2017-2018版高中數(shù)學(xué)第二章圓錐曲線與方程疑難規(guī)律方法學(xué)案1-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE28學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第二章圓錐曲線與方程1橢圓的定義在解題中的妙用橢圓定義反映了橢圓的本質(zhì)特征，揭示了曲線存在的簡單性質(zhì)．有些問題，如果恰當(dāng)運用定義來解決，可以起到事半功倍的效果,下面通過幾個例子進(jìn)行說明．1．求最值例1線段|AB|＝4,|PA｜＋|PB|＝6,M是AB的中點，當(dāng)P點在同一平面內(nèi)運動時，PM的長度的最小值是()A．2 B。eq\r(2)C。eq\r(5) D．5解析由于|PA|＋｜PB|＝6〉4＝｜AB|,故由橢圓定義知P點的軌跡是以M為原點，A、B為焦點的橢圓,且a＝3,c＝2,∴b＝eq\r(a2－c2）＝eq\r（5）.于是PM的長度的最小值是b＝eq\r(5)。答案C2．求動點坐標(biāo)例2橢圓eq\f（x2,9)＋eq\f(y2，25)＝1上到兩個焦點F1，F(xiàn)2距離之積最大的點的坐標(biāo)是________．解析設(shè)橢圓上的動點為P,由橢圓的定義可知｜PF1｜＋｜PF2|＝2a＝10，所以｜PF1|·｜PF2|≤eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(|PF1|＋|PF2|,2））)2＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（10，2)））2＝25,當(dāng)且僅當(dāng)|PF1|＝｜PF2｜時取等號．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(｜PF1｜＋|PF2｜＝10，，|PF1｜＝|PF2|，）)解得|PF1｜＝|PF2｜＝5＝a,此時點P恰好是橢圓短軸的兩端點,即所求點的坐標(biāo)為P（±3,0）．答案（±3，0)點評由橢圓的定義可得“|PF1｜＋|PF2｜＝10”,即兩個正數(shù)|PF1|,｜PF2｜的和為定值，結(jié)合基本不等式可求｜PF1|，|PF2|積的最大值，結(jié)合圖形可得所求點P的坐標(biāo)．3．求焦點三角形面積例3如圖所示，已知橢圓的方程為eq\f(x2，4）＋eq\f(y2,3）＝1，若點P在第二象限，且∠PF1F2＝120°，求△PF1F2的面積．解由已知得a＝2，b＝eq\r(3），所以c＝eq\r（a2－b2)＝1，｜F1F2|＝2c＝2.在△PF1F2中，由余弦定理得｜PF2｜2＝|PF1｜2＋|F1F2|2－2|PF1｜｜F1F2｜cos120°,即|PF2|2＝｜PF1｜2＋4＋2｜PF1｜，①由橢圓定義，得|PF1|＋｜PF2｜＝4,即|PF2|＝4－｜PF1|.②將②代入①，得|PF1｜＝eq\f（6，5）。所以S△PF1F2＝eq\f（1,2)｜PF1｜·｜F1F2｜·sin120°＝eq\f(1，2）×eq\f(6，5）×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3，5）eq\r(3)，即△PF1F2的面積是eq\f（3，5）eq\r(3）.點評在△PF1F2中，由橢圓的定義及余弦定理可得關(guān)于｜PF1|，|PF2|的方程組，消去|PF2｜可求｜PF1|.從以上問題，我們不難發(fā)現(xiàn),凡涉及橢圓上的點及橢圓焦點的問題，我們應(yīng)首先考慮利用橢圓的定義求解.2解拋物線問題的五個技巧1．設(shè)而不求，整體處理例1已知拋物線y2＝－8x的弦PQ被點A(－1,1）平分，求弦PQ所在的直線方程．解設(shè)弦PQ的兩個端點分別為P（x1，y1）,Q（x2,y2）,則有yeq\o\al（2,1)＝－8x1,yeq\o\al（2,2)＝－8x2。兩式相減，得yeq\o\al（2，1)－yeq\o\al(2，2）＝－8（x1－x2），即（y1＋y2)（y1－y2)＝－8（x1－x2)．∵A是PQ的中點,∴y1＋y2＝2，即y1－y2＝－4(x1－x2)．∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－4，kPQ＝eq\f（y1－y2，x1－x2）＝－4.故弦PQ所在的直線的方程為y－1＝－4(x＋1）,即4x＋y＋3＝0。2．巧用定義求最值例2定長為3的線段AB的兩個端點在拋物線y2＝x上移動,記AB的中點為M，求點M到y(tǒng)軸的最短距離．解如圖，AA′⊥l，MN⊥l,BB′⊥l，l為拋物線y2＝x的準(zhǔn)線，由拋物線方程y2＝x，知2p＝1,eq\f（p,2)＝eq\f（1,4).設(shè)點M到y(tǒng)軸的距離為d，d＝｜MN｜－eq\f（1,4）.由拋物線的定義,知|AF｜＝｜AA′｜，｜BF|＝|BB′|。因為AA′，BB′，MN都垂直于準(zhǔn)線，所以AA′∥MN∥BB′,所以MN是梯形AA′B′B的中位線．于是｜MN|＝eq\f(1，2)(｜AA′｜＋｜BB′｜）＝eq\f(1,2）（|AF｜＋｜BF|)．若AB不過焦點,則由三角形的性質(zhì),得|AF|＋｜BF|>｜AB|；若AB過焦點F，則｜MN|＝eq\f(1,2）(｜AF｜＋|BF｜）＝eq\f(1,2）|AB｜＝eq\f（3，2）.所以當(dāng)AB過F時｜MN|最小，此時d也最小,d＝|MN|－eq\f(1,4）＝eq\f(3，2）－eq\f（1，4)＝eq\f(5，4）。故點M到y(tǒng)軸的最短距離為eq\f（5,4)。3．巧設(shè)拋物線的方程例3拋物線的頂點在原點,焦點在x軸上，且被直線y＝x＋1所截得的弦長為eq\r(10），求此拋物線的方程．解設(shè)拋物線的方程為y2＝ax（a≠0),則有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y2＝ax，，y＝x＋1。）)消去y，整理得x2＋(2－a)x＋1＝0。設(shè)所截得的弦的兩個端點分別為A（x1,y1)，B（x2，y2)，則x1，x2是方程的兩個實根．由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝a－2，x1x2＝1。由弦長公式，知eq\r（2）·eq\r(x1＋x22－4x1x2）＝eq\r(10），即eq\r(a－22－4）＝eq\r（5)，解得a＝－1或a＝5.所以所求拋物線的方程為y2＝－x或y2＝5x.4．巧設(shè)弦所在的直線的方程例4過拋物線y2＝2px(p>0）的焦點作一條直線和此拋物線相交，兩個交點的縱坐標(biāo)分別為y1，y2，求證：y1y2＝－p2.證明當(dāng)直線的斜率為0時，直線不會與拋物線有兩個交點．因為拋物線的焦點為eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（p，2),0))，所以可設(shè)過焦點的直線方程為x－eq\f（p，2)＝my，即x＝my＋eq\f（p，2)，代入y2＝2px,得y2－2pmy－p2＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系,得y1y2＝－p2.5．巧設(shè)拋物線上的點的坐標(biāo)例5如圖，過拋物線y2＝2px（p〉0）上一定點P（P在x軸上方）作兩條直線分別交拋物線于A，B兩點．當(dāng)PA與PB的斜率存在且傾斜角互補(bǔ)時，證明直線AB的斜率是非零常數(shù)．證明設(shè)Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(y20,2p)，y0)）,Aeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(y21,2p），y1)），Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y22，2p)，y2)），由kPA＝－kPB，得eq\f(y1－y0,\f(y21，2p)－\f（y20,2p))＝－eq\f（y2－y0,\f（y22,2p)－\f(y20，2p）).整理,得y1＋y2＝－2y0.kAB＝eq\f(y2－y1，\f(y22，2p）－\f(y21，2p））＝eq\f(2p,y1＋y2）＝－eq\f（p,y0）（y0≠0）．所以直線AB的斜率是非零常數(shù)．3巧用拋物線的焦點弦如圖所示，AB是拋物線y2＝2px(p〉0)過焦點F的一條弦．設(shè)A（x1，y1)、B（x2，y2)，AB的中點M(x0，y0）,過A、M、B分別向拋物線的準(zhǔn)線l作垂線，垂足分別為A1、M1、B1，則有以下重要結(jié)論：（1)以AB為直徑的圓必與準(zhǔn)線相切；（2)|AB｜＝2(x0＋eq\f(p,2))(焦點弦長與中點坐標(biāo)的關(guān)系)；（3）|AB|＝x1＋x2＋p；(4)A、B兩點的橫坐標(biāo)之積，縱坐標(biāo)之積為定值，即x1x2＝eq\f(p2，4)，y1y2＝－p2；（5）A1F⊥B1F;(6)A、O、B1三點共線；（7)eq\f(1,|FA｜）＋eq\f（1，｜FB｜)＝eq\f（2,p）.證明當(dāng)直線AB的斜率不存在,即與x軸垂直時，|FA｜＝|FB|＝p,∴eq\f(1,｜FA|)＋eq\f（1,|FB|）＝eq\f(1，p)＋eq\f（1,p）＝eq\f（2，p）。當(dāng)直線AB的斜率存在時,設(shè)直線AB的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2））），并代入y2＝2px,∴eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（kx－\f(kp,2））)2＝2px，即k2x2－p（2＋k2)x＋eq\f(k2p2,4)＝0。設(shè)A(xA，yA)、B（xB,yB），則xA＋xB＝eq\f（pk2＋2，k2),xAxB＝eq\f(p2，4）.∵｜FA｜＝xA＋eq\f（p，2），｜FB｜＝xB＋eq\f(p，2)，∴｜FA|＋｜FB|＝xA＋xB＋p，|FA｜·｜FB|＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA＋\f(p，2)））eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（xB＋\f（p,2)）)＝xAxB＋eq\f(p,2）(xA＋xB)＋eq\f(p2,4)＝eq\f（p,2）(xA＋xB＋p）．∴|FA|＋|FB｜＝|FA|·｜FB|·eq\f（2，p)，即eq\f（1，|FA|）＋eq\f（1，｜FB｜）＝eq\f（2，p).點評該結(jié)論是拋物線過焦點的弦所具有的一個重要性質(zhì)，解題時，不可忽視AB⊥x軸的情況．例設(shè)F為拋物線y2＝4x的焦點，A,B,C為該拋物線上三點，若eq\o（FA，\s\up6(→））＋eq\o（FB,\s\up6（→)）＋eq\o（FC,\s\up6（→）)＝0，則｜eq\o(FA，\s\up6(→））｜＋|eq\o（FB，\s\up6(→））|＋|eq\o（FC,\s\up6(→))|＝________。解析設(shè)A(x1,y1）、B(x2，y2）、C（x3，y3)，又F(1,0）．由eq\o（FA,\s\up6(→)）＋eq\o（FB，\s\up6（→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝0知(x1－1）＋(x2－1)＋(x3－1）＝0，即x1＋x2＋x3＝3，|eq\o（FA，\s\up6(→)）|＋｜eq\o（FB,\s\up6(→)）|＋｜eq\o（FC,\s\up6（→）)｜＝x1＋x2＋x3＋eq\f(3，2)p＝6.答案64解析幾何中的定值與最值問題解法辨析1．定點、定值問題對于解析幾何中的定點、定值問題，要善于運用辯證的觀點去思考分析,在動點的“變”中尋求定值的“不變”性,用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊圖形等)先確定出定值，揭開神秘的面紗，這樣可將盲目的探索問題轉(zhuǎn)化為有方向有目標(biāo)的一般性證明題，從而找到解決問題的突破口．例1已知橢圓的中心為坐標(biāo)原點O，焦點在x軸上,斜率為1且過橢圓右焦點的直線交橢圓于A，B兩點，eq\o(OA，\s\up6(→))＋eq\o（OB,\s\up6(→）)與a＝（3，－1)共線．設(shè)M為橢圓上任意一點,且eq\o（OM,\s\up6（→））＝λeq\o（OA，\s\up6(→))＋μeq\o（OB,\s\up6（→)）(λ，μ∈R），求證：λ2＋μ2為定值．證明∵M(jìn)是橢圓上任意一點,若M與A重合,則eq\o（OM,\s\up6（→））＝eq\o（OA,\s\up6(→）），此時λ＝1，μ＝0，∴λ2＋μ2＝1,現(xiàn)在需要證明λ2＋μ2為定值1.設(shè)橢圓方程為eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a〉b>0)，A（x1，y1)，B（x2，y2），AB的中點為N(x0，y0)，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(x\o\al(2，1），a2）＋\f(y\o\al(2，1）,b2）＝1，①,\f（x\o\al(2，2),a2）＋\f(y\o\al(2，2),b2)＝1,②))①－②得eq\f(x1－x2x1＋x2，a2)＋eq\f（y1－y2y1＋y2，b2）＝0，即eq\f(y1－y2,x1－x2）＝－eq\f(b2x1＋x2，a2y1＋y2)＝－eq\f(b2x0,a2y0),又∵kAB＝eq\f（y1－y2,x1－x2）＝1，∴y0＝－eq\f(b2，a2）x0.∴直線ON的方向向量為eq\o（ON,\s\up6(→）)＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(b2，a2)）），∵eq\o(ON，\s\up6（→）)∥a，∴eq\f(1，3)＝eq\f(b2，a2）?！遖2＝3b2，∴橢圓方程為x2＋3y2＝3b2，又直線方程為y＝x－c。聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝x－c，，x2＋3y2＝3b2,）)得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.∵x1＋x2＝eq\f（3,2）c，x1x2＝eq\f(3c2－3b2，4)＝eq\f(3,8)c2.又設(shè)M（x，y)，則由eq\o（OM，\s\up6（→）)＝λeq\o（OA，\s\up6（→)）＋μeq\o(OB，\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＝λx1＋μx2，,y＝λy1＋μy2，））代入橢圓方程整理得λ2（xeq\o\al（2，1)＋3yeq\o\al（2，1）)＋μ2（xeq\o\al（2，2）＋3yeq\o\al（2,2))＋2λμ(x1x2＋3y1y2）＝3b2.又∵xeq\o\al(2，1）＋3yeq\o\al(2,1）＝3b2,xeq\o\al（2，2）＋3yeq\o\al(2，2)＝3b2，x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2）＋3c2＝eq\f(3,2）c2－eq\f(9，2）c2＋3c2＝0,∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2為定值．例2已知拋物線y2＝2px(p〉0）上有兩個動點A、B及一個定點M(x0，y0），F(xiàn)是拋物線的焦點，且｜AF｜、|MF|、｜BF｜成等差數(shù)列．求證：線段AB的垂直平分線經(jīng)過定點(x0＋p,0)．證明設(shè)A(x1，y1)、B（x2,y2)，由拋物線定義，知｜AF｜＝x1＋eq\f（p,2），｜BF｜＝x2＋eq\f(p，2)，|MF｜＝x0＋eq\f（p,2）。因為|AF|、｜MF｜、｜BF｜成等差數(shù)列，所以2|MF|＝｜AF|＋|BF｜,即x0＝eq\f（x1＋x2,2)。設(shè)AB的中點為（x0，t)，t＝eq\f(y1＋y2,2）。則kAB＝eq\f（y1－y2，x1－x2）＝eq\f(y1－y2，\f（y\o\al(2，1),2p)－\f（y\o\al（2,2），2p)）＝eq\f(2p,y1＋y2）＝eq\f（p，t)。所以線段AB的垂直平分線方程為y－t＝－eq\f（t,p)(x－x0）,即t[x－（x0＋p）]＋py＝0.所以線段AB的垂直平分線過定點（x0＋p,0）．2．最值問題解決圓錐曲線中的最值問題,一般有兩種方法：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來解，非常巧妙；二是代數(shù)法,將圓錐曲線中的最值問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題(即根據(jù)條件列出所求的目標(biāo)函數(shù))，然后根據(jù)函數(shù)的特征選用參數(shù)法、配方法、判別式法、三角有界法、函數(shù)單調(diào)法及基本不等式法等，求解最大或最小值．例3已知F是雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f（y2，16)＝1的左焦點，A（2,4），P是雙曲線右支上的動點，則｜PF|＋|PA|的最小值為________．解析設(shè)右焦點為F′,由題意可知F′坐標(biāo)為(5，0)，根據(jù)雙曲線的定義,｜PF|－|PF′｜＝6，∴｜PF｜＋｜PA|＝6＋|PF′|＋｜PA｜，∴要使|PF｜＋|PA|最小，只需|PF′｜＋|PA|最小即可，|PF′|＋|PA｜最小需P、F′、A三點共線，最小值即6＋|F′A｜＝6＋eq\r(9＋16)＝11。答案11點評“化曲為直”求與距離有關(guān)的最值是平面幾何中一種巧妙的方法,特別是涉及圓錐曲線上動點與定點和焦點距離之和的最值問題常用此法．例4已知平面內(nèi)一動點P到點F(1,0）的距離與點P到y(tǒng)軸的距離的差等于1.（1）求動點P的軌跡C的方程;(2)過點F作兩條斜率存在且互相垂直的直線l1，l2，設(shè)l1與軌跡C相交于點A，B，l2與軌跡C相交于點D，E，求eq\o（AD，\s\up6(→））·eq\o(EB,\s\up6（→))的最小值．解(1）設(shè)動點P的坐標(biāo)為(x，y），由題意有eq\r(x－12＋y2)－|x｜＝1?；喌脃2＝2x＋2|x|.當(dāng)x≥0時,y2＝4x；當(dāng)x<0時，y＝0.所以，動點P的軌跡C的方程為eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y2＝4x，x≥0，,y＝0，x〈0。）)(2)如圖，由題意知，直線l1的斜率存在且不為0,設(shè)為k，則l1的方程為y＝k（x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝kx－1，，y2＝4x））得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實根，于是x1＋x2＝2＋eq\f（4,k2)，x1x2＝1。因為l1⊥l2，所以l2的斜率為－eq\f(1，k)。設(shè)D(x3,y3)，E(x4，y4），則同理可得x3＋x4＝2＋4k2,x3x4＝1。故eq\o（AD,\s\up6（→))·eq\o（EB,\s\up6（→）)＝(eq\o（AF,\s\up6(→)）＋eq\o（FD，\s\up6(→)））·（eq\o（EF，\s\up6（→）)＋eq\o(FB,\s\up6(→）)）＝eq\o（AF,\s\up6（→))·eq\o（EF,\s\up6(→)）＋eq\o(AF,\s\up6（→））·eq\o（FB，\s\up6(→））＋eq\o（FD,\s\up6（→))·eq\o（EF，\s\up6（→）)＋eq\o(FD，\s\up6(→）)·eq\o(FB,\s\up6(→）)＝|eq\o(AF,\s\up6（→)）|·｜eq\o（FB,\s\up6(→))｜＋|eq\o（FD,\s\up6（→))｜·｜eq\o(EF，\s\up6（→))｜＝（x1＋1）（x2＋1)＋（x3＋1)(x4＋1)＝x1x2＋（x1＋x2）＋1＋x3x4＋(x3＋x4)＋1＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2＋\f（4，k2））)＋1＋1＋（2＋4k2）＋1＝8＋4eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（k2＋\f(1，k2）))≥8＋4×2eq\r（k2·\f(1,k2)）＝16。當(dāng)且僅當(dāng)k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±1時，eq\o(AD,\s\up6(→）)·eq\o（EB，\s\up6(→））取得最小值16.5圓錐曲線中存在探索型問題的解法存在探索型問題作為探索性問題之一，具備了內(nèi)容涉及面廣、重點題型豐富等命題要求,方便考查分析、比較、猜測、歸納等綜合能力,因而受到命題人的喜愛．圓錐曲線存在探索型問題是指在給定題設(shè)條件下是否存在某個數(shù)學(xué)對象(數(shù)值、性質(zhì)、圖形）使某個數(shù)學(xué)結(jié)論成立的數(shù)學(xué)問題．下面僅就圓錐曲線中的存在探索型問題展開,幫助同學(xué)們復(fù)習(xí)．1．常數(shù)存在型問題例1直線y＝ax＋1與雙曲線3x2－y2＝1相交于A，B兩點,是否存在這樣的實數(shù)a,使A，B關(guān)于直線l：y＝2x對稱？請說明理由．分析先假設(shè)實數(shù)a存在，然后根據(jù)推理或計算求出滿足題意的結(jié)果，或得到與假設(shè)相矛盾的結(jié)果，從而否定假設(shè)，得出某數(shù)學(xué)對象不存在的結(jié)論．解設(shè)存在實數(shù)a，使A，B關(guān)于直線l：y＝2x對稱,并設(shè)A(x1，y1),B（x2，y2),則AB中點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（x1＋x2，2），\f(y1＋y2，2））)。依題設(shè)有eq\f（y1＋y2,2)＝2·eq\f（x1＋x2,2）,即y1＋y2＝2（x1＋x2)，①又A，B在直線y＝ax＋1上，∴y1＝ax1＋1，y2＝ax2＋1，∴y1＋y2＝a(x1＋x2)＋2，②由①②，得2(x1＋x2）＝a(x1＋x2)＋2，即(2－a)（x1＋x2）＝2,③聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝ax＋1，,3x2－y2＝1)）得（3－a2)x2－2ax－2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(2a，3－a2)，④把④代入③，得(2－a）·eq\f(2a，3－a2）＝2，解得a＝eq\f(3,2）,∴kAB＝eq\f（3，2)，而kl＝2，∴kAB·kl＝eq\f（3，2）×2＝3≠－1。故不存在滿足題意的實數(shù)a.2．點存在型問題例2在平面直角坐標(biāo)系中,已知圓心在第二象限，半徑為2eq\r(2）的圓與直線y＝x相切于原點O，橢圓eq\f（x2，a2)＋eq\f(y2，9)＝1與圓C的一個交點到橢圓兩焦點的距離之和為10。（1）求圓C的方程；(2)試探究圓C上是否存在異于原點的點Q,使Q到橢圓右焦點F的距離等于線段OF的長．若存在，請求出點Q的坐標(biāo);若不存在,請說明理由．分析假設(shè)滿足條件的點Q存在，根據(jù)其滿足的幾何性質(zhì),求出Q的坐標(biāo)，則點Q存在,若求不出Q的坐標(biāo)，則點Q就不存在．解（1)由題意知圓心在y＝－x上，設(shè)圓心的坐標(biāo)是（－p，p)(p>0），則圓的方程可設(shè)為(x＋p)2＋(y－p)2＝8，由于O（0,0）在圓上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，∴圓C的方程為(x＋2）2＋（y－2）2＝8.(2）橢圓eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2,9)＝1與圓C的一個交點到橢圓兩焦點的距離之和為10,由橢圓的定義知2a＝10，a＝5，∴橢圓右焦點為F（4，0)．假設(shè)存在異于原點的點Q(m，n)使|QF｜＝|OF|，則有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m＋22＋n－22＝8,，m－42＋n2＝16,)）且m2＋n2≠0，解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m＝\f（4，5）,，n＝\f（12,5)，））故圓C上存在滿足條件的點Qeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（4，5），\f（12,5)））。3．直線存在型問題例3試問是否能找到一條斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓eq\f(x2，3）＋y2＝1交于兩個不同的點M，N,且使M,N到點A(0，1）的距離相等，若存在,試求出k的取值范圍；若不存在,請說明理由．分析假設(shè)滿足條件的直線l存在，由平面解析幾何的相關(guān)知識求解．解設(shè)直線l：y＝kx＋m為滿足條件的直線，再設(shè)P為MN的中點，欲滿足條件,只要AP⊥MN即可．由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得（1＋3k2）x2＋6mkx＋3m2－3＝0。設(shè)M（x1，y1），N(x2,y2)，則xP＝eq\f（x1＋x2,2）＝－eq\f(3mk,1＋3k2），yP＝kxP＋m＝eq\f(m,1＋3k2)，∴kAP＝eq\f（3k2－m＋1，3mk)?！逜P⊥MN，∴eq\f(3k2－m＋1,3mk）＝－eq\f(1,k)(k≠0），故m＝－eq\f(3k2＋1，2)。由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2）(3m2－3)＝9(1＋3k2)·（1－k2）〉0，得－1〈k<1，且k≠0。故當(dāng)k∈（－1，0)∪（0，1）時，存在滿足條件的直線l。6圓錐曲線中的易錯點剖析1．忽視定義中的條件而致誤例1平面內(nèi)一點M到兩定點F1(0,－4)，F(xiàn)2(0,4)的距離之和為8，則點M的軌跡為（)A．橢圓 B．圓C．直線 D．線段錯解根據(jù)橢圓的定義，點M的軌跡為橢圓，故選A。錯因分析在橢圓的定義中，點M到兩定點F1，F(xiàn)2的距離之和必須大于兩定點的距離，即|MF1｜＋|MF2|>｜F1F2|,亦即2a〉2c.而本題中|MF1|＋｜MF2｜＝|F1F2|，所以點M的軌跡不是橢圓，而是線段F1F2.正解因為點M到兩定點F1,F2的距離之和為｜F1F2|,所以點M的軌跡是線段F1F2.答案D2．忽視標(biāo)準(zhǔn)方程的特征而致誤例2設(shè)拋物線y＝mx2（m≠0)的準(zhǔn)線與直線y＝1的距離為3，求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程