2024-2025學(xué)年新教材高考數(shù)學(xué)第2章平面解析幾何章末綜合提升教案新人教B版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE19章末綜合提升[鞏固層·學(xué)問整合](老師用書獨具)[提升層·題型探究]直線方程及其應(yīng)用【例1】過點A(－5，－4)作始終線l，使它與兩坐標(biāo)軸相交且與兩軸所圍成的三角形的面積為5，求直線l的方程．[思路探究]已知直線過定點A，且與兩坐標(biāo)軸都相交，圍成的直角三角形的面積已知．求直線方程時可采納待定系數(shù)法，設(shè)出直線方程的點斜式，再由面積為5列方程，求直線的斜率．[解]由題意知，直線l的斜率存在．設(shè)直線為y＋4＝k(x＋5)，交x軸于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k)－5，0))，交y軸于點(0，5k－4)，S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,k)－5))×|5k－4|＝5，得25k2－30k＋16＝0(無實根)，或25k2－50k＋16＝0，解得k＝eq\f(2,5)或k＝eq\f(8,5)，所以所求直線l的方程為2x－5y－10＝0，或8x－5y＋20＝0．1．求直線方程的主要方法是待定系數(shù)法，要駕馭直線方程五種形式的適用條件及相互轉(zhuǎn)化，能依據(jù)條件敏捷選用方程，當(dāng)不能確定某種方程條件具備時要另行探討條件不滿意的狀況．2．運用直線系方程的主要作用在于能使計算簡潔．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．過點P(－1,0)，Q(0,2)分別作兩條相互平行的直線，使它們在x軸上截距之差的肯定值為1，求這兩條直線的方程．[解](1)當(dāng)兩條直線的斜率不存在時，兩條直線的方程分別為x＝－1，x＝0，它們在x軸上截距之差的肯定值為1，滿意題意；(2)當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)其斜率為k，則兩條直線的方程分別為y＝k(x＋1)，y＝kx＋2．令y＝0，分別得x＝－1，x＝－eq\f(2,k)．由題意得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,k)))＝1，即k＝1．則直線的方程為y＝x＋1，y＝x＋2，即x－y＋1＝0，x－y＋2＝0．綜上可知，所求的直線方程為x＝－1，x＝0，或x－y＋1＝0，x－y＋2＝0．直線的位置關(guān)系【例2】已知兩條直線l1:(3＋m)x＋4y＝5－3m，l2:2x＋(5＋m)y＝8．當(dāng)m分別為何值時，l1與l2：(1)平行？(2)垂直？[思路探究]已知兩直線的方程中都含有參數(shù)，求不同的位置關(guān)系時參數(shù)的取值，可以利用平行(或垂直)的條件列方程求解．[解](1)由(3＋m)(5＋m)－8＝0，解得m＝－1或m＝－7．經(jīng)過驗證：m＝－1時兩條直線重合，舍去．∴m＝－7時，兩條直線平行．(2)m＝－5時，兩條直線不垂直．m≠－5時，由兩條直線相互垂直可得：－eq\f(3＋m,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,5＋m)))＝－1，解得m＝－eq\f(13,3)．∴m＝－eq\f(13,3)時兩條直線相互垂直．利用直線的方程判定兩條直線的平行或垂直關(guān)系是這部分學(xué)問常涉及的題型．求解時，可以利用斜率之間的關(guān)系判定；若方程都是一般式，知道平行或垂直關(guān)系，求參數(shù)的值時也可用如下方法：直線l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0．(1)l1∥l2時，可令A(yù)1B2－A2B1＝0，解得參數(shù)的值后，再代入方程驗證，解除重合的狀況；(2)l1⊥l2時，可利用A1A2＋B1B2＝0干脆求參數(shù)的值．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])2．已知點A(2,2)和直線l：3x＋4y－20＝0．(1)求過點A，且和直線l平行的直線方程；(2)求過點A，且和直線l垂直的直線方程．[解](1)因為所求直線與l：3x＋4y－20＝0平行，所以設(shè)所求直線方程為3x＋4y＋m＝0．又因為所求直線過點A(2,2)，所以3×2＋4×2＋m＝0，所以m＝－14，所以所求直線方程為3x＋4y－14＝0．(2)因為所求直線與直線l：3x＋4y－20＝0垂直，所以設(shè)所求直線方程為4x－3y＋n＝0．又因為所求直線過點A(2,2)，所以4×2－3×2＋n＝0，所以n＝－2，所以所求直線方程為4x－3y－2＝0．距離問題【例3】已知兩條直線l1：ax－by＋4＝0，l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求分別滿意下列條件的a、b的值．(1)直線l1過點(－3，－1)，并且直線l1與直線l2垂直；(2)直線l1與直線l2平行，并且坐標(biāo)原點到l1、l2的距離相等．[解](1)∵l1⊥l2，∴a(a－1)＋(－b)·1＝0．即a2－a－b＝0． ①又點(－3，－1)在l1上，∴－3a＋b＋4＝0． ②由①②解得a＝2，b＝2．(2)∵l1∥l2且l2的斜率為1－a，∴l(xiāng)1的斜率也存在，eq\f(a,b)＝1－a，即b＝eq\f(a,1－a)．故l1和l2的方程可分別表示為l1：(a－1)x＋y＋eq\f(4a－1,a)＝0，l2：(a－1)x＋y＋eq\f(a,1－a)＝0．∵原點到l1與l2的距離相等，∴4eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,a)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))，解得a＝2或a＝eq\f(2,3)．因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3)，,b＝2.))距離公式的運用(1)距離問題包含兩點間的距離，點到直線的距離，兩平行直線間的距離．(2)牢記各類距離的公式并能干脆應(yīng)用，解決距離問題時，往往將代數(shù)運算與幾何圖形的直觀分析相結(jié)合．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])3．已知正方形中心為點M(－1,0)，一條邊所在直線的方程是x＋3y－5＝0，求其他三邊所在直線的方程．[解]正方形中心到直線x＋3y－5＝0的距離d＝eq\f(|－1×1＋3×0－5|,\r(12＋32))＝eq\f(6,\r(10))．設(shè)與直線x＋3y－5＝0平行的直線方程為x＋3y＋C1＝0．由正方形的性質(zhì)，得eq\f(|－1＋C1|,\r(12＋32))＝eq\f(6,\r(10))，解得C1＝－5(舍去)或C1＝7．所以與直線x＋3y－5＝0相對的邊所在的直線方程為x＋3y＋7＝0．設(shè)與直線x＋3y－5＝0垂直的邊所在的直線方程為3x－y＋C2＝0．由題意，得eq\f(|－1×3－0×1＋C2|,\r(32＋12))＝eq\f(6,\r(10))，解得C2＝9或C2＝－3．所以另兩邊所在直線的方程為3x－y＋9＝0和3x－y－3＝0．求圓的方程【例4】求圓心在直線3x＋4y－1＝0上，且經(jīng)過兩圓x2＋y2－x＋y－2＝0與x2＋y2＝5的交點的圓的方程．[思路探究]解答本題可利用過兩圓交點的圓系方程求解，也可求出兩交點坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解．[解]法一：設(shè)所求圓為x2＋y2－x＋y－2＋λ(x2＋y2－5)＝0，化為一般式，得x2＋y2－eq\f(1,1＋λ)x＋eq\f(1,1＋λ)y－eq\f(2＋5λ,1＋λ)＝0．故圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21＋λ)，－\f(1,21＋λ)))，代入直線3x＋4y－1＝0，得λ＝－eq\f(3,2)．再把λ代入所設(shè)方程，得x2＋y2＋2x－2y－11＝0，故所求圓的方程為x2＋y2＋2x－2y－11＝0．法二：解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－x＋y－2＝0，,x2＋y2＝5，))得兩圓的交點為A(1，－2)和B(2，－1)．設(shè)所求圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0．∵A，B在圓上，且圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))在直線3x＋4y－1＝0上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5＋D－2E＋F＝0，,5＋2D－E＋F＝0，,3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)))＋4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(E,2)))－1＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(D＝2，,E＝－2，,F＝－11.))∴所求圓的方程是x2＋y2＋2x－2y－11＝0．求圓的方程主要是聯(lián)系圓系方程、圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和一般方程，利用待定系數(shù)法解題．一般地，當(dāng)已知圓的圓心或半徑的幾何特征時，設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，并結(jié)合圓的幾何性質(zhì)求解；當(dāng)已知圓上三個點時，設(shè)圓的一般方程；當(dāng)所求圓經(jīng)過直線與圓、圓與圓的交點時，常利用圓系方程來解答．過兩個已知圓x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0的交點的圓系方程為x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])4．圓心在直線5x－3y＝8上，且圓與兩坐標(biāo)軸均相切，求此圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．[解]設(shè)所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2(r＞0)．因為圓與兩坐標(biāo)軸均相切，故圓心坐標(biāo)滿意x0－y0＝0或x0＋y0＝0．又圓心在直線5x－3y＝8上，所以5x0－3y0＝8．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝0，,5x0－3y0＝8，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝4，,y0＝4，))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,5x0－3y0＝8，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝1，,y0＝－1，))所以圓心坐標(biāo)為(4,4)或(1，－1)，相應(yīng)的半徑為r＝4或r＝1，故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－4)2＋(y－4)2＝16或(x－1)2＋(y＋1)2＝1．直線與圓、圓與圓的位置關(guān)系【例5】已知圓M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直線l過點P(2,3)且與圓M交于A，B兩點，且|AB|＝2eq\r(3)，求直線l的方程．[思路探究]分斜率存在與不存在兩種狀況：(1)eq\x(斜率存在)?eq\x(設(shè)直線l的方程)?eq\x(利用勾股定理)?eq\x(求k)?eq\x(直線方程)(2)eq\x(斜率不存在)?eq\x(驗證)[解](1)當(dāng)直線l存在斜率時，設(shè)直線l的方程為y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0．示意圖如圖，作MC⊥AB于C．在Rt△MBC中，|BC|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\r(3)，|MB|＝2，故|MC|＝eq\r(|MB|2－|BC|2)＝1，由點到直線的距離公式得eq\f(|k－1＋3－2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq\f(3,4)．故直線l的方程為3x－4y＋6＝0．(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時，其方程為x＝2，且|AB|＝2eq\r(3)，所以符合題意．綜上所述，直線l的方程為3x－4y＋6＝0或x＝2．1．直線與圓的位置關(guān)系是高考考查的重點，切線問題更是重中之重，推斷直線與圓的位置關(guān)系以幾何法為主，解題時應(yīng)充分利用圓的幾何性質(zhì)以簡化解題過程．2．解決圓與圓的位置關(guān)系的關(guān)鍵是抓住它的幾何特征，利用兩圓圓心距與兩圓半徑的和、差的肯定值的大小來確定兩圓的位置關(guān)系，以及充分利用它的幾何圖形的形象直觀性來分析問題．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])5．求圓O：x2＋y2＝36與圓M：x2＋y2－10y＋16＝0的公切線的方程．[解]如圖，易知兩圓相交，公切線有兩條．由圓M的方程易得M(0,5)，r＝3．設(shè)兩圓的公切線與圓O相切于點B(x0，y0)，則公切線方程為x0x＋y0y＝36．∵點M到公切線的距離等于3，∴eq\f(|x0·0＋5·y0－36|,\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)))＝3．∵xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝36，點M在公切線的下方，∴－(5y0－36)＝18，即y0＝eq\f(18,5)．從而x0＝±eq\r(36－y\o\al(2,0))＝±eq\f(24,5)．故公切線方程為eq\f(24,5)x＋eq\f(18,5)y－36＝0或－eq\f(24,5)x＋eq\f(18,5)y－36＝0，即4x＋3y－30＝0或4x－3y＋30＝0．軌跡問題【例6】如圖，圓O1與圓O2的半徑都是1，|O1O2|＝4，過動點P分別作圓O1、圓O2的切線PM，PN，(M，N分別為切點)，使得|PM|＝eq\r(2)|PN|，試建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，并求動點P的軌跡方程．[思路探究]由△PMO1與△PNO2均為直角三角形表示出切線長|PM|與|PN|，建立坐標(biāo)系后，設(shè)出P點坐標(biāo)即可由等式|PM|＝eq\r(2)|PN|求出P點的軌跡方程．[解]如圖，以O(shè)1O2所在直線為x軸，線段|O1O2|的垂直平分線為y軸，建立直角坐標(biāo)系，則O1(－2，0)，O2(2,0)，設(shè)動點P的坐標(biāo)為(x，y)．在Rt△PMO1中，|PM|2＝|PO1|2－1，在Rt△PNO2中，|PN|2＝|PO2|2－1．又因為|PM|＝eq\r(2)|PN|，所以|PM|2＝2|PN|2，即|PO1|2－1＝2(|PO2|2－1)，即|PO1|2＋1＝2|PO2|2，所以(x＋2)2＋y2＋1＝2[(x－2)2＋y2]，整理得x2＋y2－12x＋3＝0，即為所求點P的軌跡方程．1．求動點的軌跡方程是解析幾何中的重要題型，解答這類問題常用的方法有：干脆法、定義法、消元法、代數(shù)法等．2．求軌跡方程的步驟：(1)建系設(shè)點；(2)列出動點滿意的軌跡條件；(3)把軌跡條件坐標(biāo)化；(4)化簡整理；(5)檢驗．在檢驗中要解除不符合要求的點，或者補(bǔ)充上漏掉的部分．eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])6．等腰三角形的頂點是A(4,2)，底邊一個端點是B(3,5)，求另一個端點C的軌跡方程，并說明它的軌跡是什么．[解]設(shè)另一端點C的坐標(biāo)為(x，y)．依題意，得|AC|＝|AB|．由兩點間距離公式，得eq\r(x－42＋y－22)＝eq\r(4－32＋2－52)，整理得(x－4)2＋(y－2)2＝10．這是以點A(4,2)為圓心，以eq\r(10)為半徑的圓，如圖所示，又因為A、B、C為三角形的三個頂點，所以A、B、C三點不共線．即點B、C不能重合且B、C不能為圓A的始終徑的兩個端點．因為點B、C不能重合，所以點C不能為(3,5)．又因為點B、C不能為始終徑的兩個端點，所以eq\f(x＋3,2)≠4，且eq\f(y＋5,2)≠2，即點C不能為(5，－1)．故端點C的軌跡方程是(x－4)2＋(y－2)2＝10(除去點(3,5)和(5，－1))．綜上，它的軌跡是以點A(4,2)為圓心，eq\r(10)為半徑的圓，但除去(3,5)和(5，－1)兩點．圓錐曲線定義的應(yīng)用【例7】(1)已知F是雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦點，點A(1,4)，P是雙曲線右支上的動點，則|PF|＋|PA|的最小值為()A．9B．5C．8D．4(2)若點M(1,2)，點C是橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1的右焦點，點A是橢圓的動點，則|AM|＋|AC|的最小值是．(1)A(2)8－2eq\r(5)[(1)設(shè)右焦點為F′，則F′(4,0)，依題意，有|PF|＝|PF′|＋4，所以|PF|＋|PA|＝|PF′|＋|PA|＋4≥|AF′|＋4＝5＋4＝9．(2)設(shè)點B為橢圓的左焦點，則B(－3,0)，點M(1,2)在橢圓內(nèi)，那么|BM|＋|AM|＋|AC|≥|AB|＋|AC|＝2a，所以|AM|＋|AC|≥2a－|BM|，而a＝4，|BM|＝eq\r(1＋32＋22)＝2eq\r(5)，所以(|AM|＋|AC|)min＝8－2eq\r(5)．]探討有關(guān)點間的距離的最值問題時，常用定義把曲線上的點到焦點的距離轉(zhuǎn)化為到另一焦點的距離或利用定義把曲線上的點到焦點的距離轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線的距離，再結(jié)合幾何圖形利用幾何意義去解決有關(guān)的最值問題.提示：應(yīng)用定義解決問題時，需緊扣其內(nèi)涵，留意限制條件是否成立，然后得到相應(yīng)的結(jié)論.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])7．以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A，B兩點，交C的準(zhǔn)線于D，E兩點．已知|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，則C的焦點到準(zhǔn)線的距離為()A．2 B．4C．6 D．8B[設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p＞0)，圓的方程為x2＋y2＝r2．∵|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，∴不妨設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))．∵點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))在圓x2＋y2＝r2上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(16,p2)＋8＝r2，,\f(p2,4)＋5＝r2，))∴eq\f(16,p2)＋8＝eq\f(p2,4)＋5，∴p＝4(負(fù)值舍去)．∴C的焦點到準(zhǔn)線的距離為4．]8．在平面直角坐標(biāo)系中，兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)間的“L-距離”定義為||P1P2|＝|x1－x2|＋|y1－y2|，則平面內(nèi)與x軸上兩個不同的定點F1，F(xiàn)2的“L-距離”之和等于定值(大于||F1F2|)的點的軌跡可以是圖中的()ABCDA[設(shè)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，P(x，y)，則點P滿意：||PF1|＋||PF2|＝2a(2a＞||F1F2|)，代入坐標(biāo)，得|x＋c|＋|x－c|＋2|y|＝2a．當(dāng)y＞0時，y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋a，x＜－c，,a－c，－c≤x≤c，,－x＋a，x＞c；))當(dāng)y≤0時，y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－a，x＜－c，,c－a，－c≤x≤c，,x－a，x＞c.))結(jié)合選項可知A正確，故選A．]圓錐曲線性質(zhì)的應(yīng)用【例8】(1)已知O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點，A，B分別為C的左、右頂點．P為C上一點，且PF⊥x軸．過點A的直線l與線段PF交于點M，與y軸交于點E．若直線BM經(jīng)過OE的中點，則C的離心率為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)(2)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率e＝eq\f(\r(5),2)，點A(0,1)與雙曲線上的點的最小距離是eq\f(2\r(30),5)，求雙曲線方程．(1)A[如圖所示，由題意得A(－a,0)，B(a,0)，F(xiàn)(－c,0)．由PF⊥x軸得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a)))．設(shè)E(0，m)，又PF∥OE，得eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)，則|MF|＝eq\f(ma－c,a)． ①又由OE∥MF，得eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)，則|MF|＝eq\f(ma＋c,2a)． ②由①②得a－c＝eq\f(1,2)(a＋c)，即a＝3c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3)．故選A．](2)[解]∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，∴eq\f(a2＋b2,a2)＝eq\f(5,4)，∴a2＝4b2，設(shè)雙曲線eq\f(x2,4b2)－eq\f(y2,b2)＝1上一點B(x，y)，則|AB|2＝x2＋(y－1)2＝4b2＋4y2＋(y－1)2＝5y2－2y＋4b2＋1＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,5)))eq\s\up12(2)＋4b2＋eq\f(4,5)．當(dāng)y＝eq\f(1,5)時，|AB|取得最小值，為eq\r(4b2＋\f(4,5))，即eq\r(4b2＋\f(4,5))＝eq\f(2\r(30),5)，∴b2＝1，雙曲線方程為eq\f(x2,4)－y2＝1．圓錐曲線的性質(zhì)綜合性強(qiáng)，需弄清每特性質(zhì)的真正內(nèi)涵，然后正確地應(yīng)用到解題中去.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])9．設(shè)F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點，若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．2 D．eq\r(5)A[如圖：以O(shè)F為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))2＋y2＝eq\f(c2,4)，①又x2＋y2＝a2， ②①－②得交線PQ的直線方程為：x＝eq\f(a2,c)，代入②，得y＝±eq\f(ab,c)，又|PQ|＝|OF|，則2eq\f(ab,c)＝c，∴a＝b，e＝eq\r(2)，故選A．]直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題【例9】已知直線l：x＝my＋1(m≠0)恒過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點F，且交橢圓C于A、B兩點．(1)若拋物線x2＝4eq\r(3)y的焦點為橢圓C的上頂點，求橢圓C的方程；(2)對于(1)中的橢圓C，若直線l交y軸于點M，且eq\o(MA,\s\up14(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up14(→))，eq\o(MB,\s\up14(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up14(→))，當(dāng)m改變時，求λ1＋λ2的值．[解](1)依據(jù)題意，直線l：x＝my＋1(m≠0)過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點F，∴F(1,0)，∴c＝1，又∵拋物線x2＝4eq\r(3)y的焦點為橢圓C的上頂點，∴b＝eq\r(3)，∴b2＝3．∴a2＝b2＋c2＝4，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)∵直線l與y軸交于Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,m)))，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0，))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ＝144(m2＋1)>0，∴y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，∴eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2)＝eq\f(2m,3)(*)，又由eq\o(MA,\s\up14(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up14(→))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，∴λ1＝－1－eq\f(1,my1)，同理λ2＝－1－eq\f(1,my2)，∴λ1＋λ2＝－2－eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝－2－eq\f(2,3)＝－eq\f(8,3)，∴λ1＋λ2＝－eq\f(8,3)．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，主要涉及判定直線與圓錐曲線的交點個數(shù)、求弦長、最值等問題，它是圓錐曲線的定義、性質(zhì)與直線的基礎(chǔ)學(xué)問的綜合應(yīng)用，涉及數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程、分類探討等數(shù)學(xué)思想方法.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系主要有：1有關(guān)直線與圓錐曲線公共點的個數(shù)問題，應(yīng)留意數(shù)形結(jié)合；2有關(guān)弦長問題，應(yīng)留意運用弦長公式及根與系數(shù)的關(guān)系；3有關(guān)垂直問題，要留意運用斜率關(guān)系及根與系數(shù)的關(guān)系，設(shè)而不求，簡化運算.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])10．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))到拋物線C：y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線的距離為eq\f(5,4)．點M(t,1)是C上的定點，A，B是C上的兩動點，且線段AB的中點Q(m，n)在直線OM上．(1)求曲線C的方程及t的值；(2)記d＝eq\f(|AB|,\r(1＋4m2))，求d的最大值．[解](1)y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線為x＝－eq\f(p,2)，∴1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)))＝eq\f(5,4)，p＝eq\f(1,2)，∴拋物線C的方程為y2＝x．又點M(t,1)在曲線C上，∴t＝1．(2)由(1)知，點M(1,1)，從而n＝m，即點Q(m，m)，依題意，直線AB的斜率存在，且不為0，設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝x1，,y\o\al(2,2)＝x2，))得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k·2m＝1，∴直線AB的方程為y－m＝eq\f(1,2m)(x－m)，即x－2my＋2m2－m＝0．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2my＋2m2－m＝0，,y2＝x，))消去x，整理得y2－2my＋2m2－m＝0，∴Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m．從而|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋4m2)·eq\r(4m－4m2)＝2eq\r(1＋4m2m－m2)．∴d＝eq\f(|AB|,\r(1＋4m2))＝2eq\r(m1－m)≤m＋(1－m)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－m，即m＝eq\f(1,2)時，上式等號成立，又m＝eq\f(1,2)滿意Δ＝4m－4m2＞0．∴d的最大值為1．?dāng)?shù)學(xué)思想在圓錐曲線中的應(yīng)用【例10】已知定點F(0,1)和直線l1：y＝－1，過定點F與直線l1相切的動圓的圓心為點C．(1)求動點C的軌跡方程；(2)過點F的直線l2交軌跡于兩點P，Q，交直線l1于點R，求eq\o(RP,\s\up14(→))·eq\o(RQ,\s\up14(→))的最小值．[解](1)由題設(shè)知點C到點F的距離等于它到l1的距離，∴點C的軌跡是以F為焦點，l1為準(zhǔn)線的拋物線，∴動點C的軌跡方程為x2＝4y．(2)由題意知，直線l2的方程可設(shè)為y＝kx＋1(k≠0)，與拋物線方程聯(lián)立消去y，得x2－4kx－4＝0．設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4．又易得點R的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,k)，－1))，∴eq\o(RP,\s\up14(→))·eq\o(RQ,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(2,k)，y1＋1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,k)，y2＋1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(2,k)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,k)))＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)＋2k))(x1＋x2)＋eq\f(4,k2)＋4＝－4(1＋k2)＋4keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)＋2k))＋eq\f(4,k2)＋4＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)))＋8．∵k2＋eq\f(1,k2)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k2＝1時取等號，∴eq\o(RP,\s\up14(→))·eq\o(RQ,\s\up14(→))≥4×2＋8＝16，即eq\o(RP,\s\up14(→))·eq\o(RQ,\s\up14(→))的最小值為16．函數(shù)與方程思想、分類探討思想、等價轉(zhuǎn)化思想及數(shù)形結(jié)合思想在圓錐曲線的綜合問題中應(yīng)用廣泛，主要涉及最值、范圍、探究問題及曲線方程的求法等問題.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])11．設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E．(1)求證|EA|＋|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；(2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．[解](1)證明：因為|AD|＝|AC|，EB∥AC，所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|．又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4．由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)當(dāng)l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0．則x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)．所以|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(12k2＋1,4k2＋3)．過點B(1,0)且與l垂直的直線m的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)，點A到直線m的距離為eq\f(2,\r(k2＋1))，所以|PQ|＝2eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(k2＋1))))eq\s\up12(2))＝4eq\r(\f(4k2＋3,k2＋1))，故四邊形MPNQ的面積S＝eq\f(1,2)|MN|·|PQ|＝12eq\r(1＋\f(1,4k2＋3))．可得當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8eq\r(3))．當(dāng)l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12．綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8eq\r(3))．[培優(yōu)層·素養(yǎng)升華](老師用書獨具)【例題】已知拋物線C1的方程為x2＝2y，其焦點為F，AB為過焦點F的拋物線C1的弦，過A，B分別作拋物線的切線l1，l2，設(shè)l1，l2相交于點P．(1)求eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))的值；(2)假如圓C2的方程為x2＋y2＝8，且點P在圓C2內(nèi)部，設(shè)直線AB與C2相交于C，D兩點，求|AB|·|CD|的最小值．[解](1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以設(shè)AB的方程為y＝kx＋eq\f(1,2)，代入拋物線方程得x2－2kx－1＝0，所以x1，x2為方程的解，從而x1＋x2＝2k，x1x2＝－1，又因為kPA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\v