圆锥曲线专题

1利用椭圆的定义解题椭圆定义反映了椭圆的本质特征，揭示了曲线存在的几何性质．有些问题，如果恰当运用定义来解决，可以起到事半功倍的效果，下面通过几个例子进行说明．1．求最值例1线段|AB|＝4，|PA|＋|PB|＝6，M是AB的中点，当P点在同一平面内运动时，PM的长度的最小值是()A．2B.eq\r(2)C.eq\r(5)D．5解析由于|PA|＋|PB|＝6>4＝|AB|，故由椭圆定义知P点的轨迹是以M为原点，A、B为焦点的椭圆，且a＝3，c＝2，∴b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(5).于是PM的长度的最小值是b＝eq\r(5).答案C2．求动点坐标例2椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,25)＝1上到两个焦点F1，F2距离之积最大的点的坐标是________．解析设椭圆上的动点为P，由椭圆的定义可知|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，当且仅当|PF1|＝|PF2|时取等号．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|＋|PF2|＝10，,|PF1|＝|PF2|，))解得|PF1|＝|PF2|＝5＝a，此时点P恰好是椭圆短轴的两端点，即所求点的坐标为(±3,0)．答案(±3,0)点评由椭圆的定义可得“|PF1|＋|PF2|＝10”，即两个正数|PF1|，|PF2|的和为定值，结合基本不等式可求|PF1|，|PF2|积的最大值，结合图形可得所求点P的坐标．3．求焦点三角形面积例3如图所示，已知椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，若点P在第二象限，且∠PF1F2＝120°，求△PF1F2的面积．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由椭圆定义，得|PF1|＋|PF2|＝4，即|PF2|＝4－|PF1|.②将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的面积是eq\f(3,5)eq\r(3).点评在△PF1F2中，由椭圆的定义及余弦定理可得关于|PF1|，|PF2|的方程组，消去|PF2|可求|PF1|.从以上问题，我们不难发现，凡涉及椭圆上的点及椭圆焦点的问题，我们应首先考虑利用椭圆的定义求解.2如何求椭圆的离心率1．由椭圆的定义求离心率例1以椭圆的焦距为直径并过两焦点的圆，交椭圆于4个不同的点，顺次连接这四个点和两个焦点恰好组成一个正六边形，那么这个椭圆的离心率为________．解析如图所示，设椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距为c，由题意知∠F1AF2＝90°，∠AF2F1＝60°.∴|AF2|＝c，|AF1|＝2c·sin60°＝eq\r(3)c.∴|AF1|＋|AF2|＝2a＝(eq\r(3)＋1)c.∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)＋1)＝eq\r(3)－1.答案eq\r(3)－1点评本题利用了圆及正六边形的几何性质，并结合椭圆的定义，化难为易，使问题简单解决．2．解方程(组)求离心率例2椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－c,0)，A(－a，0)、B(0，b)是两个顶点，如果F1到直线AB的距离为eq\f(b,\r(7))，则椭圆的离心率e＝________.解析如图所示，直线AB的方程为eq\f(x,－a)＋eq\f(y,b)＝1，即bx－ay＋ab＝0.∵点F1(－c,0)到直线AB的距离为eq\f(b,\r(7))，∴eq\f(b,\r(7))＝eq\f(|－bc＋ab|,\r(a2＋b2))，∴eq\r(7)|a－c|＝eq\r(a2＋b2)，即7a2－14ac＋7c2＝a2＋b2.又∵b2＝a2－c2，整理，得5a2－14ac＋8c2＝0.两边同除以a2并由e＝eq\f(c,a)知，8e2－14e＋5＝0，解得e＝eq\f(1,2)或e＝eq\f(5,4)(舍去)．答案eq\f(1,2)3．利用数形结合求离心率例3在平面直角坐标系中，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，圆O的半径为a，过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，0))作圆O的两条切线，且这两条切线互相垂直，则离心率e＝________.解析如图所示，切线PA、PB互相垂直，PA＝PB.又OA⊥PA，OB⊥PB，OA＝OB，则四边形OAPB是正方形，故OP＝eq\r(2)OA，即eq\f(a2,c)＝eq\r(2)a，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).答案eq\f(\r(2),2)4．综合类例4设M为椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一点，F1、F2为椭圆的左、右焦点，如果∠MF1F2＝75°，∠MF2F1＝15°，求椭圆的离心率．解由正弦定理得eq\f(2c,sin90°)＝eq\f(|MF1|,sin15°)＝eq\f(|MF2|,sin75°)＝eq\f(|MF1|＋|MF2|,sin15°＋sin75°)＝eq\f(2a,sin15°＋sin75°)，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,sin15°＋cos15°)＝eq\f(1,\r(2)sin60°)＝eq\f(\r(6),3).点评此题可推广为若∠MF1F2＝α，∠MF2F1＝β，则椭圆的离心率e＝eq\f(cos\f(α＋β,2),cos\f(α－β,2)).3活用双曲线定义妙解题在解双曲线中的有关求动点轨迹、离心率、最值等问题时，若能灵活应用双曲线的定义，能把大题化为小题，起到事半功倍的作用．下面举例说明．1．求动点轨迹例1一动圆C与两定圆C1：x2＋(y－5)2＝1和圆C2：x2＋(y＋5)2＝16都外切，求动圆圆心C的轨迹方程．解设动圆圆心为C(x，y)，半径为r，因为动圆C与两定圆相外切，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|CC1|＝r＋1，,|CC2|＝r＋4，))即|CC2|－|CC1|＝3<|C1C2|＝10，所以点C的轨迹是以C1(0,5)，C2(0，－5)为焦点的双曲线的上支，且a＝eq\f(3,2)，c＝5，所以b2＝eq\f(91,4).故动圆圆心C的轨迹方程为eq\f(4y2,9)－eq\f(4x2,91)＝1(y≥eq\f(3,2))．点评依据动圆与两定圆外切建立关系式，易得到|CC2|－|CC1|＝3<|C1C2|，从而判断出C的轨迹是双曲线的一支，最后求出a，b即可写出轨迹方程，这里一定要注意所求的轨迹是双曲线的一支还是两支．2．求焦点三角形的周长例2过双曲线eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1左焦点F1的直线与左支交于A、B两点，且弦AB长为6，则△ABF2(F2为右焦点)的周长是________．解析由双曲线的定义知|AF2|－|AF1|＝8，|BF2|－|BF1|＝8，两式相加得|AF2|＋|BF2|－(|AF1|＋|BF1|)＝|AF2|＋|BF2|－|AB|＝16，从而有|AF2|＋|BF2|＝16＋6＝22，所以△ABF2的周长为|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝22＋6＝28.答案28点评与焦点有关的三角形周长问题，常借助双曲线的定义解决，注意解决问题时的拼凑技巧．3．最值问题例3已知F是双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦点，P是双曲线右支上一动点，定点M(4,2)，求|PM|＋|PF|的最小值．解设双曲线的左焦点为F′，则F′(－2,0)，由双曲线的定义知：|PF′|－|PF|＝2a＝2eq\r(3)，所以|PF|＝|PF′|－2eq\r(3)，所以|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PF′|－2eq\r(3)，要使|PM|＋|PF|取得最小值，只需|PM|＋|PF′|取得最小值，由图可知，当P、F′、M三点共线时，|PM|＋|PF′|最小，此时|MF′|＝2eq\r(10)，故|PM|＋|PF|的最小值为2eq\r(10)－2eq\r(3).点评本题利用双曲线的定义对F的位置进行转换，然后再根据共线易求得最小值．另外同学们不妨思考一下：①若将M坐标改为M(1,1)，其他条件不变，如何求解呢？②若P是双曲线左支上一动点，如何求解呢？4．求离心率范围例4已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，试求该双曲线离心率的取值范围．解因为|PF1|＝4|PF2|，点P在双曲线的右支上，所以设|PF2|＝m，则|PF1|＝4m，由双曲线的定义，则|PF1|－|PF2|＝4m－m＝2a，所以m＝eq\f(2,3)a.又|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|，即4m＋m≥2c，所以m≥eq\f(2,5)c，即eq\f(2,3)a≥eq\f(2,5)c，所以e＝eq\f(c,a)≤eq\f(5,3).又e>1，所以双曲线离心率的取值范围为1<e≤eq\f(5,3).点评本题利用双曲线的定义及三角形的两边之和与第三边之间的关系建立了关于双曲线基本量a，c的不等关系，使问题得以巧妙地转化、获解．4抛物线的焦点弦如图所示，AB是抛物线y2＝2px(p>0)过焦点F的一条弦．设A(x1，y1)、B(x2，y2)，AB的中点M(x0，y0)，过A、M、B分别向抛物线的准线l作垂线，垂足分别为A1、M1、B1，则有以下重要结论：(1)以AB为直径的圆必与准线相切；(2)|AB|＝2(x0＋eq\f(p,2))(焦点弦长与中点坐标的关系)；(3)|AB|＝x1＋x2＋p；(4)A、B两点的横坐标之积，纵坐标之积为定值，即x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2；(5)A1F⊥B1F；(6)A、O、B1三点共线；(7)eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(2,p).以下以第(7)条结论为例证明：证明当直线AB的斜率不存在，即与x轴垂直时，|FA|＝|FB|＝p，∴eq\f(1,|FA|)＋eq\f(1,|FB|)＝eq\f(1,p)＋eq\f(1,p)＝eq\f(2,p).当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为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.设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则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).点评该结论是抛物线过焦点的弦所具有的一个重要性质，解题时，不可忽视AB⊥x轴的情况．例设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))＝0，则|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＋|eq\o(FC,\s\up6(→))|＝________.解析设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65求曲线方程的常用方法曲线方程的求法是解析几何的重要内容和高考的常考点．求曲线方程时，应根据曲线的不同背景，不同的结构特征，选用不同的思路和方法，才能简捷明快地解决问题．下面对其求法进行探究．1．定义法求曲线方程时，如果动点轨迹满足已知曲线的定义，则可根据题设条件和图形的特点，恰当运用平面几何的知识去寻求其数量关系，再由曲线定义直接写出方程，这种方法叫做定义法．例1如图，点A为圆形纸片内不同于圆心C的定点，动点M在圆周上，将纸片折起，使点M与点A重合，设折痕m交线段CM于点N.现将圆形纸片放在平面直角坐标系xOy中，设圆C：(x＋1)2＋y2＝4a2(a>1)，A(1,0)，记点N的轨迹为曲线E.(1)证明曲线E是椭圆，并写出当a＝2时该椭圆的标准方程；(2)设直线l过点C和椭圆E的上顶点B，点A关于直线l的对称点为点Q，若椭圆E的离心率e∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，求点Q的纵坐标的取值范围．解(1)依题意，直线m为线段AM的垂直平分线，∴|NA|＝|NM|.∴|NC|＋|NA|＝|NC|＋|NM|＝|CM|＝2a>2，∴N的轨迹是以C、A为焦点，长轴长为2a，焦距为2的椭圆．当a＝2时，长轴长为2a＝4，焦距为2c＝2，∴b2＝a2－c2＝3.∴椭圆的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设椭圆的标准方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由(1)知：a2－b2＝1.又C(－1,0)，B(0，b)，∴直线l的方程为eq\f(x,－1)＋eq\f(y,b)＝1，即bx－y＋b＝0.设Q(x，y)，∵点Q与点A(1,0)关于直线l对称，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－1)·b＝－1，,b·\f(x＋1,2)－\f(y,2)＋b＝0，))消去x得y＝eq\f(4b,b2＋1).∵离心率e∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，∴eq\f(1,4)≤e2≤eq\f(3,4)，即eq\f(1,4)≤eq\f(1,a2)≤eq\f(3,4).∴eq\f(4,3)≤a2≤4.∴eq\f(4,3)≤b2＋1≤4，即eq\f(\r(3),3)≤b≤eq\r(3)，∵y＝eq\f(4b,b2＋1)＝eq\f(4,b＋\f(1,b))≤2，当且仅当b＝1时取等号．又当b＝eq\r(3)时，y＝eq\r(3)；当b＝eq\f(\r(3),3)时，y＝eq\r(3).∴eq\r(3)≤y≤2.∴点Q的纵坐标的取值范围是[eq\r(3)，2]．2．直接法若题设条件有明显的等量关系，或者可运用平面几何的知识推导出等量关系，则可通过“建系、设点、列式、化简、检验”五个步骤直接求出动点的轨迹方程，这种“五步法”可称为直接法．例2已知直线l1：2x－3y＋2＝0，l2：3x－2y＋3＝0.有一动圆M(圆心和半径都在变动)与l1，l2都相交，并且l1，l2被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26,24.求圆心M的轨迹方程．解如图，设M(x，y)，圆半径为r，M到l1，l2的距离分别是d1，d2，则deq\o\al(2,1)＋132＝r2，deq\o\al(2,2)＋122＝r2，∴deq\o\al(2,2)－deq\o\al(2,1)＝25，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x－2y＋3,\r(13))))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－3y＋2,\r(13))))2＝25，化简得圆心M的轨迹方程是(x＋1)2－y2＝65.点评若动点运动的规律是一些几何量的等量关系，则常用直接法求解，即将这些关系直接转化成含有动点坐标x，y的方程即可．3．待定系数法若已知曲线(轨迹)的形状，求曲线(轨迹)的方程时，可由待定系数法求解．例3已知椭圆的对称轴为坐标轴，O为坐标原点，F是一个焦点，A是一个顶点，若椭圆的长轴长是6，且cos∠OFA＝eq\f(2,3)，求椭圆的方程．解椭圆的长轴长为6，cos∠OFA＝eq\f(2,3)，所以点A不是长轴的顶点，是短轴的顶点，所以|OF|＝c，|AF|＝eq\r(|OA|2＋|OF|2)＝eq\r(b2＋c2)＝a＝3，eq\f(c,3)＝eq\f(2,3)，所以c＝2，b2＝32－22＝5，故椭圆的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1或eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,9)＝1.4．相关点法(或代入法)如果点P的运动轨迹或所在的曲线已知，又点P与点Q的坐标之间可以建立某种关系，借助于点P的运动轨迹便可得到点Q的运动轨迹．例4如图所示，从双曲线x2－y2＝1上一点Q引直线l：x＋y＝2的垂线，垂足为N，求线段QN的中点P的轨迹方程．分析设P(x，y)，因为P是QN的中点，为此需用P点的坐标表示Q点的坐标，然后代入双曲线方程即可．解设P点坐标为(x，y)，双曲线上点Q的坐标为(x0，y0)，∵点P是线段QN的中点，∴N点的坐标为(2x－x0,2y－y0)．又点N在直线x＋y＝2上，∴2x－x0＋2y－y0＝2，即x0＋y0＝2x＋2y－2.①又QN⊥l，∴kQN＝eq\f(2y－2y0,2x－2x0)＝1，即x0－y0＝x－y.②由①②，得x0＝eq\f(1,2)(3x＋y－2)，y0＝eq\f(1,2)(x＋3y－2)．又∵点Q在双曲线上，∴eq\f(1,4)(3x＋y－2)2－eq\f(1,4)(x＋3y－2)2＝1.化简，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝eq\f(1,2).∴线段QN的中点P的轨迹方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2＝eq\f(1,2).点评本题中动点P与点Q相关，而Q点的轨迹确定，所以解决这类问题的关键是找出P、Q两点坐标间的关系，用相关点法求解．5．参数法有时求动点满足的几何条件不易得出，也无明显的相关点，但却较易发现(或经分析可发现)这个动点的运动常常受到另一个变量(角度、斜率、比值、截距或时间等)的制约，即动点的坐标(x，y)中的x，y分别随另一个变量的变化而变化，我们可以设这个变量为参数，建立轨迹的参数方程，这种方法叫做参数法．例5已知点P在直线x＝2上移动，直线l通过原点且与OP垂直，通过点A(1,0)及点P的直线m和直线l交于点Q，求点Q的轨迹方程．解如图，设OP的斜率为k，则P(2,2k)．当k≠0时，直线l的方程：y＝－eq\f(1,k)x；①直线m的方程：y＝2k(x－1)．②联立①②消去k得2x2＋y2－2x＝0(x≠1)．当k＝0时，点Q的坐标(0,0)也满足上式，故点Q的轨迹方程为2x2＋y2－2x＝0(x≠1)．6解析几何中的定值与最值问题1．定点、定值问题对于解析几何中的定点、定值问题，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口．例1已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))与a＝(3，－1)共线．设M为椭圆上任意一点，且eq\o(OM,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值．证明∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，则eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))，此时λ＝1，μ＝0，∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为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.∴直线ON的方向向量为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).∵a2＝3b2，∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，又直线方程为y＝x－c.联立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.又设M(x，y)，则由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，))代入椭圆方程整理得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为定值．例2已知抛物线y2＝2px(p>0)上有两个动点A、B及一个定点M(x0，y0)，F是抛物线的焦点，且|AF|、|MF|、|BF|成等差数列．求证：线段AB的垂直平分线经过定点(x0＋p,0)．证明设A(x1，y1)、B(x2，y2)，由抛物线定义，知|AF|＝x1＋eq\f(p,2)，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)，|MF|＝x0＋eq\f(p,2).因为|AF|、|MF|、|BF|成等差数列，所以2|MF|＝|AF|＋|BF|，即x0＝eq\f(x1＋x2,2).设AB的中点为(x0，t)，t＝eq\f(y1＋y2,2).则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).所以线段AB的垂直平分线方程为y－t＝－eq\f(t,p)(x－x0)，即t[x－(x0＋p)]＋py＝0.所以线段AB的垂直平分线过定点(x0＋p,0)．2．最值问题解决圆锥曲线中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调法及基本不等式法等，求解最大或最小值．例3已知F是双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦点，A(1,4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|的最小值为________．解析设右焦点为F′，由题意可知F′坐标为(4,0)，根据双曲线的定义，|PF|－|PF′|＝4，∴|PF|＋|PA|＝4＋|PF′|＋|PA|，∴要使|PF|＋|PA|最小，只需|PF′|＋|PA|最小即可，|PF′|＋|PA|最小需P、F′、A三点共线，最小值即4＋|F′A|＝4＋eq\r(9＋16)＝4＋5＝9.答案9点评“化曲为直”求与距离有关的最值是平面几何中一种巧妙的方法，特别是涉及圆锥曲线上动点与定点和焦点距离之和的最值问题常用此法．例4已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，设l1与轨迹C相交于点A，B，l2与轨迹C相交于点D，E，求eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))的最小值．解(1)设动点P的坐标为(x，y)，由题意有eq\r(x－12＋y2)－|x|＝1.化简得y2＝2x＋2|x|.当x≥0时，y2＝4x；当x<0时，y＝0.所以，动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≥0)和y＝0(x<0)．(2)如图，由题意知，直线l1的斜率存在且不为0，设为k，则l1的方程为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.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1＋x2＝2＋eq\f(4,k2)，x1x2＝1.因为l1⊥l2，所以l2的斜率为－eq\f(1,k).设D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得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.当且仅当k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±1时，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))取得最小值16.7圆锥曲线中存在探索型问题存在探索型问题作为探索性问题之一，具备了内容涉及面广、重点题型丰富等命题要求，方便考查分析、比较、猜测、归纳等综合能力，因而受到命题人的喜爱．圆锥曲线存在探索型问题是指在给定题设条件下是否存在某个数学对象(数值、性质、图形)使某个数学结论成立的数学问题．本节仅就圆锥曲线中的存在探索型问题展开，帮助复习．1．常数存在型问题例1直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点，是否存在这样的实数a，使A，B关于直线y＝2x对称？请说明理由．分析先假设实数a存在，然后根据推理或计算求出满足题意的结果，或得到与假设相矛盾的结果，从而否定假设，得出某数学对象不存在的结论．解设存在实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称，并设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).依题设有eq\f(y1＋y2,2)＝2·eq\f(x1＋x2,2)，即y1＋y2＝2(x1＋x2)，①又A，B在直线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联立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)，经检验符合题意，∴kAB＝eq\f(3,2)，而kl＝2，∴kAB·kl＝eq\f(3,2)×2＝3≠－1.故不存在满足题意的实数a.2．点存在型问题例2在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为2eq\r(2)的圆与直线y＝x相切于原点O，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.(1)求圆C的方程；(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．分析假设满足条件的点Q存在，根据其满足的几何性质，求出Q的坐标，则点Q存在，若求不出Q的坐标，则点Q就不存在．解(1)由题意知圆心在y＝－x上，设圆心的坐标是(－p，p)(p>0)，则圆的方程可设为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，由于O(0,0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.(2)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，∴椭圆右焦点为F(4,0)．假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，则有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)，))故圆C上存在满足条件的点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(12,5))).3．直线存在型问题例3试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆eq\f(x2,3)＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且使M，N到点A(0，1)的距离相等，若存在，试求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．分析假设满足条件的直线l存在，由平面解析几何的相关知识求解．解设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，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.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则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).∵AP⊥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.故当k∈(－1,0)∪(0,1)时，存在满足条件的直线l.8圆锥曲线中的易错点剖析1．求轨迹方程时，动点坐标设法不当而致误例1长为a的线段AB，两端点分别在两坐标轴上移动，求线段AB中点P的轨迹方程．错解如图所示，设A(0，y)，B(x,0)．由中点坐标公式可得P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y,2)))，连接OP，由直角三角形斜边上的中线性质有|OP|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)a.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2，即所求的轨迹方程为x2＋y2＝a2.错因分析求轨迹方程，即求轨迹上任意一点的坐标所满足的方程，并检验以方程的解为坐标的点是否都是轨迹上的点，因此，应设轨迹上任意一点的坐标为x，y.上述解法是因为动点坐标设的不对，即运用方法不当而导致错误.正解设中点P(x，y)，A(0，m)，B(n,0)，则m2＋n2＝a2，x＝eq\f(n,2)，y＝eq\f(m,2)，于是所求轨迹方程为x2＋y2＝eq\f(1,4)a2.2．忽视定义中的条件而致误例2平面内一点M到两定点F1(0，－4)，F2(0,4)的距离之和为8，则点M的轨迹为()A．椭圆B．圆C．直线D．线段错解根据椭圆的定义，点M的轨迹为椭圆，故选A.错因分析在椭圆的定义中，点M到两定点F1，F2的距离之和必须大于两定点的距离，即|MF1|＋|MF2|>|F1F2|，亦即2a>2c.而本题中|MF1|＋|MF2|＝|F1F2|，所以点M的轨迹不是椭圆，而是线段F1F2.正解因为点M到两定点F1，F2的距离之和为|F1F2|，所以点M的轨迹是线段F1F2.答案D3．忽视标准方程的特征而致误例3设抛物线y＝mx2(m≠0)的准线与直线y＝1的距离为3，求抛物线的标准方程．错解抛物线y＝mx2(m≠0)的准线方程为y＝－eq\f(m,4).又与直线y＝1的距离为3的直线为y＝－2或y＝4.故－eq\f(m,4)＝－2或－eq\f(m,4)＝4.∴m＝8或m＝－16.所以抛物线的标准方程为y＝8x2或y＝－16x2.错因分析错解忽视了抛物线标准方程中的系数，应位于一次项前这个特征，故本题应先化为x2＝eq\f(1,m)y的形式，再求解.正解由于y＝mx2(m≠0)可化为x2＝eq\f(1,m)y，其准线方程为y＝－eq\f(1,4m).由题意知－eq\f(1,4m)＝－2或－eq\f(1,4m)＝4，解得m＝eq\f(1,8)或m＝－eq\f(1,16).则所求抛物线的标准方程为x2＝8y或x2＝－16y.4．涉及弦长问题时，忽视判别式Δ>0这一隐含条件而致误例4正方形ABCD的A，B两点在抛物线y＝x2上，另两点C，D在直线y＝x－4上，求正方形的边长．错解∵AB与直线y＝x－4平行，∴设AB的直线方程为y＝x＋b，A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,y＝x2))⇒x2－x－b＝0，|AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2(1＋4b)．∵AB与直线y＝x－4间的距离为d＝eq\f(|b＋4|,\r(2))，∴2(1＋4b)＝eq\f(b＋42,2)，即b2－8b＋12＝0，解得b＝2或b＝6，∴|AB|＝3eq\r(2)或|AB|＝5eq\r(2).错因分析在考虑直线AB与抛物线相交时，必须有方程x2－x－b＝0的判别式Δ>0，以此来限制b的取舍.正解∵AB与直线y＝x－4平行，∴设AB的直线方程为y＝x＋b，A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋b，,y＝x2))⇒x2－x－b＝0，|AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2(1＋4b)．∵AB与直线y＝x－4间的距离为d＝eq\f(|b＋4|,\r(2))，∴2(1＋4b)＝eq\f(b＋42,2)，即b2－8b＋12＝0，解得b＝2或b＝6，∵Δ＝1＋4b>0，∴b>－eq\f(1,4).∴b＝2或b＝6都满足Δ>0，∴b＝2或b＝6.∴|AB|＝3eq\r(2)或|AB|＝5eq\r(2).9圆锥曲线中的数学思想方法1．方程思想方程思想就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或解方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．本章中，方程思想的应用最为广泛．例1已知直线y＝－eq\f(1,2)x＋2和椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，且a＝2b，若|AB|＝2eq\r(5)，求椭圆的方程．解由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋2，,\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1))消去y并整理得x2－4x＋8－2b2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由根与系数的关系得x1＋x2＝4，x1x2＝8－2b2.∵|AB|＝2eq\r(5)，∴eq\r(1＋\f(1,4))·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq\r(5)，即eq\f(\r(5),2)·eq\r(16－48－2b2)＝2eq\r(5)，解得b2＝4，故a2＝4b2＝16.∴所求椭圆的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.2．函数思想很多与圆锥曲线有关的问题中的各个数量在运动变化时，都是相互联系、相互制约的，它们之间构成函数关系．这类问题若用函数思想来分析、寻找解题思路，会有很好的效果．一些最值问题常用函数思想，运用根与系数的关系求弦的中点和弦长问题，是经常使用的方法．例2若点(x，y)在eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)上运动，求x2＋2y的最大值．解∵eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)，∴x2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f