高考数学专题突破--平面解析几何

高考数学专题突破--平面解析几何

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[高考点拨]　平面解析几何是浙江新高考的重点内容，常以“两小一大”呈现，两小题主要考查直线与圆的位置关系．双曲线的图象和性质(有时考查抛物线的图象和性质)，一大题常考查以椭圆(或抛物线)为背景的图象和性质问题．基于上述分析，本专题将从“直线与圆”“圆锥曲线的定义、方程、几何性质”“圆锥曲线中的综合问题”三条主线引领复习和提升．

突破点1　直线与圆

[核心知识提炼]

提炼1 圆的方程

(1)圆的标准方程

当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特别地，当圆心在原点时，方程为x2＋y2＝r2.

(2)圆的一般方程

x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F＞0，表示以为圆心，为半径的圆.

提炼2 求解直线与圆相关问题的两个关键点

　 (1)三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理．

(2)两个公式：点到直线的距离公式d＝，弦长公式|AB|＝2 (弦心距d)．

提炼3求距离最值问题的本质

　 (1)圆外一点P到圆C上的点距离的最大值为|PC|＋r，最小值为|PC|－r，其中r为圆的半径．

(2)圆上的点到直线的最大距离是d＋r，最小距离是d－r，其中d为圆心到直线的距离，r为圆的半径．

(3)过圆内一点，直径是最长的弦，与此直径垂直的弦是最短的弦．

[高考真题回访]

回访1　两条直线的位置关系

1．(浙江高考)设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的(　　)

A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

A　[若直线l1与l2平行，则a(a＋1)－2×1＝0，即a＝－2或a＝1，所以a＝1是直线l1与直线l2平行的充分不必要条件．]

2．(浙江高考)若直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0互相垂直，则实数m＝________.

1　[∵直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0互相垂直，

∴2－2m＝0，∴m＝1.]

回访2　圆的方程

3．(浙江高考)已知a∈R方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．

(－2，－4)　5　[由二元二次方程表示圆的条件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.当a＝2时，方程为4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得2＋(y＋1)2＝－<0，不表示圆；

当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.]

4．(浙江高考)已知实数x，y满足x2＋y2≤1，则|2x＋y－4|＋|6－x－3y|的最大值是________．

15　[∵x2＋y2≤1，∴2x＋y－4<0,6－x－3y>0，∴|2x＋y－4|＋|6－x－3y|＝4－2x－y＋6－x－3y＝10－3x－4y.

令z＝10－3x－4y，

如图，设OA与直线－3x－4y＝0垂直，∴直线OA的方程为y＝x.

联立得A，

∴当z＝10－3x－4y过点A时，z取最大值，zmax＝10－3×－4×＝15.]

5．(浙江高考)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.

(1)求椭圆C1的方程；

(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．

[解]　(1)由题意得

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为y＝kx－1. 6分

又圆C2：x2＋y2＝4，故点O到直线l1的距离d＝，

所以|AB|＝2＝2.

又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.

由消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，

故x0＝－，所以|PD|＝. 8分

设△ABD的面积为S，则S＝|AB|·|PD|＝，

所以S＝≤＝，当且仅当k＝±时取等号．

所以所求直线l1的方程为y＝±x－1. 15分

回访3　直线与圆、圆与圆的位置关系

6．(浙江高考)已知圆x2＋y2＋2x－2y＋a＝0截直线x＋y＋2＝0所得弦的长度为4，则实数a的值是(　　)

A．－2 B．－4

C．－6 D．－8

B　[由圆的方程x2＋y2＋2x－2y＋a＝0可得，圆心为(－1,1)，半径r＝.圆心到直线x＋y＋2＝0的距离为d＝＝.由r2＝d2＋2得2－a＝2＋4，所以a＝－4.]

7．(浙江高考)直线y＝2x＋3被圆x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦长等于__________．

4　[圆的方程可化为(x－3)2＋(y－4)2＝25，故圆心为(3,4)，半径r＝5.又直线方程为2x－y＋3＝0，所以圆心到直线的距离为d＝＝，所以弦长为2＝2×＝2＝4.]

8．(浙江高考)如图，已知抛物线C1：y＝x2，圆C2：x2＋(y－1)2＝1，过点P(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA，PB分别与抛物线C1和圆C2相切，A，B为切点．

(1)求点A，B的坐标；

(2)求△PAB的面积．

[解]　(1)由题意知直线PA的斜率存在，故可设直线PA的方程为y＝k(x－t).

由消去y，整理得x2－4kx＋4kt＝0，

由于直线PA与抛物线相切，得k＝t.

因此，点A的坐标为(2t，t2)．

设圆C2的圆心为D(0,1)，点B的坐标为(x0，y0)．由题意知：点B，O关于直线PD对称，故

解得因此，点B的坐标为.

(2)由(1)知|AP|＝t·，

直线PA的方程为tx－y－t2＝0.

点B到直线PA的距离是d＝.

设△PAB的面积为S(t)，则S(t)＝|AP|·d＝.

热点题型1　圆的方程

题型分析：求圆的方程是高考考查的重点内容，常用的方法是待定系数法或几何法.

【例1】　(1)已知圆C关于y轴对称，经过点A(1,0)，且被x轴分成的两段弧长之比为1∶2，则圆C的方程为________．

(2)已知⊙M的圆心在第一象限，过原点O被x轴截得的弦长为6，且与直线3x＋y＝0相切，则圆M的标准方程为________．

(1)x2＋2＝　(2)(x－3)2＋(y－1)2＝10　[(1)因为圆C关于y轴对称，所以圆C的圆心C在y轴上，可设C(0，b)，

设圆C的半径为r，则圆C的方程为x2＋(y－b)2＝r2.

依题意，得解得

所以圆C的方程为x2＋2＝.

(2)法一：设⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(a＞0，b＞0，r＞0)，由题意知

解得故⊙M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.

法二：因为圆M过原点，故可设方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＝0，又被x轴截得的弦长为6且圆心在第一象限，则2＝32，故D＝－6，与3x＋y＝0相切，则＝，即E＝D＝－2，因此所求方程为x2＋y2－6x－2y＝0.

故⊙M的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.]

[方法指津]

求圆的方程的两种方法

1．几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程．

2．代数法，即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．

[变式训练1]　(1)圆x2＋y2－2y－3＝0的圆心坐标是________，半径是________．

(2)抛物线y2＝4x与过其焦点且垂直于x轴的直线相交于A，B两点，其准线与x轴的交点为M，则过M，A，B三点的圆的标准方程为________．

(1)(0,1)　2　(2)(x－1)2＋y2＝4　[(1)化圆的一般式方程为标准方程，得x2＋(y－1)2＝4，由此知该圆的圆心坐标为(0,1)，半径为2.

(2)由题意知，A(1,2)，B(1，－2)，M(－1,0)，

△AMB是以点M为直角顶点的直角三角形，则线段AB是所求圆的直径，故所求圆的标准方程为(x－1)2＋y2＝4.]

热点题型2　直线与圆、圆与圆的位置关系

题型分析：直线与圆、圆与圆的位置关系是高考考查的热点内容，解决的方法主要有几何法和代数法.

【例2】　(1)已知直线l：mx＋y＋3m－＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若|AB|＝2，则|CD|＝________.

4　[由直线l：mx＋y＋3m－＝0知其过定点(－3，)，圆心O到直线l的距离为d＝.

由|AB|＝2得2＋()2＝12，解得m＝－.又直线l的斜率为－m＝，所以直线l的倾斜角α＝.

画出符合题意的图形如图所示，过点C作CE⊥BD，则∠DCE＝.在Rt△CDE中，可得|CD|＝＝2×＝4.]

(2)如图，已知圆G：(x－2)2＋y2＝r2是椭圆＋y2＝1的内接△ABC的内切圆，其中A为椭圆的左顶点．

①求圆G的半径r；

②过点M(0,1)作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点，证明：直线EF与圆G相切．

[解]　①设B(2＋r，y0)，过圆心G作GD⊥AB于D，BC交长轴于H.

由＝得＝，

即y0＝，　　①

而B(2＋r，y0)在椭圆上，

y＝1－＝＝－，　　②

由①②式得15r2＋8r－12＝0，

解得r＝或r＝－(舍去).

②证明：设过点M(0,1)与圆(x－2)2＋y2＝相切的直线方程为y＝kx＋1，③

则＝，即32k2＋36k＋5＝0，④

解得k1＝，k2＝.

将③代入＋y2＝1得(16k2＋1)x2＋32kx＝0，则异于零的解为x＝－.

设F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，则

x1＝－，x2＝－，

则直线FE的斜率为kEF＝＝＝，

于是直线FE的方程为y＋－1＝.

即y＝x－，则圆心(2,0)到直线FE的距离d＝＝，故结论成立.

[方法指津]

1．直线(圆)与圆的位置关系的解题思路

(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量．研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较．

(2)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，过圆外一点求解切线段长可转化为圆心到圆外点的距离，利用勾股定理计算．

2．弦长的求解方法

(1)根据平面几何知识构建直角三角形，把弦长用圆的半径和圆心到直线的距离表示，l＝2 (其中l为弦长，r为圆的半径，d为圆心到直线的距离)．

(2)根据公式：l＝|x1－x2|求解(其中l为弦长，x1，x2为直线与圆相交所得交点的横坐标，k为直线的斜率)．

(3)求出交点坐标，用两点间距离公式求解．

[变式训练2]　(1)如图，圆M和圆N与直线l：y＝kx分别相切于A，B，与x轴相切，并且圆心连线与l交于点C，若|OM|＝|ON|且＝2，则实数k的值为(　　)

A．1　　　 B.　　　　

C.　　　　 D.

D　[分别过点M，N作x轴的垂线，垂足分别为E，F.由题意，得△MAC∽△NBC，由＝2，知|MA|＝2|NB|.又由x轴与直线y＝kx是两个圆的公切线知∠MON＝90°，|MA|＝|ME|，|NB|＝|NF|，结合|OM|＝|ON|，知|ME|＝2|NF|，△OME≌△NOF，所以|OF|＝|ME|＝2|NF|，所以tan∠NOF＝＝，则tan∠BOF＝tan 2∠NOF＝＝，故选D.

(2)已知点M(－1,0)，N(1,0)，曲线E上任意一点到点M的距离均是到点N距离的倍．

①求曲线E的方程；

②已知m≠0，设直线l1：x－my－1＝0交曲线E于A，C两点，直线l2：mx＋y－m＝0交曲线E于B，D两点．C，D两点均在x轴下方．当CD的斜率为－1时，求线段AB的长．

[解]　①设曲线E上任意一点坐标为(x，y)，

由题意，＝，

整理得x2＋y2－4x＋1＝0，即

(x－2)2＋y2＝3为所求.

②由题知l1⊥l2，且两条直线均恒过点N(1,0)，设曲线E的圆心为E，则E(2,0)，线段CD的中点为P，则直线EP：y＝x－2，设直线CD：y＝－x＋t，由解得点P由圆的几何性质，

|NP|＝|CD|＝，

而|NP|2＝2＋2，|ED|2＝3，

|EP|2＝2，∴2＋2＝3－2，解得t＝0或t＝3，

又C，D两点均在x轴下方，直线CD：y＝－x.

由解得或

设C，D，

由消去y得：

(u2＋1)x2－2(u2＋2)x＋u2＋1＝0，(*)

方程(*)的两根之积为1，所以点A的横坐标

xA＝2＋，又因为点C在直线l1：x－my－1＝0上，解得m＝＋1， 11分

直线l1：y＝(－1)(x－1)，所以A(2＋，1)，

同理可得，B(2－，1)，所以线段AB的长为2.

突破点2　圆锥曲线的定义、方程、几何性质

[核心知识提炼]

提炼1圆锥曲线的定义

(1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a＞|F1F2|)．

(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a＜|F1F2|)．

(3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M(l为抛物线的准线).

提炼2 圆锥曲线的重要性质

　 (1)椭圆、双曲线中a，b，c之间的关系

①在椭圆中：a2＝b2＋c2；离心率为e＝＝；

②在双曲线中：c2＝a2＋b2；离心率为e＝＝.

(2)双曲线的渐近线方程与焦点坐标

①双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线方程为y＝±x；焦点坐标F1(－c,0)，F2(c,0)；

②双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线方程为y＝±x，焦点坐标F1(0，－c)，F2(0，c)．

(3)抛物线的焦点坐标与准线方程

①抛物线y2＝±2px(p＞0)的焦点坐标为，准线方程为x＝∓；

②抛物线x2＝±2py(p＞0)的焦点坐标为，准线方程为y＝∓.

提炼3弦长问题

　 (1)直线与圆锥曲线相交时的弦长

斜率为k的直线与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝|x1－x2|＝·或|AB|＝|y1－y2|＝.

(2)抛物线焦点弦的几个常用结论

设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则①x1x2＝，y1y2＝－p2；②弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝(α为弦AB的倾斜角)；③＋＝；④以弦AB为直径的圆与准线相切．

[高考真题回访]

回访1　椭圆及其性质

1．(浙江高考)椭圆＋＝1的离心率是(　　)

A.　 B.

C. D.

B　[∵椭圆方程为＋＝1，

∴a＝3，c＝＝＝.

∴e＝＝.

故选B.]

2．(浙江高考)已知椭圆C1：＋y2＝1(m>1)与双曲线C2：－y2＝1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则(　　)

A．m>n且e1e2>1　　　　 B．m>n且e1e2<1

C．m<n且e1e2>1 D．m<n且e1e2<1

A　[C1的焦点为(±，0)，C2的焦点为

(±，0)，

∵C1与C2的焦点重合，

∴＝，∴m2＝n2＋2，∴m2>n2.

∵m>1，n>0，∴m>n.

∵C1的离心率e1＝，C2的离心率e2＝，

∴e1e2＝·

＝＝

＝＝>＝1.]

3．(浙江高考)椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点F(c,0)关于直线y＝x的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是________．

　[设椭圆的另一个焦点为F1(－c,0)，如图，连接QF1，QF，设QF与直线y＝x交于点M.

由题意知M为线段QF的中点，且OM⊥FQ.

又O为线段F1F的中点，

∴F1Q∥OM，

∴F1Q⊥QF，|F1Q|＝2|OM|.

在Rt△MOF中，tan∠MOF＝＝，|OF|＝c，

可解得|OM|＝，|MF|＝，

故|QF|＝2|MF|＝，|QF1|＝2|OM|＝.

由椭圆的定义得|QF|＋|QF1|＝＋＝2a，

整理得b＝c，∴a＝＝c，

故e＝＝.]

4．(浙江高考)如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．

(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；

(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.

[解]　(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，由消去y，得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.

由于l与椭圆C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得点P的坐标为.

又点P在第一象限，

故点P的坐标为.

(2)证明：由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，所以点P到直线l1的距离

d＝，

整理，得d＝.

因为a2k2＋≥2ab，

所以≤＝a－b，

当且仅当k2＝时等号成立．

所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.

回访2　双曲线及其性质

5．(浙江高考)设双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1，F2.若点P在双曲线上，且△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|＋|PF2|的取值范围是________．

(2，8)　[∵双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，∴|F1F2|＝4，||PF1|－|PF2||＝2.若△F1PF2为锐角三角形，则由余弦定理知|PF1|2＋|PF2|2－16>0，可化为(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|>16①.由||PF1|－|PF2||＝2，得(|PF1|＋|PF2|)2－4|PF1||PF2|＝4.故2|PF1||PF2|＝，代入不等式①可得(|PF1|＋|PF2|)2>28，解得|PF1|＋|PF2|>2.不妨设P在左支上，∵|PF1|2＋16－|PF2|2>0，即(|PF1|＋|PF2|)·(|PF1|－|PF2|)>－16，又|PF1|－|PF2|＝－2，

∴|PF1|＋|PF2|<8.故2<|PF1|＋|PF2|<8.]

6．(浙江高考)双曲线－y2＝1的焦距是________，渐近线方程是________．

2　y＝±x　[由双曲线标准方程，知双曲线焦点在x轴上，且a2＝2，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝3，即c＝，∴焦距2c＝2，渐近线方程为y＝±x，即y＝±x.]

7．(浙江高考)设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m,0)满足|PA|＝|PB|，则该双曲线的离心率是________．

　[双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x.

由得A，

由得B，

所以AB的中点C坐标为.

设直线l：x－3y＋m＝0(m≠0)，

因为|PA|＝|PB|，所以PC⊥l，

所以kPC＝－3，化简得a2＝4b2.

在双曲线中，c2＝a2＋b2＝5b2，所以e＝＝.]

回访3　抛物线及其性质

8．(浙江高考)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(　　)

A. B.

C. D.

A　[由图形可知，△BCF与△ACF有公共的顶点F，且A，B，C三点共线，易知△BCF与△ACF的面积之比就等于.由抛物线方程知焦点F(1,0)，作准线l，则l的方程为x＝－1.∵点A，B在抛物线上，过A，B分别作AK，BH与准线垂直，垂足分别为点K，H，且与y轴分别交于点N，M.由抛物线定义，得|BM|＝|BF|－1，|AN|＝|AF|－1.在△CAN中，BM∥AN，∴＝＝.

9．(浙江高考)若抛物线y2＝4x上的点M到焦点的距离为10，则M点到y轴的距离是________．

9　[设点M的横坐标为x，则点M到准线x＝－1的距离为x＋1，由抛物线的定义知x＋1＝10，∴x＝9，

∴点M到y轴的距离为9.]

10．(浙江高考)如图12­3，设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.

(1)求p的值；

(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围．

[解]　(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离， 2分

由抛物线的定义得＝1，即p＝2.

(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.

因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，

由消去x得y2－4sy－4＝0， 6分

故y1y2＝－4，所以B.

又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为－，从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－，所以N. 8分

设M(m,0)，由A，M，N三点共线得＝，

于是m＝＝2＋，

所以m<0或m>2.

经检验，m<0或m>2满足题意．

综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).

热点题型1　圆锥曲线的定义、标准方程

题型分析：圆锥曲线的定义、标准方程是高考常考内容，主要以选择、填空的形式考查，解题时分两步走：第一步，依定义定“型”，第二步，待定系数法求“值”.

【例1】　(1)已知方程－＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是(　　)

A．(－1,3)　 B．(－1，)

C．(0,3) D．(0，)

(2)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若＝4，则|QF|＝(　　)

A.　　　　 B．3

C.　　　　 D．2

(1)A　(2)B　[(1)若双曲线的焦点在x轴上，则

又∵(m2＋n)＋(3m2－n)＝4，∴m2＝1，∴

∴－1<n<3.

若双曲线的焦点在y轴上，则双曲线的标准方程为

－＝1，即

即n>3m2且n<－m2，此时n不存在．故选A.

(2)如图所示，因为＝4，所以＝，过点Q作QM⊥l垂足为M，则MQ∥x轴，

所以＝＝，所以|MQ|＝3，由抛物线定义知|QF|＝|QM|＝3.]

[方法指津]

求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算”

1．定型，就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程．

2．计算，即利用待定系数法求出方程中的a2，b2或p.另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，椭圆常设mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0)，双曲线常设为mx2－ny2＝1(mn＞0)．

[变式训练1]　(1)经过点(2,1)，且渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1相切的双曲线的标准方程为(　　)

A.－＝1 B.－y2＝1

C.－＝1 D.－＝1

(2)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，O为坐标原点，F为其焦点，准线与x轴交点为E，P为抛物线上任意一点，则(　　)

图12­4

A．有最小值 B．有最小值1

C．无最小值 D．最小值与p有关

(1)A　(2)A　[(1)设双曲线的渐近线方程为y＝kx，即kx－y＝0，由题意知＝1，解得k＝±，则双曲线的焦点在x轴上，设双曲线方程为－＝1，

则有解得故选A.

(2)过点P作PF′垂直于准线交准线于F′.设P，故|PF′|＝＋，|EF′|＝y，因为＝≤1，此时有最小值，故选A.]

热点题型2　圆锥曲线的几何性质

题型分析：圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点和热点，其中求圆锥曲线的离心率是最热门的考点之一，建立关于a，c的方程或不等式是求解的关键.

【例2】　(1)已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝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.　　　　 B.

C.　　　　 D.

(2)设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A，B在抛物线上，且∠AFB＝120°，弦AB的中点M在准线l上的射影为M1，则的最大值为________．

(1)A　(2)　[(1)如图所示，由题意得A(－a,0)，B(a,0)，F(－c,0)．由PF⊥x轴得P.

设E(0，m)，又PF∥OE，得＝，

则|MF|＝. ①

又由OE∥MF，得＝，

则|MF|＝. ②

由①②得a－c＝(a＋c)，即a＝3c，所以e＝＝.

故选A.

(2)如图所示，由抛物线的定义以及梯形的中位线定理得|MM1|＝，在△ABF中，由余弦定理得|AB|2＝|AF|2＋|BF|2－2|AF|·|BF|cos＝|AF|2＋|BF|2＋|AF|·|BF|＝(|AF|＋|BF|)2－|AF|·|BF|≥(|AF|＋|BF|)2－2＝3|MM1|2，当且仅当|AF|＝|BF|时，等号成立，故取得最大值.]

[方法指津]

1．求椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的方法

求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值．

2．双曲线的渐近线的求法及用法

(1)求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得．

(2)用法：①可得或的值．

②利用渐近线方程设所求双曲线的方程．

[变式训练2]　(1)已知F1，F2是双曲线E：－＝1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1＝，则E的离心率为(　　)

A.　　　　 B.

C.　　　　 D．2

(2)(名师押题)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与椭圆交于A，B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则椭圆的离心率为(　　) A. B．2－

C.－2 D.－

(1)A　(2)D　[(1)法一：如图，因为MF1与x轴垂直，所以|MF1|＝.又sin∠MF2F1＝，所以＝，

即|MF2|＝3|MF1|.由双曲线的定义得2a＝|MF2|－|MF1|＝2|MF1|＝，所以b2＝a2，所以c2＝b2＋a2＝2a2，所以离心率e＝＝.

法二：如图，因为MF1⊥x轴，所以|MF1|＝.

在Rt△MF1F2中，由sin∠MF2F1＝得

tan∠MF2F1＝.

所以＝，即＝，即＝，

整理得c2－ac－a2＝0，

两边同除以a2得e2－e－1＝0.

解得e＝(负值舍去)．

(2)设|F1F2|＝2c，|AF1|＝m，

若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，

∴|AB|＝|AF1|＝m，|BF1|＝m.

由椭圆的定义可知△F1AB的周长为4a，

∴4a＝2m＋m，m＝2(2－)a.

∴|AF2|＝2a－m＝(2－2)a.

∵|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2，

∴4(2－)2a2＋4(－1)2a2＝4c2，

∴e2＝9－6，e＝－.]

突破点3　圆锥曲线中的综合问题

[核心知识提炼]

提炼1 解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握

　 (1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关．

(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值．

(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.

提炼2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手

　 (1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围．

(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解．

(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围．

(4)利用基本不等式求最值与范围．

(5)利用函数值域的方法求最值与范围．

提炼3 与圆锥曲线有关的探索性问题

　 (1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性．通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律．

(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在．

[高考真题回访]

回访　直线与圆锥曲线的综合问题

1．(浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A－，，B，抛物线上的点P(x，y)－<x<.过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.

(1)求直线AP斜率的取值范围．

(2)求|PA|·|PQ|的最大值．

[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，

因为－<x<，

所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1). 6分

(2)联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是xQ＝. 9分

因为|PA|＝＝(k＋1)，

|PQ|＝(xQ－x)＝－，

所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.12分

令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，

因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，

所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.

2．(2016·浙江高考)如图13­2，设椭圆＋y2＝1(a>1)．

图13­2

(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；

(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．

[解]　(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，

由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，

故x1＝0，x2＝－.

因此|AM|＝|x1－x2|＝·.

(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.

记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2>0，k1≠k2.

由(1)知，|AP|＝，

|AQ|＝，

故＝，

所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.

由于k1≠k2，k1，k2>0得

1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，

因此＝1＋a2(a2－2)． ①

因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是

1＋a2(a2－2)>1，

所以a>.

因此，任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a≤.

由e＝＝，得0<e≤.

所求离心率的取值范围为0<e≤.

3．(浙江高考)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．

(1)求实数m的取值范围；

(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．

图13­3

[解]　(1)由题意知m≠0，

可设直线AB的方程为y＝－x＋b.

由消去y，得

x2－x＋b2－1＝0.

因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋>0. ①

将线段AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－.

②

由①②得m<－或m>.

(2)令t＝∈∪，

则|AB|＝·，

且O到直线AB的距离为d＝.

设△AOB的面积为S(t)，所以

S(t)＝|AB|·d＝≤，

当且仅当t2＝时，等号成立．

故△AOB面积的最大值为.

4．(浙江高考)已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，＝3.

(1)若|PF|＝3，求点M的坐标；

(2)求△ABP面积的最大值．

图13­4

[解]　(1)由题意知焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1.

设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得到y0＝2，所以P(2，2)或P(－2，2)．

由＝3得M或M.

(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．

由得x2－4kx－4m＝0.

于是Δ＝16k2＋16m＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，所以AB的中点M的坐标为(2k,2k2＋m)．

由＝3，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)，

所以由x＝4y0，得k2＝－m＋.

由Δ＞0，k2≥0，得－＜m≤.

又因为|AB|＝4·，

点F(0,1)到直线AB的距离为d＝，

所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1|

＝.

记f(m)＝3m3－5m2＋m＋1，

令f′(m)＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝，m2＝1.

可得f(m)在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数．

又f＝＞f，所以，当m＝时，f(m)取到最大值，此时k＝±.