与名师对话·系列丛书第页二轮专题复习·课标版·数学（文）重难点透析与名师对话·系列丛书第页课时作业专题五第三讲名师微课堂二轮专题复习·课标版·数学（文）第一篇专题五与名师对话·系列丛书第页二轮专题复习·课标版·数学（文）重难点透析与名师对话·系列丛书第页课时作业专题五第三讲名师微课堂二轮专题复习·课标版·数学（文）由得x2－mx＋m2－3＝0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3.
|AB|＝＝.
由＝得＝1，解得m＝±，满足()．
直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.
知识方法篇解析几何第讲直线与圆锥曲线的位置关系2014考纲解读 核心考点 2015年高考预测 1.了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系．
2.会证明与曲线上动点有关的定值问题，会按条件建立目标函数，研究变量的最值问题及变量的取值范围问题. 轨迹问题 1.圆锥曲线中的弦长问题．
2.圆锥曲线中的定点、定值问题．
3.圆锥曲线中的最值问题及参数范围问题．
4.动点的轨迹问题. 定点与定值问题 参变量的取值范围与最值问题
考一轨迹问题【自主回顾】
求轨迹方程的常用方法
(1)直译法：将几何关系直接翻译成代数方程；
(2)定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程；
(3)相关点法(代入法)：把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联系；
(4)交轨法：写出两条动直线的方程直接消参，求得两条动直线交点的轨迹；
(5)参数法：将动点的坐标(x，y)表示为第三个变量的函数，再消参得所求方程．
求得轨迹方程后应注意特殊点的验证，若不适合方程，应注明．
1．动点P到点A(8,0)的距离是到点B(2,0)的距离的2倍，则动点P的轨迹方程为()
A．x2＋y2＝32B．x2＋y2＝16
C．(x－1)2＋y2＝16D．x2＋(y－1)2＝16
解析：设P(x，y)，则由题意可得
2＝，
化简整理得x2＋y2＝16，故选B.
答案：B
2．P是椭圆＋y2＝1上的任意一点，F1，F2是它的两个焦点，O为坐标原点，有一动点Q满足＝＋，则动点Q的轨迹方程是________．
解析：由＝＋，
又＋＝＝2＝－2，
设Q(x，y)，P(x0，y0)，
由＝－，
则(x0，y0)＝，
又P在椭圆上，则有＋2＝1，即＋＝1.
答案：＋＝1
【典例剖析】
(2014·新课标全国卷)已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．
(1)求M的轨迹方程；
(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及POM的面积．
【思路启迪】(1)利用圆的几何性质转化为·＝0，利用直接法求解；(2)利用|OP|＝|OM|转化求解．
【解】(1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0,4)，半径为4.
设M(x，y)，则＝(x，y－4)，＝(2－x,2－y)．
由题设知·＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，
即(x－1)2＋(y－3)2＝2.
由于点P在圆C的内部，
所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.
(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，为半径的圆．
由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上．
又P在圆N上，从而ONPM.
因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－，
故l的方程为y＝－x＋.
又|OM|＝|OP|＝2，O到l的距离为，|PM|＝，所以POM的面积为.
求轨迹方程时，先看轨迹的形状能否预知，若能预先知道轨迹为圆锥曲线，则可考虑用定义法或待定系数法求解，直接法和相关点法也是求动点轨迹方程常用的方法．
【举一反三】
已知点P是圆(x＋1)2＋y2＝16上的动点，圆心为B，A(1,0)是圆内的定点；PA的中垂线交BP于点Q.
(1)求点Q的轨迹C的方程；
(2)若直线l交轨迹C于M，N(MN与x轴、y轴都不平行)两点，G为MN的中点，求kMN·kOG的值(O为坐标系原点)．
解：(1)由条件知|QA|＝|QP|.
|QB|＋|QP|＝4，|QB|＋|QA|＝4.
|AB|＝2<4，
点Q的轨迹是以B，A为焦点的椭圆．
2a＝4,2c＝2，b2＝3，
点Q的轨迹C的方程是＋＝1.
(2)解法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1≠x2，y1≠y2)，则G，
∴＋＝1，＋＝1，
(x－x)＋(y－y)＝0，
＝－，
kMN＝，kOG＝，
kMN×kOG＝＝－.
解法二：设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1≠x2，y1≠y2)，直线MN的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
则G.
y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b，
kOG＝＝k＋.
将y＝kx＋b代入椭圆方程得：(4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
∴x1＋x2＝－，
kOG＝k＋＝k－＝－，
所以kMN·kOG＝k·＝－.
考最值问题与范围问题【自主回顾】
求最值或求范围问题常见的解法有两种
(1)几何法．若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．
(2)代数法．若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．
在解决最值和范围问题时不可忽略特殊直线，如斜率不存在的直线，斜率为0的直线等．
1．已知抛物线y2＝4x，过焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，过A、B分别作y轴垂线，垂足分别为C、D，则|AC|＋|BD|的最小值为()
A．1B．2C．4D．8
解析：由题意知F(1,0)，|AC|＋|BD|＝|AF|＋|FB|－2＝|AB|－2，即|AC|＋|BD|取得最小值时当且仅当|AB|取得最小值．依据抛物线定义知当|AB|为通径，即|AB|＝2p＝4时，为最小值，所以|AC|＋|BD|的最小值为2.
答案：B
2．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是________．
解析：如图，由题意知，渐近线l1：y＝x与过焦点F的直线l平行，或渐近线l1从该位置绕原点按逆时针旋转时，直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，≥，即c2＝a2＋b2≥4a2，e≥2.
答案：[2，＋∞)
【典例剖析】
(2014·北京卷)已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OAOB，求线段AB长度的最小值．
【思路启迪】(1)把椭圆方程化为标准形式，确定a，b，c的值，由公式求离心率；(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，由OAOB，把t用x0，y0表示出来．利用两点间距离公式表示|AB|，并由点B在椭圆上，把|AB|化为只含有x0一个变量的函数式，根据x0的取值范围确定最值．
【解】(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1，
所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.
因此a＝2，c＝.
故椭圆C的离心率e＝＝.
(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.
因为OAOB，所以·＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.又x＋2y＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝2＋(y0－2)2＝x＋y＋＋4＝x＋＋＋4＝＋＋4(0
因为＋≥4(0
所以|AB|2≥8.
故线段AB长度的最小值为2.
解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系时，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理．
【举一反三】
(2014·山东青岛质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，离心率为，其右焦点为F，过点B(0，b)作直线交椭圆于另一点A.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－2)与椭圆N：＋＝相交于两点G，H，且||<，求k的取值范围．
解：(1)由题意知c＝，e＝＝，
又a2－b2＝c2，解得a＝，b＝，
椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意可知直线GH的斜率存在．
设G(x1，y1)，H(x2，y2)．
由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
由Δ＝64k4－4(2k2＋1)(8k2－2)>0得k2<，()
x1＋x2＝，x1x2＝.
||<，即|x1－x2|<，
(1＋k2)<，
k2>，结合()得
－
考定点问题与定值问题【自主回顾】
圆锥曲线中，存在着许多定值、过定点问题，不需要强记这些定值的结论，而是要掌握这些定值、定点问题的基本研究方法，如设直线的点斜式方程，方程组的思想，根与系数的关系的利用，焦半径的转化等等．同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定值、定点问题的填空题或选择题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的通径来研究等．
在定点与定值的解答题中，可以先通过特殊情况猜得定点或定值，给我们提供思维上的引导．
1．(2014·合肥市高三统一质量检测)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，点P为抛物线上一点，且在第一象限，PAl，垂足为A，|PF|＝4，则直线AF的倾斜角等于()
A. B.
C. D.
解析：由抛物线定义知|PF|＝|PA|，所以P点坐标为(3,2)，所以A点坐标为(－1,2)，AF与x轴夹角为，所以直线AF的倾斜角为π，选B.
答案：B
2．若直线l与抛物线y2＝8x相交于A、B两点，点O为坐标原点，且OAOB，则直线l所过定点Q的坐标为________．
解析：设直线l与抛物线交于点(x1，y1)，(x2，y2)．(a)若l斜率存在，设为k，则，ky2－8y＋8b＝0，，所以y1y2＝，又，得x1x2＝＝，由OAOB，得·＝－1，即＝－1，b＝－8k，直线为y＝k(x－8)，所以l过定点(8,0)；(b)若直线l与x轴垂直，则直线OA(或
直线OB)的斜率为1，，得x＝8，直线l过定点(8,0)．由(a)(b)得，直线恒过定点(8,0)．
答案：(8,0)
【典例剖析】
(2014·江西卷)如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．证明：动点D在定直线上．
【思路启迪】利用直线与抛物线的位置关系得到关于x的方程，再进一步化简求证．
【证明】依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，
得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.
直线AO的方程为y＝x；BD的方程为x＝x2.
解得交点D的坐标为
注意到x1x2＝－8及x＝4y1，
则有y＝＝＝－2.
因此D点在定直线y＝－2上(x≠0)．
定点、定值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、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、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．
【举一反三】
(2014·南昌模拟)已知E(2,2)是抛物线C：y2＝2px上一点，经过点(2,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点(不同于点E)，直线EA，EB分别交直线x＝－2于点M，N.
(1)求抛物线方程及其焦点坐标；
(2)已知O为原点，求证：MON为定值．
解：(1)将E(2,2)代入y2＝2px，得p＝1，
所以抛物线方程为y2＝2x，焦点坐标为.
(2)证明：设A，B，
M(xM，yM)，N(xN，yN)
证法一：因为直线l不经过点E，所以直线l一定有斜率，
设直线l方程为y＝k(x－2)，
与抛物线方程联立得到消去x，
得：ky2－2y－4k＝0，
则由韦达定理得：y1y2＝－4，y1＋y2＝.
直线AE的方程为：y－2＝(x－2)，
即y＝(x－2)＋2，
令x＝－2，得yM＝，
同理可得：yN＝.
又＝(－2，yM)，＝，
所以·＝4＋yMyN＝4＋·
＝4＋
＝4＋＝0.
所以OMON，即MON为定值.
证法二：设直线l方程为x＝my＋2，
与抛物线方程联立得到消去x，得：
y2－2my－4＝0，
则由韦达定理得：y1y2＝－4，y1＋y2＝2m，
直线AE的方程为：y－2＝(x－2)，
即y＝(x－2)＋2，
令x＝－2，得yM＝，
同理可得：yN＝.
又＝(－2，yM)，＝，
·＝4＋yMyN＝4＋
＝4＋
＝4＋＝0，
所以OMON，即MON为定值.
考圆锥曲线中的探究性问题【自主回顾】
解决存在性问题，通常是从存在入手，根据题目要求，逐步求解，找到符合要求的条件，则存在，否则，不存在．
1．已知0<θ<，则双曲线C1：－＝1与C2：－＝1的()
A．实轴长相等B．虚轴长相等
C．离心率相等D．焦距相等
答案：A
解析：双曲线C1的半焦距c1＝＝1，双曲线C2的半焦距c2＝＝1，故选D.
答案：D
2．(2014·衡水中学二调)已知等边三角形ABF的顶点F是抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点，顶点B在抛物线的准线l上且ABl，则点A的位置()
A．在C1开口内B．在C1上
C．在C1开口外D．与p值有关
解析：设B，由已知有AB中点的横坐标为，则A，ABF是边长|AB|＝2p的等边三角形，即|AF|＝＝2p，p2＋m2＝4p2，m＝±p，A，代入y2＝2px中，得点A在抛物线上，故选B.
答案：B
【典例剖析】
(2013·安徽卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点P(，)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设Q(x0，y0)(x0，y0≠0)为椭圆C上一点．过点Q作x轴的垂线，垂足为E.取点A(0,2)，连接AE.过点A作AE的垂线交x轴于点D.点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG.问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由．
【思路启迪】(1)用待定系数法求椭圆的方程；(2)用向量法研究垂直关系，即向量数量积为0，得G的坐标，进而写出QG的方程．代入椭圆方程，确定其方程特征，作出判断．
【解】(1)因为焦距为4，所以a2－b2＝4.又因为椭圆C过点P(，)，所以＋＝1，故a2＝8，b2＝4，从而椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意，E点坐标为(x0,0)．设D(xD,0)，则＝(x0，－2)，＝(xD，－2)．
再由ADAE知，·＝0，即xDx0＋8＝0.由于x0，y0≠0，故xD＝－.
因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点G.
故直线QG的斜率kQG＝＝.
又因Q(x0，y0)在椭圆C上，所以
x＋2y＝8.
从而kQG＝－.
故直线QG的方程为y＝－.
将代入椭圆C方程，得
(x＋2y)x2－16x0x＋64－16y＝0.
再将代入，化简得
x2－2x0x＋x＝0.
解得x＝x0，y＝y0，即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点．
求椭圆的方程主要用待定系数法，小心求错，用好a2＝b2＋c2的代换．(2)问的求解要有图形，结合图形，依据所给的数据去合理转化，准确运算是解析几何求解常用的方法．本题由于求解的“唯一性”问题，因此需要清楚唯一性问题求解策略．
【举一反三】
(2014·山西四校联考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(c,0)，M为椭圆的上顶点，O为坐标原点，且两焦点和短轴的两端构成边长为的正方形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是否存在直线l交椭圆于P，Q，且使得F为PQM的垂心，若存在，求出M点的坐标，若不存在，请说明理由．
解：(1)由两焦点与短轴的两端点构成边长为的正方形，则a＝，b＝c＝1，所以椭圆方程为＋y2＝1.
(2)假设存在直线l交椭圆于P、Q两点，且使F为PQM的垂心，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(0,1)，F(1,0)，则kMF＝－1，故直线l的斜率k＝1，设直线l的方程为y＝x＋m，
由得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
由题意知Δ>0，即m2<3，
且x1＋x2＝－，x1x2＝，
由题意应有·＝0，
而＝(x1，y1－1)，＝(x2－1，y2)，
x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝x1x2－x1－y2＋y1y2
＝x1x2－x1－x2－m＋(x1＋m)(x2＋m)
故2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0，
∴2·－m(m－1)＋m2－m＝0，
解得m＝－或m＝1，经检验，当m＝1时，PQM不存在，故舍去m＝1，
当m＝－时，所求直线方程为y＝x－满足题意，
综上所述，存在直线l，且直线l的方程为3x－3y－4＝0.
解答圆锥曲线的综合问题时，要注意通性、通法的应用，加强解题的规范性．答题重在对常规方法的熟练掌握，贵在学会数形结合，关键在于良好的代数式变换技巧和对代数式之间特征关系的敏锐观察力．解题时要注意以下几点
(1)记清公式灵活计算关键量(a、b、c、p等)，求准圆锥曲线方程，同时关注圆锥曲线定义的应用．
(2)注意设直线方程时斜率不存在的情况．
(3)注意研究直线与圆锥曲线位置关系时，判别式应用的有关要求，并注意检验．
(4)注意利用图形的特殊性，简化运算.
直线与圆锥曲线位置关系问题的答题策略
(2014·陕西卷)已知椭圆＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，左右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．
【思维导图】
【规范解答】(1)由题设知
解得
椭圆的方程为＋＝1.
(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，
圆心到直线l的距离d＝，
由d<1得|m|<.()
|CD|＝2＝2＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.
【易错提醒】解析几何问题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系以及范围、最值、定点、定值、存在性等问题，(1)不能缺少Δ＝b2－4ac；(2)不能忽略直线的斜率；(3)不能小视“基本”变形；(4)不能弱化几何证明；(5)不能忘记解题结论．
【答题模板】
分析条件，确定相应的曲线方程；
联立方程消元后保证Δ的取值，利用根与系数关系建立两交点坐标关系；
将所给定的问题坐标化、方程化，转化过程中要注意整体运算中x1＋x2，x1x2的运用；
解决问题得出结论；
反思回顾解题过程，检查步骤是否完备．
(2014·福州高三第三次模拟)已知椭圆C的左右顶点A1，A2恰好是双曲线－y2＝1的左右焦点，点P在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，若线段MN的垂直平分线恒过定点B(0，－1)，求实数m的取值范围．
解：(1)双曲线－y2＝1的左右焦点为(±2,0)，即A1，A2的坐标分别为(－2,0)和(2,0)．
设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，则a＝2，
将P代入＋＝1，得：b2＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)将l：y＝kx＋m代入＋y2＝1，
有(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由已知Δ>0，即得m2<4k2＋1.
且x1＋x2＝，所以线段MN的中点
Q，
又线段MN的垂直平分线恒过定点B(0，－1)，
因此MNBQ，
有－＝－，即4k2＋1＝3m，
由，m2<3m且m>，解得：m.
请做：课时作业(十五 |
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