决胜高考经典一百题全解析第十章圆锥曲线（四）

决胜高考经典一百题全解析圆锥曲线（四）【百题10.9:设点设线】（福建质检）已知椭圆C:x2a2+y2b2=（1）求C的方程;（2）圆E过O,B,交l于点M,N,直线AM,AN分别交C于另一点P,Q,点S,解:(1)因为直线l:x=1与所以l垂直平分OB,所以B2设D1,y0为直线l与因为菱形的面积为6,所以2y0=6,解得将点D1,±62代入x2a所以C的方程为x解法一(设线法):(2)由题意,得OB为圆E的一条弦,且直线x=故直线x=1经过圆心E,所以MN为圆因此∠MON=90设M1,y注意到kAM=y又因为kAM=k设直线PQ的方程为x=由x=myΔ=y1因为kAP=即y1即y1将①代入上式得t2化简得t−22所以直线PQ的方程为x=my+1411由AS=13所以直线ST也过定点H,且AH=13注意到O位于线段GH上,故O到直线ST的距离与O到直线PQ的距离之和等于两平行直线ST,PQ之间的距离d,且当ST,PQ垂直于x轴时,点O到直线ST和直线PQ的距离之和为所以点O到直线ST和直线PQ的距离之和的最大值是2711解法二(设线法):(2)由(1)可得A−设直线AM的方程为y=k1另设直线AN的方程为y=k2由题意,得OB为圆E的一条弦,且直线x=故直线x=1经过圆心E,所以MN为圆因此∠MON=90所以1+3k由y=k1x+将xP=−4k12−同理可得Q−4k直线PQ的斜率为kPQ所以直线PQ的方程为y−即2ykk1k2=−19代入①,得当k1+k2=0时,直线因此直线PQ始终过定点G14设直线ST与x轴交于点Hx因为AS=13SP,所以xH+2=1314设直线PQ的方程为x=ty+所以点O到直线PQ的距离为d1同理可得点O到直线ST的距离为d2所以d1+d2=2711故点O到直线ST和直线PQ的距离之和的最大值为27解法三(设点法):设M1由已知得E在直线x=1上,设E1,s,则圆E的方程x−12+所以直线AM的方程为y=yM3x由y=y所以−2x将xP=−4yM即P−4当yM直线PQ的斜率为k所以直线PQ的方程为y−即y即y即y=−116y当yM+yN=0因此直线PQ始终过定点G设直线ST与x轴交于点Hx其中P,故②即为P,Q所在直线方程,整理得直线PQ的方程为所以无论t1+t2为何值,直线由题意得AS=14所以直线ST也过定点H,且AH=1注意到O位于线段GH上,故O到直线ST的距离与O到直线PQ的距离之和等于两平行直线ST,PQ之间的距离d,且当ST,PQ垂直于x轴时,点O到直线ST和直线PQ所以点O到直线ST和直线PQ的距离之和的最大值是2711入选理由:设点设线是圆锥曲线中的基本选择,选择设线,则面临y=kx+【百题10.10:点线面】（华一模考）已知椭圆C:x2a2(1)求C的方程;(2)直线l:y=kx−(I)判断∠AMB(II)求MA⋅解:(1)由已知得9b2=1,a2【百题10.11:点差法】（郑州模考）C:x2a2+y2b2=1,F解:易知x24则DA、B在曲线C两式相减整理可得y同理可得kOE=−34入选理由:点差法作为圆锥曲线设而不求的经典题型,有着非常重要的启示意义.方法链接:若A、B为圆锥曲线上任意两点,P为A、(1)xy(2)xy(3) 【百题10.12:斜长问题】（浙江卷）C:x2=y,A−12,解法一:设直线AP联立可得xQ=PQ=1+k解法二:设AB的中点为M,则M1PA==≤当且仅当x+12=92−解法三:因为BQ⊥AP,所以PAPQPA求导可得PA⋅PQ取到最大值入选理由:韦达定理有三种常见形式,即弦长式(常见)、比值式(前文)、斜长式(本题).知识链接:设点Ax解法四:因为QB⊥AQ,所以点Q在以AB为直径的圆上.设AB的中点为根据圆幂定理有PA=令tx=−x当x=1时,PA⋅圆幂定理:设圆O的半径为r,过一定点P作两条直线分别与圆O相交于点A、B和C当点P在圆内时,为相交弦定理(如图1).当点P在圆外时,为切割线定理,即点C、图1图2图3【百题10.13:斜率和积问题】（全国卷）已知C:x24+y2=1,P20,1解法一(常规解法):设直线P2A与直线P如果l与x轴垂直,设l:x=t可得A,B的坐标分别为则k1+k可设l:y=kx+m 由题可知Δ=164k2而k1由题设k1+k2=−解得k=−m+12.当且仅当m>−1所以l过定点2解法二(齐次化):设直线P2A的斜率为k1,直线则P两直线相乘可得k1化简可得k由题可得k1+代入k14k1k21+所以化简得l:4解得直线恒过定点2【同源练习】(郑州一模)已知椭圆C:x26+y2解法一(常规方法):设点Mx1,y1所以y1当k存在的情况下,设MN:联立y=kx+由Δ>0,得由根与系数的关系得