\f(2pb,a)).∵△OAB的垂心为F，∴AF⊥OB，∴kAF·kOB＝－1，∴eq\f(\f(2pb2,a2)－\f(p,2),\f(2pb,a))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝－1，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(5,4).设C1的离心率为e，则e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(5,4)＝eq\f(9,4).∴e＝eq\f(3,2).答案(1)y＝±eq\r(3)x(2)eq\f(3,2)探究提高解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．【训练2】(1)(2015·临沂模拟)已知对称中心为坐标原点的椭圆与双曲线有共同的焦点，其左、右焦点都在x轴上，分别设为F1，F2，它们在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF2为底边的等腰三角形，若PF2＝3，且椭圆的离心率为eq\f(2,3)，则双曲线的离心率为________．(2)(2015·镇江期末)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，若F关于直线eq\r(3)x＋y＝0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为________．解析(1)如图，设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2，F1F2＝2c，则PF1＝F1F2＝2c.在椭圆中，由离心率的定义可知，e1＝eq\f(2c,2a1)＝eq\f(2c,PF1＋PF2)＝eq\f(2c,3＋2c)＝eq\f(2,3)，解得c＝3，即PF1＝F1F2＝6.在双曲线中，2a2＝|PF1－PF2|＝6－3＝3，故其离心率e2＝eq\f(2c,2a2)＝eq\f(6,3)＝2.(2)设左焦点F(－c，0)，A点坐标为(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0＋c)×（－\r(3)）＝－1，,\r(3)×\f(x0－c,2)＋\f(y0,2)＝0，))解得：x0＝eq\f(c,2)，y0＝eq\f(\r(3),2)c，又点A在椭圆C上．∴＋＝1，又b2＝a2－c2，整理得：c4－8a2c2＋4a4＝0，∴e4－8e2＋4＝0，解得：e2＝4±2eq\r(3)，∴e＝eq\r(3)－1(e＝eq\r(3)＋1舍去)．答案(1)2(2)eq\r(3)－1热点三有关圆锥曲线的弦长问题【例3】(2015·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．解(1)由题意，得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)且c＋eq\f(a2,c)＝3，解得a＝eq\r(2)，c＝1，则b＝1，所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)当AB⊥x轴时，AB＝eq\r(2)，又CP＝3，不合题意．当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将AB的方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，则x1，2＝eq\f(2k2±\r(2（1＋k2）),1＋2k2)，C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2)))，且AB＝eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2)＝eq\r(（1＋k2）（x2－x1）2)＝eq\f(2\r(2)（1＋k2）,1＋2k2).若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．从而k≠0，故直线PC的方程为y＋eq\f(k,1＋2k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，则P点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(5k2＋2,k（1＋2k2）)))，从而PC＝eq\f(2（3k2＋1）\r(1＋k2),|k|（1＋2k2）).因为PC＝2AB，所以eq\f(2（3k2＋1）\r(1＋k2),|k|（1＋2k2）)＝eq\f(4\r(2)（1＋k2）,1＋2k2)，解得k＝±1.此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.探究提高(1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．(2)对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ≥0，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．【训练3】设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60°，eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→)).(1)求椭圆C的离心率；(2)如果AB＝eq\f(15,4)，求椭圆C的方程．解设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1＜0，y2＞0.(1)直线l的方程为y＝eq\r(3)(x－c)，其中c＝eq\r(a2－b2).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)（x－c），,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得(3a2＋b2)y2＋2eq\r(3)b2cy－3b4＝0.解得y1＝eq\f(－\r(3)b2（c＋2a）,3a2＋b2)，y2＝eq\f(－\r(3)b2（c－2a）,3a2＋b2).因为eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，所以－y1＝2y2，即eq\f(\r(3)b2（c＋2a）,3a2＋b2)＝2·eq\f(－\r(3)b2（c－2a）,3a2＋b2)，得离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,3).(2)因为AB＝eq\r(1＋\f(1,3))|y2－y1|，所以eq\f(2,\r(3))·eq\f(4\r(3)ab2,3a2＋b2)＝eq\f(15,4)，由eq\f(c,a)＝eq\f(2,3)，得b＝eq\f(\r(5),3)a，所以eq\f(5,4)a＝eq\f(15,4)，得a＝3，b＝eq\r(5)，故椭圆C的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.1．椭圆、双曲线的方程形式上可统一为Ax2＋By2＝1，其中A，B是不等的常数，A＞B＞0时，表示焦点在y轴上的椭圆；B＞A＞0时，表示焦点在x轴上的椭圆；AB＜0时表示双曲线．2．对涉及圆锥曲线上点到焦点距离或焦点弦问题，恰当选用定义解题，会效果明显，定义中的定值是标准方程的基础．3．在椭圆焦点三角形PF1F2，∠F1PF2＝α，则＝c|y0|＝b2·taneq\f(α,2).4．求双曲线、椭圆的离心率的方法：法一：直接求出a，c，计算e＝eq\f(c,a)；法二：根据已知条件确定a，b，c的等量关系，然后把b用a，c代换，求eq\f(c,a).5．通径：过双曲线、椭圆的焦点垂直于对称轴的弦称为通径，双曲线、椭圆的通径长为eq\f(2b2,a)，过椭圆焦点的弦中通径最短.一、填空题1．(2015·南通·泰州调研)双曲线eq\f(x2,16)－eq\f(y2,m)＝1(m>0)的离心率为eq\f(5,4)，则m等于________．解析由题意得c＝eq\r(16＋m)，所以eq\f(\r(16＋m),4)＝eq\f(5,4)，解得m＝9.答案92．(2015·安徽卷改编)双曲线eq\f(y2,4)－x2＝1的渐近线方程为________．解析焦点在y轴上的渐近线方程为y＝±eq\f(a,b)x＝±2x.答案y＝±2x3．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合，且双曲线的离心率等于eq\r(5)，则该双曲线的方程为________．解析由于抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，即c＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)，可得a＝eq\f(\r(5),5)，结合条件有a2＋b2＝c2＝1，可得b2＝eq\f(4,5)，又焦点在x轴上，则所求的双曲线的方程为5x2－eq\f(5,4)y2＝1.答案5x2－eq\f(5,4)y2＝14．(2015·湖南卷)设F是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点，若C上存在点P，使线段PF的中点恰为其虚轴的一个端点，则C的离心率为________．解析不妨设F(c，0)，则由条件知P(－c，±2b)，代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1得eq\f(c2,a2)＝5，∴e＝eq\r(5).答案eq\r(5)5．(2015·江苏五市模拟)已知椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,m)＝1(0＜m＜9)，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆与A，B两点，若AF2＋BF2的最大值为10，则m的值为________．解析已知椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,m)＝1(0＜m＜9)中，a2＝9，b2＝m.AF2＋BF2＝4a－AB≤10，∴AB≥2，ABmin＝eq\f(2b2,a)＝eq\f(2m,3)＝2，解得m＝3.答案36．(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交椭圆于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为________．解析直线AB的斜率k＝eq\f(0＋1,3－1)＝eq\f(1,2)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，②))①－②得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).又x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以k＝－eq\f(b2,a2)×eq\f(2,－2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，③又a2－b2＝c2＝9，④由③④得a2＝18，b2＝9.故椭圆E的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.答案eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝17．(2013·天津卷改编)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p>0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为eq\r(3)，则p＝________．解析因为双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝2，所以b＝eq\r(3)a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x，与抛物线的准线x＝－eq\f(p,2)相交于Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\f(\r(3),2)p))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，－\f(\r(3),2)p))，所以△AOB的面积为eq\f(1,2)×eq\f(p,2)×eq\r(3)p＝eq\r(3)，又p>0，所以p＝2.答案28．(2015·青岛模拟)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线均和圆C：x2＋y2－6x＋5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为________．解析∵双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，圆C的标准方程为(x－3)2＋y2＝4，∴圆心为C(3，0)．又渐近线方程与圆C相切，即直线bx－ay＝0与圆C相切，∴eq\f(3b,\r(a2＋b2))＝2，∴5b2＝4a2.①又∵eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦点F2(eq\r(a2＋b2)，0)为圆心C(3，0)，∴a2＋b2＝9.②由①②得a2＝5，b2＝4.∴双曲线的标准方程为eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1.答案eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1二、解答题9．已知曲线C上的动点P(x，y)满足到定点A(－1，0)的距离与到定点B(1，0)的距离之比为eq\r(2).(1)求曲线C的方程；(2)过点M(1，2)的直线l与曲线C交于两点M、N，若MN＝4，求直线l的方程．解(1)由题意得PA＝eq\r(2)PB，故eq\r(（x＋1）2＋y2)＝eq\r(2)eq\r(（x－1）2＋y2)化简得：x2＋y2－6x＋1＝0(或(x－3)2＋y2＝8)即为所求．(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1.将x＝1代入方程x2＋y2－6x＋1＝0得y＝±2，所以MN＝4，满足题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx－k＋2，由圆心到直线的距离d＝2＝eq\f(|3k－k＋2|,\r(1＋k2))，解得k＝0，此时直线l的方程为y＝2.综上所述，满足题意的直线l的方程为x＝1或y＝2.10．(2015·安徽卷)设椭圆E的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足BM＝2MA，直线OM的斜率为eq\f(\r(5),10).(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为eq\f(7,2)，求E的方程．解(1)由题设条件知，点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，又kOM＝eq\f(\r(5),10)，从而eq\f(b,2a)＝eq\f(\r(5),10)，进而得a＝eq\r(5)b，c＝eq\r(a2－b2)＝2b，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5).(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为eq\f(x,\r(5)b)＋eq\f(y,b)＝1，点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)b，－\f(1,2)b)).设点N关于直线AB的对称点S的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(7,2)))，则线段NS的中点T的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),4)b＋\f(x1,2)，－\f(1,4)b＋\f(7,4))).又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1，从而有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\f(\r(5),4)b＋\f(x1,2),\r(5)b)＋\f(－\f(1,4)b＋\f(7,4),b)＝1，,\f(\f(7,2)＋\f(1,2)b,x1－\f(\r(5),2)b)＝\r(5).))解得b＝3.所以a＝3eq\r(5)，故椭圆E的方程为eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,9)＝1.11．(2014·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连接BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连接F1C.(1)若点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，且BF2＝eq\r(2)，求椭圆的方程；(2)若F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．解设椭圆的焦距为2c，则F1(－c，0)，F2(c，0)．(1)因为B(0，b)，所以BF2＝eq\r(b2＋c2)＝a.又BF2＝eq\r(2)，故a＝eq\r(2).因为点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))在椭圆上，所以eq\f(\f(16,9),a2)＋eq\f(\f(1,9),b2)＝1.解得b2＝1.故所求椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)因为B(0，b)，F2(c，0)在直线AB上，所以直线AB的方程为eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1.解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,c)＋\f(y,b)＝1，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a2c,a2＋c2)，,y1＝\f(b（c2－a2）,a2＋c2)，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝b.))所以点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(b（c2－a2）,a2＋c2))).又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(b（a2－c2）,a2＋c2))).因为直线F1C的斜率为eq\f(\f(b（a2－c2）,a2＋c2)－0,\f(2a2c,a2＋c2)－（－c）)＝eq\f(b（a2－c2）,3a2c＋c3)，直线AB的斜率为－eq\f(b,c)，且F1C⊥AB，所以eq\f(b（a2－c2）,3a2c＋c3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,c)))＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2.故e2＝eq\f(1,5).因此e＝eq\f(\r(5),5).第3讲圆锥曲线的综合问题高考定位圆锥曲线的综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解，对考生的代数恒等变形能力、计算能力等有较高的要求．真题感悟(2012·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)．已知点(1，e)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(\r(3),2)))都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程；(2)设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P.(ⅰ)若AF1－BF2＝eq\f(\r(6),2)，求直线AF1的斜率；(ⅱ)求证：PF1＋PF2是定值．解(1)由题设知a2＝b2＋c2，e＝eq\f(c,a)，由点(1，e)在椭圆上，得eq\f(1,a2)＋eq\f(c2,a2b2)＝1，解得b2＝1，于是c2＝a2－1，又点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(\r(3),2)))在椭圆上，所以eq\f(e2,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，即eq\f(a2－1,a4)＋eq\f(3,4)＝1，解得a2＝2.因此，所求椭圆的方程是eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，又直线AF1与BF2平行，所以可设直线AF1的方程为x＋1＝my，直线BF2的方程为x－1＝my.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1＞0，y2＞0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1,x1＋1＝my1))，得(m2＋2)yeq\o\al(2,1)－2my1－1＝0，解得y1＝eq\f(m＋\r(2m2＋2),m2＋2)，故AF1＝eq\r(（x1＋1）2＋（y1－0）2)＝eq\r(（my1）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\f(\r(2)（m2＋1）＋m\r(m2＋1),m2＋2).①同理，BF2＝eq\f(\r(2)（m2＋1）－m\r(m2＋1),m2＋2).②(ⅰ)由①②得AF1－BF2＝eq\f(2m\r(m2＋1),m2＋2)，解eq\f(2m\r(m2＋1),m2＋2)＝eq\f(\r(6),2)得m2＝2，注意到m＞0，故m＝eq\r(2).所以直线AF1的斜率为eq\f(1,m)＝eq\f(\r(2),2).(ⅱ)证明因为直线AF1与BF2平行，所以eq\f(PB,PF1)＝eq\f(BF2,AF1)，于是eq\f(PB＋PF1,PF1)＝eq\f(BF2＋AF1,AF1)，故PF1＝eq\f(AF1,AF1＋BF2)BF1.由B点在椭圆上知BF1＋BF2＝2eq\r(2)，从而PF1＝eq\f(AF1,AF1＋BF2)(2eq\r(2)－BF2)．同理PF2＝eq\f(BF2,AF1＋BF2)·(2eq\r(2)－AF1)．因此，PF1＋PF2＝eq\f(AF1,AF1＋BF2)(2eq\r(2)－BF2)＋eq\f(BF2,AF1＋BF2)·(2eq\r(2)－AF1)＝2eq\r(2)－eq\f(2AF1·BF2,AF1＋BF2).又由①②知AF1＋BF2＝eq\f(2\r(2)（m2＋1）,m2＋2)，AF1·BF2＝eq\f(m2＋1,m2＋2)，所以PF1＋PF2＝2eq\r(2)－eq\f(\r(2),2)＝eq\f(3\r(2),2).因此，PF1＋PF2是定值．考点整合1．定值、定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点．解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．2．圆锥曲线中最值问题主要是求线段长度的最值、三角形面积的最值等．(1)椭圆中的最值F1、F2分别为椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆上的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有①OP∈[b，a]；②PF1∈[a－c，a＋c]；③PF1·PF2∈[b2，a2]；④∠F1PF2≤∠F1BF2.(2)双曲线中的最值F1、F2分别为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有①OP≥a；②PF1≥c－a.3．求解圆锥曲线中的范围问题的关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系．该问题主要有以下三种情况：(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解．(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系．(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.热点一定点与定值问题[微题型1]定点的探究与证明【例1－1】(2015·苏、锡、常、镇模拟)如图，以原点O为圆心的两个同心圆的半径分别为3和1，过原点O的射线交大圆于点P，交小圆于点Q，P在y轴上的射影为M.动点N满足eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PN,\s\up6(→))且eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝0.(1)求点N的轨迹方程；(2)过点A(0，3)作斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，与点N的轨迹分别交于E，F两点，k1·k2＝－9.求证：直线EF过定点．(1)解由eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PN,\s\up6(→))且eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝0可知，N，P，M三点共线且PM⊥QN.过点Q作QN⊥PM，垂足为N，设N(x，y)．因为OP＝3，OQ＝1，由相似比可知P(3x，y)．因为P在圆x2＋y2＝9上，所以(3x)2＋y2＝9，即eq\f(y2,9)＋x2＝1，所以点N的轨迹方程为eq\f(y2,9)＋x2＝1.(2)证明设E(xE，yE)，F(xF，yF)，依题意，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋3，,\f(y2,9)＋x2＝1))得(keq\o\al(2,1)＋9)x2＋6k1x＝0，①解得x＝0或x＝－eq\f(6k1,keq\o\al(2,1)＋9)，所以xE＝－eq\f(6k1,keq\o\al(2,1)＋9)，yE＝k1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6k1,keq\o\al(2,1)＋9)))＋3＝eq\f(27－3keq\o\al(2,1),keq\o\al(2,1)＋9)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6k1,keq\o\al(2,1)＋9)，\f(27－3keq\o\al(2,1),keq\o\al(2,1)＋9))).因为k1k2＝－9，所以k2＝－