數(shù)學(xué)(理)二輪復(fù)習(xí)通用講義：專題五第五講專題提能——優(yōu)化思路上高全面清障把漏補(bǔ)

1、第五講專題提能一一優(yōu)化思路上高度，全面清障把漏補(bǔ)、易錯(cuò)易誤層面一一防止思維定式，實(shí)現(xiàn)“移花接木”m|因忽視焦點(diǎn)的位置而致誤例1已知圓O:x2+y2=9,A(0,2),P為動(dòng)點(diǎn)，以線段AP為直徑的圓內(nèi)切于圓O,則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程是.解析設(shè)線段AP的中點(diǎn)為M,N為切點(diǎn)，連接OM,MN,則|OM|+|MN|=|ON|=3.取A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)Ai,連接AiP,則|AiP|+|AP|=2(|OM|+|MN|)=6,又|AAi|=4<6,所以點(diǎn)P的軌跡是以A(0,2),Ai(0,2)為焦點(diǎn)的橢圓，且a=3,c=2,b2=a2-c2=5,故動(dòng)點(diǎn)p的軌跡方程為y?+Xr=i.95y2x2答案g+7=i

2、微評(píng)本題易忽視橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，從而寫錯(cuò)軌跡方程.注意不管是待定系數(shù)法還是定義法求圓錐曲線的方程，都要明確焦點(diǎn)的位置.另外，要正確運(yùn)用a,b,c之間的等量關(guān)系式，否則會(huì)產(chǎn)生錯(cuò)解.01因不能合理轉(zhuǎn)化已知條件而解題受阻x2y22例2 (20i8重慶校級(jí)模擬)已知橢圓C:盧上32°)的離心率為2,橢圓C和拋物線y2=x交于M,N兩點(diǎn)，且直線MN恰好過橢圓C的右焦點(diǎn)F.(i)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)經(jīng)過點(diǎn)F的直線l和橢圓C交于A,B兩點(diǎn)，交拋物線于C,D兩點(diǎn)，P是拋物線的9焦點(diǎn)，是否存在直線I,使得SJaocd=7SAPAB?右存在，求出直線l的萬程；右不存在，請(qǐng)說明理由.解,c由Xaa

3、2=b2+c2,可設(shè) a= 2 Z,則 c= y2 人b= .2%其中>0.2由題意不妨設(shè) M(c,、同，代入橢圓方程，得 *+b2=1,浮 =1,解得入=<2,從而 a=2也，b=2, c= 2.22故所求橢圓方程為/4=1.(2)假設(shè)存在滿足條件的直線l,結(jié)合已知條件易知直線l的斜率存在且不為零，可設(shè)直線 l 為 y=k(x-2),kw0, A(xiy1)，B(X2, y2), C(X3, y3), D(X4, y4).由條件知P 40 /, F(2,0)SOCDSzi0cd8szpcd 8|cd| 9 |CD| 9S = =TS=71AB廠力敵 ABI二© OAB8

4、. 22x y “元 + 4=1，j=k(x2)32 22228k2得(1 + 2k2)x2 8k2x+8k28=0,4=32k2+32>0, x+x2 =2, x1&1 + 2k8k2-82，1 + 2k則 |AB|=Nl + k2 |xi-X2|=4V2(1 + k2 )1+2k2由尸I)'得k2、2-(4k2+1)x+4k2”-2+1>0,>3+,4=號(hào),y2=xk/2/(1+k2,(1+8k2則|CD|=A/1+k2|x3-x4|=HfkCDJ 田 |AB|711+k2J1+8k2)9滬k=9854m(1+k2)-8，1+2k2(1+2k2M1+8k2

5、9即k2g飛即81k4(1+k2)=2(1+2k2)2(1+8k2),整理得17k6+9k4-24k2-2=0,即(k21)(17k4+26k2+2)=0,解得k=蟲.故存在直線l:y=x2或y=x+2滿足題意.微評(píng)求解本題第(2)問的常規(guī)思路是用關(guān)于k的代數(shù)式表示出OCD.PAB的面積,9代入SaOCD=7室FAB,判斷所得方程是否有解.注意到此解法計(jì)算量較大，極易出錯(cuò)，甚至難以進(jìn)行下去，故可先將面積比轉(zhuǎn)化為弦長(zhǎng)比，再進(jìn)行計(jì)算，雖然轉(zhuǎn)化過程較復(fù)雜，但計(jì)算量相對(duì)較小.在解答類似的綜合問題時(shí)，一定要注意對(duì)已知條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化，通過合理轉(zhuǎn)化降低計(jì)算量，簡(jiǎn)化解題步驟.a1因忽視直線的斜率是否存在而失分例

6、3已知橢圓M:x2+y=1(a>0)的一個(gè)焦點(diǎn)為F(1,0),左、右頂點(diǎn)分別為A,B,a3經(jīng)過點(diǎn)F的直線l與橢圓M交于C,D兩點(diǎn).(1)求橢圓M的方程；(2)記4ABD與ABC的面積分別為Si和S2,求|S砌的最大值.解(1)因?yàn)镕(1,0)為橢圓M的焦點(diǎn)，所以c=1,又b=V3,所以a=2,22所以橢圓M的方程為彳+3=1.(2)法一：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x=1,此時(shí)4ABD與祥BC的面積相等，即S1一S2|=0.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)C(xby1),D(x2,y2),直線l的方程為y=k(x+1)(kw0),與橢圓M的方程聯(lián)立，消去V,得(3+4k2)x，8k2x+4

7、k212=0,0恒成立，且xI+x2=8k24k2-122,xx2=2.12|k|23 + 4k3+4k3+4k= J3(當(dāng)且僅當(dāng)k=),此時(shí)S1S2|=2|y2|y1|=2|y+y2|=21k(x1+1)+k(x2+1)|=2k(x+x2)+2k|=1212分4|k|2匹所以|S1S2|的最大值為，3.法二：設(shè)C(x1，y1),D(x2,y2),直線l的方程為x=my-1,與橢圓M的方程聯(lián)立，消226m去x,得(3m+4)y6my9=0,A>0恒成立，且y1+y2=2+,3cc12|m|12)12故|Si-S2|=2|y2|-|yi|=2|yi+y2|=2=4w212=V3，3|m|+

8、Mi'當(dāng)且僅當(dāng)m=i2乎時(shí)取等號(hào)，所以|SiS2|的最大值為V3.3微評(píng)(1)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x=1;當(dāng)直線l的斜率存在(顯然kw0)時(shí)，可設(shè)直線方程為y=k(x+1)(kwo).求解時(shí)一定要分直線l的斜率不存在與直線l的斜率存在兩種情況作答，缺少任何一種情況，步驟都是不完整的.(2)本題可將直線方程巧設(shè)為x=my1,用含m的式子表示出|S1S2,并求其最大值.顯然，此法無需考慮直線的斜率是否存在，是解決此類問題的最佳選擇.二、技巧優(yōu)化層面一一靈活運(yùn)用策略，嘗試“借石攻玉”01點(diǎn)差法一一解決中點(diǎn)弦問題在圓錐曲線中，有關(guān)弦的中點(diǎn)條件，可利用點(diǎn)差法求解，即對(duì)于圓錐曲線ax

9、2+by2=1來說，當(dāng)兩點(diǎn)M(x1,y1)，N(x2,y2)在曲線上時(shí),，定滿足ax2+ by2= 1,ax2+ by2= 1,一設(shè)9一募'其中(x0'澗是MN的中點(diǎn).例1已知橢圓E:與+y2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0),過點(diǎn)F的直線交橢圓E于A, a bB兩點(diǎn).若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1, 1),則橢圓E的方程為()x2 y2_B.36 + 27=22A.石+ 3i= 122x V ,C.27+ 左12 2喘+/1解析由題意知直線0（一 1 ） 1AB的斜率k=",3 1222呼+ Wa b設(shè) A（x1，y1），B（x2, y2）,則 <

10、22x2 y2 "+72 a b=1,整理得y1 一 y2x1 x2b2 x1 + x2?" ，a y + y2即 k=-a2X2-21.bf 12?a2=2.又a2b2=c2=9,，a2=18,b2=9.22，橢圓E的方程為今十=1.答案D微評(píng)本題利用熏差法”及設(shè)而不求”思想求得a與b的關(guān)系，然后根據(jù)a2-b2=c2,求得橢圓方程.回1聯(lián)立方程法一一解決對(duì)稱問題圓錐曲線上存在兩點(diǎn)，關(guān)于某條直線對(duì)稱，求參數(shù)的取值范圍，這類問題常見的解法是：設(shè)P(xi,Yi),Q(x2,y2)是圓錐曲線上關(guān)于直線y=kx+b對(duì)稱的兩點(diǎn)，則PQ的方程為y=-1一,一，、，一1x+m,代入圓錐曲

11、線方程，得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程，其中P,Q的橫(或縱)坐標(biāo)即為方程的根，故A>0,從而求得k(或b)的取值范圍.例2已知拋物線C:y2=x與直線l:y=kx+3,要使C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱的兩點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.解設(shè)C上的A(xi,yi),B(x2,y2)兩點(diǎn)關(guān)于直線l對(duì)稱，線段AB的中點(diǎn)為M(xo,yo),y2=xi,則I2兩式相減，得(yiy2)(yi+y2)=xix2.卜2=*2，i k'yiy2i-yi+y2=2y0,ABH,，kAB="一xi-x22yokyo=2.代入y=kx+3得3y。一4xo=nk34k.點(diǎn)M在拋物線內(nèi)部，y2<xo,

12、即><1今,整理得k2+3+2<0.424kk不等式等價(jià)于7(k+i)(k2-k+3)<0,k解得一i<k<0,.*的取值范圍為(-i,0).微評(píng)由于A,B兩點(diǎn)在拋物線C上，故AB的中點(diǎn)在拋物線的內(nèi)部，由此得出不等關(guān)系，求k的范圍.telI參數(shù)法解決定點(diǎn)定值問題思路一：建立含參數(shù)的曲線方程(包括直線方程)，進(jìn)行適當(dāng)整理或選取合適坐標(biāo)，確定該坐標(biāo)滿足方程且與參數(shù)無關(guān).思路二：(1)選擇一個(gè)參數(shù)建立直線系方程.一般是將題目中給出的曲線方程(包括直線方程)中的常數(shù)當(dāng)作變量，將變量x,y當(dāng)作常數(shù)，將原方程轉(zhuǎn)化為kf(x,y)+g(x,y)=0的形式(k是原方程中的常

13、數(shù)).(2)根據(jù)直線系方程過定點(diǎn)時(shí)參數(shù)沒有關(guān)系(即直線系方程對(duì)任意參數(shù)都成立)，得到方程組呼v尸0lg(x,y尸0.(3)以(2)中方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線所過的定點(diǎn)，若定點(diǎn)具備一定的限制條件，可以特殊解決.x21例3已知橢圓C:I+y2=1,過橢圓C的右頂點(diǎn)A的兩條斜率之積為一z的直線分別與橢圓交于點(diǎn)M,N.問：直線MN是否過定點(diǎn)D?若過定點(diǎn)D,求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請(qǐng)說明理由.解法一：當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)MN：y=kx+m,代入橢圓方程得(1+4k2)x2+8kmx+4m24=0.設(shè)M(xi,yi),N(x2,y2),則xi+x2=-8嗎，xix2=4m二4.1+4k1+4

14、k根據(jù)已知可知-y-yx1 2 x2 214'即4y1y2+(x1一2)(x22)=0,即(1+4k2)x1x+(4km2)(x+x2)+4m2+4=0,.24m2-4_k2一2所以(1+4k2)+4k2+(4km2)1+4k21+4m2+4=0,即(4km2)(8km)+8m2(1+4k2)=0,即m2+2km=0,彳導(dǎo)m=0或m=-2k.當(dāng)m=0時(shí)，直線y=kx經(jīng)過定點(diǎn)D(0,0).由于AM,AN的斜率之積為負(fù)值，故點(diǎn)M,N在橢圓上位于x軸兩側(cè)，直線MN與x軸的交點(diǎn)一定在橢圓內(nèi)部，而當(dāng)m=2k時(shí)，直線y=kx2k過定點(diǎn)(2,0),故不可能.11當(dāng)MN的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)M,N關(guān)于x軸

15、對(duì)稱，此時(shí)AM,AN的斜率分別為此時(shí)M,N恰為橢圓的上、下頂點(diǎn)，直線MN也過定點(diǎn)(0,0).綜上可知，直線MN過定點(diǎn)D(0,0).A(2,0).設(shè) AM: y=k(x-2),法二：根據(jù)已知直線AM,AN的斜率存在且不為零,代入橢圓方程，得(1+4k2)x2-16k2x+16k24=0,16k24設(shè)M(x1,y1),則2x1=2,8k2-2即 x1 =21 +4k21+4k4ky1=k(x1-2)=2,1+4k2l8k2-2-4k即M(+4k2，1+4k2.設(shè)直線AN的斜率為k',則kk'=：即k'=-1,44k1把點(diǎn)M坐標(biāo)中的k替換為-a222-8k得N 4k +14k

16、4k2+ 1，當(dāng)M,N的橫坐標(biāo)不相等，即kw2時(shí)，kMN=2k-,直線MN的方程為y-4-21-4k4k+1/八22k即y=i一左x，2k_28k1-4k214k2+1該直線恒過定點(diǎn)(0,0).當(dāng)k=時(shí)，M,N的橫坐標(biāo)為零，直線MN也過定點(diǎn)(0,0).綜上可知，直線MN過定點(diǎn)D(0,0).微評(píng)解決本題有兩種方法，法一：以雙參數(shù)表達(dá)直線MN的方程，求解雙參數(shù)滿足的關(guān)系；法二：以直線AM的斜率為參數(shù)，表達(dá)直線MN的方程.三、數(shù)學(xué)思想層面系統(tǒng)學(xué)科思維，實(shí)現(xiàn)“觸類旁通”(一)數(shù)形結(jié)合思想解決圓錐曲線的最值問題22例1(1)(2018河南鄭州三模)橢圓x5+q= i的左焦點(diǎn)為f,直線x=m與橢圓相交于點(diǎn)

17、M, N,當(dāng) FMN的周長(zhǎng)最大時(shí)，F(xiàn)MN的面積是()B型5C空C. 5D.(2)(2018廣西百色模擬)設(shè)P為雙曲線4.5-5-2-1y5= 1右支上一點(diǎn),M, N分別是圓Ci： (x+ 4)2+y2 = 4和圓C2： (x 4)2 + y2=1上的點(diǎn)，設(shè)|PM|PN|的最大值和最小值分別為m, n,則 |mn|=()A. 4C. 6B. 5D. 7解析(1)如圖所示，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為 F',連接MF' ,NF'因?yàn)?|MF|+|NF|+|MF' |+|NF' | 刁 MF|+|NF|+|MN|,所以當(dāng)直線x=m過橢圓的右焦點(diǎn)時(shí)， FMN的周長(zhǎng)最大.此時(shí)

18、 |MN|= a= 8*5,又 c=,a2 b2 = "j54 = 1,所以此時(shí)iMN的面積$=2><2><平=學(xué).故選C.(2)由題意得，圓C1:(x+4)2+y2=4的圓心為(一4,0),半徑為n=2;圓C2:(x4)2+y2=1的圓心為(4,0),半徑為2=1.設(shè)雙曲線x2上=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1(一4,0),F2(4,0).如圖所示，連接PF1,PF2,15|PN|min= |PF2|2,所以 |PM| |PN|的最F1M,F2N,則|PF1|PF2|=2.又|PM|max=|PF1|+1,大值m=|PFi|PF2|+ri+r2=5.又|PM|mi

19、n=|PFi|ri,|PN|max=|PF2|+2,所以|PM|PN|的最小值n=|PFi|PF2|門一2=1,所以|mn|=6.故選C.答案(1)C(2)C微評(píng)數(shù)形結(jié)合分析確定臨界位置，這是解決圓錐曲線最值問題常用思想，多涉及圓錐曲線定義的應(yīng)用.(二)函數(shù)與方程思想一一解決圓錐曲線最值或范圍問題2例2(2018吉林長(zhǎng)春三模)已知橢圓C:x2+y率存在且不為0.設(shè)直線AB的方程為y=k(x+1)=1(a>1),Fi,F2分別是其左、右焦點(diǎn),a"以F1F2為直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個(gè)交點(diǎn).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)F1且不與坐標(biāo)軸垂直的直線l交橢圓于A,B兩點(diǎn)，線段AB

20、的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)P,點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是4,0)求線段AB長(zhǎng)度的取值范圍.解(1)根據(jù)題意，因?yàn)橐訤1F2為直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，所以b=c=1,即a=-b2+c2=2,2所以橢圓C的方程為X2+y2=1.(2)根據(jù)題意，過點(diǎn)F1且不與坐標(biāo)軸垂直的直線l交橢圓于A,B兩點(diǎn)，即直線AB的斜與x+y2=1聯(lián)立，得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.設(shè) A(x1，y1)，B(x2, y),線段AB的中點(diǎn)為一4k2M ,則 x1 + x2 = -21 + 2k2k2-2xx2=2，y11 + 2k2k+y2=k(x+1)+k(x2+1)=2k2,2k2即 MJk1 +

21、2k2 /線段AB的垂直平分線的方程為ky21 + 2k-tx+2k21 + 2k2 k2設(shè)點(diǎn)P(xp,0),則xp=-2.1+2k因?yàn)閤pcjj0所以0<k2<2.|AB|=，(1+k2a+xzj4x1x24k22k22_4X22®1 + k2 L *21 + 2k11 + 1 + 2k2 .1+2k因?yàn)?<k2<2,3所以3<1 +2<2,1+ 2k即2|AB|<2 2.故線段AB長(zhǎng)度的取值范圍是呼,微評(píng)(1)本題利用了函數(shù)與方程思想，首先由已知條件列出關(guān)于a, b的方程，求出a,b的值；求AB長(zhǎng)度的范圍時(shí)，轉(zhuǎn)化為關(guān)于k的函數(shù)，利用函數(shù)性

22、質(zhì)求解.(2)函數(shù)與方程思想在解決一些解析幾何問題中經(jīng)常用到，如求范圍、最值問題.四、遷移應(yīng)用層面強(qiáng)化發(fā)散思維，做到“把根留住”直線與橢圓相交弦問題的6種考法題根探究典例已知橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)為A(0,1),焦點(diǎn)在x軸上，且右焦點(diǎn)到直線m：x-y+2/2=0的距離為3,求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.2解由已知b=1,設(shè)橢圓方程為x2+y2=1(a>1),右焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(c,0),因?yàn)橛医裹c(diǎn)到a直線m： x y+2*=0的距離為3,所以3=|c 0+22|,2得c=也，a2=3,橢圓方程為3 +3y2=1.x軸上,考查角度求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程的關(guān)鍵是先定式，再定量，已知橢圓焦點(diǎn)在b=1,只需用點(diǎn)到直線的距

23、離公式求出半焦距c.變式應(yīng)用變式.3為橢圓上點(diǎn)到直 說用或鈍定現(xiàn)即離的最俶直線與橢圓求弦的中點(diǎn),r = 相交求廢長(zhǎng)軌跡方程MAi、，、一x22變式1求直線L:xy+b=0被橢圓+y=1,所截得的弦長(zhǎng)MN的長(zhǎng)度的取大值.3消去 y 得 4x2 + 6bx+3b23 = 0.設(shè) M(x, y1), N(x2,2解：xy+b=0與x+y2=1聯(lián)立,3.3by2),由 A>0 得一2<b<2, x1 + x2 =,3b2-3x1x2=-4,又 |MN|=72|x1x2| =2-b 故當(dāng) b=0 時(shí)，|MN|max=，6.所以所截得的弦長(zhǎng) MN的長(zhǎng)度的最大值為小變式2 求直線L : x

24、y+ b= 0被橢圓xr + y2=1所截得的弦MN的中點(diǎn)P的軌跡方程. 32解：xy+b=0 與 x+y2 = 1 聯(lián)立，消去 y 得 4x2 + 6bx+3b23 = 0. 3設(shè) M(xi, yi), N(x2, y2), P(x, y),由 A>0 得2<b<2.x1+ x2X= 23by1+y2 x+x2+2b4, y332Vx及.=b，消去參數(shù)b得y=故弦MN的中點(diǎn)P的軌跡方程為y=-333x2<x<2/x22變式3已知A(0,1),是否存在一條直線L：xy+b=0與橢圓鼻+y=1交于兩個(gè)不同的點(diǎn)M,N使得疝疝=0?若存在，求出b的值；若不存在，請(qǐng)說明理

25、由.2解：xy+b=0與x+y2=1聯(lián)立，消去y得4x2+6bx+3b23=0.由60得一2<b<2,333b3)設(shè)M(x1，y1)，N(x2,則xI+x2=2b,x1x2=-4-.由AMAN=044(x，y+1)丫2+1)=0,且yi=xi+b,y2=X2+b,故2x1x2+(1+b)(xi+X2)+b+2b+1=0,化簡(jiǎn)整理得2b2+b-1=0,所以b=1或2.當(dāng)b=1時(shí)，直線過A(0,1)不滿足題意,2變式4已知A(0,-1),直線L:xy+b=0與橢圓卷+=1交于兩個(gè)不同的點(diǎn)M,3N,當(dāng)/MAN為銳角或鈍角時(shí))分別求b的取值范圍.2解：xy+b=0與x+y2=1聯(lián)立，消去y

26、得4x2+6bx+3b23=0.由60得一2<b<2,333b3設(shè)M(xi,yi),N(x2,y2),則xi+x2=1b,xix2=4當(dāng)/MAN為銳角或鈍角時(shí)，易知AM,AN不共線.當(dāng)/MAN為銳角時(shí)，(x1，yi+1)(x2,y2+1)>0,即2b2+b1>0,故b<1或b>2,又一2<b<2,所以b(-2,-1)U1,2：.同理當(dāng)/MAN為鈍角時(shí)，解得b-1,2；變式5在橢圓x"+y2=1上是否存在一點(diǎn)到直線m：x+y+242=0的距離最大？若3存在，求出最大距離；若不存在，請(qǐng)說明理由.2解：設(shè)P(y3cosasin。)是+丫2=1

27、上任意一點(diǎn)，由點(diǎn)到直線距離公式得3=頗sin屏。升2因?yàn)閟in§+1,1,所以dmax=V2+2.五、創(chuàng)新發(fā)展層面關(guān)注臨界問題，挖掘“學(xué)科潛力”(一)臨界法則(1)與直線Ax+By+C=0平行的直線系方程為Ax+By+D=0(CWD);與直線Ax+By+C=0垂直的直線系方程為BxAy+E=0.(2)過直線li：a1x+biy+ci=0與直線占a?x+b2y+C2=0交點(diǎn)的直線系方程為a1x+biy+Ci+Xa2x+b2y+C2)=0.(3)過圓Ci：x2+y2+Dix+Eiy+Fi=0與圓C2：x2+y2+D+E?y+F2=0的交點(diǎn)的圓系方程為x2+y2+Dix+Eiy+Fi+4x

28、2+y2+D+Ry+F2)=0.(4)過直線ax+by+c=0與圓C：x2+y2+Dx+Ey+F=0交點(diǎn)的圓系方程為x2+y2+Dx+Ey+F+?(ax+by+c)=0.例i已知圓x2+y2+x6y+m=0與直線x+2y3=0相交于P,Q兩點(diǎn)，。為坐標(biāo)原點(diǎn)，若OPOQ,求實(shí)數(shù)m的值.解過直線x+2y3=0與圓x2+y2+x6y+m=0的交點(diǎn)的圓系方程為：x2+y2+x-6y+m+?(x+2y3)=0,即x+y+(i+?)x+2(3)y+m3入=0.依題意，O在以PQ為直徑的圓上，則圓心193入M然在直線x+2y3=0上，I十入則一一2-+2(34一3=0,解得上I.又0(0,0)滿足方程，則m

29、3k=0,故m=3.微評(píng)利用直線與圓相交的圓系方程可以很好的解決這類題型，圓與圓相交的圓系方程問題也可以同樣解決，只要能巧妙的構(gòu)造圓系方程即可.(二)臨界知識(shí)圓錐曲線的光學(xué)性質(zhì)(I)拋物線的光學(xué)性質(zhì)：與對(duì)稱軸平行的光線投射到拋物線上，經(jīng)反射后反射光線必通過焦點(diǎn).(2)橢圓的光學(xué)性質(zhì)：從橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)出發(fā)的光線投射到橢圓上，經(jīng)反射后反射光線必通過另一個(gè)焦點(diǎn).(3)雙曲線的光學(xué)性質(zhì)：從雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)出發(fā)的光線投射到雙曲線上，經(jīng)反射后反 射光線的延長(zhǎng)線必通過另一個(gè)焦點(diǎn).為了節(jié)省篇幅，本書只證明橢圓的光學(xué)性質(zhì)，拋物線、雙曲線的光學(xué)性質(zhì)請(qǐng)讀者仿證.證明：如圖，已知橢圓在點(diǎn) P處的切線PE交x軸于點(diǎn)E,

30、法線PQ交x軸于點(diǎn)Q,設(shè)橢圓方程為x2+y2=i(a>b>0)焦點(diǎn)Fi( c,0) F2(c,0), a b切點(diǎn) P(xo, yo). 2 xox yoya yo貝| pE：彳+y=1, PQ： y-yo=b2xo(x-xo),所以 Q(e2xo,O), |FiQ|= e2xo+c, |F2Q|= c-e2xo,|PFi|=exo+a, |PF2|=aexo.于是有FiQI|F2Q|e2xo+ c c exo+ a pF/ c e2xo c(a exo)|PF2|'由角平分線定理知 PQ平分/F1PF2,性質(zhì)得證.例2已知橢圓E經(jīng)過點(diǎn)A(2,3),對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，焦點(diǎn) Fi

31、, F2在x軸上，離心率e12.(i)求橢圓E的方程;(2)求/ FiAF2的平分線l所在的直線方程.解(i)依題意，設(shè)橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x+y2= i(a>b>o).由題意可得 a bc i e= a=2?2 .2 c . e = "2 aa2-b2 i4'b2 3a7=4,又點(diǎn)A(2,3)在橢圓E上，$+3=i,ab，由得a2=i6,b2=i2.22故橢圓e的方程為x+y2-=i.(2)如圖，設(shè)橢圓E在點(diǎn)A處的切線為l',由于直線l為/FiAF2的平分線，所以，由橢圓的光學(xué)性質(zhì)知I,的方程為2x+32=i,即x+2y-8=o,所以l的方程為y-3=2(

32、x-2),即2xy1=0.故/F1AF2的平分線l所在的直線方程為2x-y-1=0.微評(píng)本題若采用一般解法，則需進(jìn)行繁瑣的運(yùn)算，而利用橢圓的光學(xué)性質(zhì)，可使問題得以簡(jiǎn)單解決.專題提能訓(xùn)練A組一一易錯(cuò)清零練1.（2018浙江嘉興校級(jí)期中）已知直線li：ax+（a+2）y+1=0,I2：x+ay+2=0,其中aCR,則“a=3”是“iJV的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件解析：選A若1112,則a+a（a+2）=0,即a（a+3）=0,解得a=0或a=3,所以“a=3”是“112”的充分不必要條件.故選A.222.已知雙曲線1與雙曲線r交于a.2r：b?=

33、1（a>0,b>0）,過雙曲線r的右焦點(diǎn)F,且傾斜角為和直線B兩點(diǎn)，0是坐標(biāo)原點(diǎn)，若/AOB=/OAB,則雙曲線r的離心率為（）幣+331+J17D.解析：選C由題意可知AB是通徑，根據(jù)雙曲線的對(duì)稱性和/A0B=/0AB,可知4A0B為等邊三角形，所以tan/AOF=平，整理得b2=ac,由c2=a2+b2,得c2=a2+¥ac,C333兩邊同時(shí)除以a2,得e?-乎e1=0,解得e=.故選C.3623. （2019屆高三西安八校聯(lián)考）過點(diǎn)P（2,1）作直線l,使l與雙曲線y2=1有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，這樣的直線l共有（）A.1條B.2條C. 3條D.4條解析：選B依題意，雙

34、曲線的漸近線方程是y=gx,點(diǎn)P在直線y=：x上.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=2,此時(shí)直線l與雙曲線有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)(2,0),滿足題意.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y-1=k(x-2),即y=kx+12k,y=kx+12k,由522消去y得x24(kx+12k)2=4,x-4y=4,即(14k2)x28(12k)kx4(1-2k)2-4=0,(*)若14k2=0,則k=4，當(dāng)k=2時(shí)，方程(*)無實(shí)數(shù)解，因此k=2不滿足題意；11當(dāng)k=2時(shí)，方程(*)有唯一實(shí)數(shù)解，因此k=j蔭足題意.若14k2w。，即口弓，此時(shí)a=64k2(12k)2+16(14k2)(12k)2

35、+1=0不成立，因此滿足題意的實(shí)數(shù)k不存在.綜上所述，滿足題意的直線l共有2條.4,已知橢圓x4+m=1的離心率等于乎，則m=.解析：當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，則a2=4,即a=2.又e='=Wa2所以c=木,m=b2=a2c2=4(/3)2=1.當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，22橢圓的方程為m+%1.則b2=4,即b=2.又e=c=#，故、八二胃=乎，解得bj即a=2b,a2aa2a2所以a=4.故m=a2=16.綜上，m=1或16.答案：1或165,已知圓C1：(x+3)2+y2=1和圓C2：(x-3)2+y2=9,動(dòng)圓M同時(shí)與圓。及圓C2外切，則動(dòng)圓圓心M的軌跡方程為.解析：如圖所示，設(shè)

36、動(dòng)圓M與圓Ci及圓C2分別外切于A和B兩點(diǎn).連接MCi,MC2.I：川八根據(jù)兩圓外切的條件，得，|MCi|-|ACi|=|MA|,|MC2|BC2|=|MB|.因?yàn)閨MA|=|MB|,所以|MCi|-|ACi|=|MC2|-|BC2|,即|MC2|MCi|=|BC2|ACi|=31=2.所以點(diǎn)M到兩定點(diǎn)Ci,C2的距離的差是常數(shù).又根據(jù)雙曲線的定義，得動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為雙曲線的左支（點(diǎn)M與C2的距離比與Ci的距離大），22可設(shè)軌跡方程為a2b=1（a>0，b>0，x<0）,其中a=1,c=3,則b2=8.故點(diǎn)M的軌跡方程為x2y=1（x<0）.8答案：x2-y-=1（x&l

37、t;o）8B組一一方法技巧練1. （2019屆高三河南八市聯(lián)考）已知點(diǎn)M（3,2）是坐標(biāo)平面內(nèi)一定點(diǎn)，若拋物線y2=2x的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)Q是該拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，則|MQ|QF|的最小值是（）7A.2B.35C.2D.2一|QQ'|,則當(dāng)QM和QQ'oj'共線時(shí)，|QM|QQ'|的值最小，最_上X.21解析：選C拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1,過Q作準(zhǔn)線的垂My螞線，垂足為Q',如圖.依據(jù)拋物線的定義，得|QM|-|QF|=|QM|小值為-3-(-2)=22. (2018蘭州模擬)已知圓C:(xV3)2+(y-1)2=1和兩點(diǎn)A(1，0)，B(t,0)(t>

38、;0),若圓C上存在點(diǎn)P,使得/APB=90°,則t的取值范圍是()A.(0,2B.1,2C.2,3D.1,3解析：選D依題意，設(shè)點(diǎn)P(43+cosa1+sin0),APB=90°,.AP->BP>=0,-W3+cos0+t)(V3+cos01)+(1+sin2=0,得t2=5+2艱cos。+2sin0=5+4sin。+.Sin 1,1, .",9,.t>0,，tq1,3.3. （2018惠州調(diào)研）設(shè)m,nCR,若直線l：mx+ny1=0與x軸相交于點(diǎn)A,與y軸相交于點(diǎn)B,且直線l與圓x2+y2=4相交所得的弦長(zhǎng)為2,O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則4AOB面積

39、的最小值為（）A.5B.4C.3D.2解析：選C由直線與圓相交所得的弦長(zhǎng)為2,得圓心到直線的距離d=J=73,m2+n2所以m2+n2=3>2|mn|,當(dāng)且僅當(dāng)m=n時(shí)等號(hào)成立.所以mngg,又A?,0bo,；1所以AB的面積S=再故AB面積的最小值為3.4,已知圓O：x2+y2=1,圓M：（xa）2+（ya+4）2=1.若圓M上存在點(diǎn)P,過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為A,B,使得/APB=60°,則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）Ab興2 +陰Bl2-乎，22+?C. 2-2, 2+亞D.(2-V2, 2+V2)解析：選A圓O的半徑為1,圓M上存在點(diǎn)P,過點(diǎn)P作圓O的兩條切線，切點(diǎn)

40、分別為A,B,使得/APB=60°,貝U/APO=30°.在RtMO中，|PO|=-AO|=2sin/APO又圓M的半徑為1,圓心坐標(biāo)為M(a,a-4),.(MO|-1<|PO|<|MO|+1,.|MO|=a2+a-42,/42+(a-4j-1W2WJa2+(a-4)+1,解得2浮aw2+乎.實(shí)數(shù)a的取值范圍為2坐，2+當(dāng)1225. (2018蘭州模擬)已知雙曲線C:步一*=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)P為雙曲線右支上一點(diǎn)，若|PF1|2=8a|PF2|,則雙曲線C的離心率的取值范圍為()A.(1,3B.3,+oo)C.(0,

41、3)D,(0,3解析：選A根據(jù)雙曲線的定義及點(diǎn)P在雙曲線的右支上，得|PF1|PF2|=2a,設(shè)|PF1|=m,|PF2|=n,貝Umn=2a,m2=8an,m24mn+4n2=0,，m=2n,貝Un=2a,m=4a,依題得|FF2|w|PF1|+|PF2|,.-.20<4a+2a,.0=|<3,又e>1,-1<e<3,即雙曲線C的離心率的取值范圍為(1,3.6. (2017山東高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線4y2=1(a>0,b>0)的右支與焦ab點(diǎn)為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點(diǎn).若|AF|+|BF|=4|OF|,則該

42、雙曲線的漸近線方程為.解析：設(shè)A%,y1)，B(X2,y»,由拋物線的定義可知|AF|=y+p,|BF|=y2+p|OF|=p,PP一，L由|AF|+|BF|=y1十2+丫2+2=y1+丫2+P=4QF|=2p,得y1+y2=P.22X2XkAB =y2y12P2Pt十vb2(X1 + X2 ) b2 X1 + X2b2 X1 + X2 X2+X1=,則丐=；一a2(y1+y2)a P a P 2PX2-X1X2-X12Py2y1得kAB=X2X1,2.雙曲線的漸近線方程為y=答案：y=K2xc組一一創(chuàng)新應(yīng)用練1.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)直線y=x+2與圓x2+y2=r2(r&g

43、t;0)交于A,B兩點(diǎn),o為坐標(biāo)原點(diǎn)，若圓上一點(diǎn)c滿足oc=5-OA+3"OB,則r=()A.2回B./iOC.2v5D.5解析：選B已知OC一=5OA+4"OB,兩邊平方化簡(jiǎn)得OAOB=-5r2,3"OB'后所以cos"OB=5,所以cos丁=5,又圓心O(0,0)到直線的距離為所以乎=W5,解得r=ViO.r522. (2018貴陽模擬)雙曲線12y2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線將平面劃分為“上、下、左、右”四個(gè)區(qū)域(不含邊界)，若點(diǎn)(2,1)在“右”區(qū)域內(nèi)，則雙曲線離心率e的取值范圍是+ OOA"Ch5)D.q+8)