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2016届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)圆锥曲线的综合问题


2016 届高考数学一轮复习教学案 圆锥曲线的综合问题

[知识能否忆起] 1.直线与圆锥曲线的位置关系 判定直线与圆锥曲线的位置关系时, 通常是将直线方程与曲线方程联立, 消去变量 y(或

x)得关于变量 x(或 y)的方程:ax2+bx+c=0(或 ay2+by+c=0).
若 a≠0,可考虑一元二次方程的判别式 Δ ,有: Δ >0?直线与圆锥曲线相交; Δ =0?直线与圆锥曲线相切; Δ <0?直线与圆锥曲线相离. 若 a=0 且 b≠0,则直线与圆锥曲线相交,且有一个交点. 2.圆锥曲线的弦长问题 设直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A、B 两点,A(x1,y1),B(x2,y2),则弦长|AB|= |x1-x2|或 1 1+ 2|y1-y2|. 1+k2

k

[小题能否全取] 1. (教材习题改编)与椭圆 + =1 焦点相同, 离心率互为倒数的双曲线方程是( 12 16 A.y2-

x2

y2

)

x2
3

=1

B. -x2=1 3 3 3 D. y2- x2=1 4 8

y2

3 3 C. x2- y2=1 4 8 解析:选 A 设双曲线方程为 2-

y2

x2

a

b2

=1(a>0,b>0),

? ?c 则? =2, a ? ?c=2,

a2+b2=c2,
得 a=1,b= 3.

故双曲线方程为 y2- =1. 3 2.(教材习题改编)直线 y=kx-k+1 与椭圆 + =1 的位置关系是( 9 4 A.相交 C.相离 B.相切 D.不确定

x2

x2 y2

)

解析:选 A 由于直线 y=kx-k+1=k(x-1)+1 过定点(1,1),而(1,1)在椭圆内,故 直线与椭圆必相交. 3.过点(0,1)作直线,使它与抛物线 y2=4x 仅有一个公共点,这样的直线有( A.1 条 C.3 条 B.2 条 D.4 条 )

解析:选 C 结合图形分析可知,满足题意的直线共有 3 条:直线 x=0,过点(0,1)且 平行于 x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线 x=0). 4. 过椭圆 2+

x2

y2

a

b2

=1(a>b>0)的左顶点 A 且斜率为 1 的直线与椭圆的另一个交点为 M,

与 y 轴的交点为 B,若|AM|=|MB|,则该椭圆的离心率为________. 解析:由题意知 A 点的坐标为(-a,0),l 的方程为 y=x+a,所以 B 点的坐标为(0,a),

? a a? c2 2 6 2 2 2 2 故 M 点的坐标为?- , ?,代入椭圆方程得 a =3b ,则 c =2b ,则 2= ,故 e= . a 3 3 ? 2 2?
答案: 6 3

5.已知双曲线方程是 x2- =1,过定点 P(2,1)作直线交双曲线于 P1,P2 两点,并使 2

y2

P(2,1)为 P1P2 的中点,则此直线方程是________________.
解析: 设点 P1(x1, y1), P2(x2, y2), 则由 x2 1-

y2 1
2

=1, x2 2-

y2 2
2

=1, 得 k=

y2-y1 x2-x1



x2+x1 y2+y1

2×4 = =4, 从而所求方程为 4x-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联立得 14x2-56x+ 2 51=0,Δ>0,故此直线满足条件. 答案:4x-y-7=0 1.直线与圆锥曲线的位置关系,主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲 线方程等问题.解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用. 2.当直线与圆锥曲线相交时:涉及弦长问题,常用“根与系数的关系”设而不求计算 弦长(即应用弦长公式);涉及弦的中点问题,常用“点差法”设而不求,将弦所在直线的斜 率、弦的中点坐标联系起来,相互转化.同时还应充分挖掘题目中的隐含条件,寻找量与量 间的关系灵活转化,往往就能事半功倍.解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点,韦 达定理求弦长,根的分布找范围,曲线定义不能忘”.

直线与圆锥曲线的位置关系

典题导入 [例 1] (2012·北京高考)已知椭圆 C: 2+

x2

y2 b2

a

=1(a>b>0)的一个顶点为 A(2,0),离心

率为

2 .直线 y=k(x-1)与椭圆 C 交于不同的两点 M,N. 2

(1)求椭圆 C 的方程;

(2)当△AMN 的面积为

10 时,求 k 的值. 3

[自主解答]

a=2, ? ?c 2 (1)由题意得? = , a 2 ? ?a =b +c ,
2 2 2

解得 b=

2,

所以椭圆 C 的方程为 + =1. 4 2

x2 y2

y=k x- ? ? (2)由?x y ? 4 + 2 =1, ?
2 2

, 得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0.

设点 M,N 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则

y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),x1+x2=
2k2-4 x 1x 2= , 1+2k2 所以|MN|= = = 2 +k2 + k2 1+2k2

, 1+2k2

4 k2

x2-x1 x1+x2

2+

y2-y1
1x 2]

2

2-4x

+6k2

. | k| 1+k2

又因为点 A(2,0)到直线 y=k(x-1)的距离 d= 所以△AMN 的面积为



S= |MN|· d=
2

1

| k|

4+6k2 . 1+2k2



| k|

4+6k2 10 = ,解得 k=±1. 1+2k2 3 由题悟法

研究直线与圆锥曲线的位置关系时, 一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程 组解的个数,但对于选择、填空题也可以利用几何条件,用数形结合的方法求解. 以题试法 1.(2012·信阳模拟)设抛物线 y2=8x 的准线与 x 轴交于点 Q,若过点 Q 的直线 l 与抛 物线有公共点,则直线 l 的斜率的取值范围是( )

? 1 1? A.?- , ? ? 2 2?
C.[-1,1]

B.[-2,2] D.[-4,4]

解析:选 C 易知抛物线 y2=8x 的准线 x=-2 与 x 轴的交点为 Q(-2,0),于是,可 设过点 Q(-2,0)的直线 l 的方程为 y=k(x+2)(由题可知 k 是存在的),

?y2=8x, ? 联立? ? ?y=k x+

?k2x2+(4k2-8)x+4k2=0.

当 k=0 时,易知符合题意;当 k≠0 时,其判别式为 Δ=(4k2-8)2-16k4=-64k2+ 64≥0, 可解得-1≤k≤1.

最值与范围问题

典题导入 [例 2] (2012·浙江高考)如图,椭圆 C: 2+

x2

y2

a

b2

=1(a>b>0)的

1 离心率为 ,其左焦点到点 P(2,1)的距离为 2

10.不过原点 O 的直线 l

与 C 相交于 A,B 两点,且线段 AB 被直线 OP 平分. (1)求椭圆 C 的方程; (2)求△ABP 面积取最大值时直线 l 的方程. [自主解答] (1)设椭圆左焦点为 F(-c,0),则由题意得

+c ? ? ?c 1 = , ? ?a 2

2+1=

10,

得?

? ?c=1, ?a=2. ?

所以椭圆方程为 + =1. 4 3 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),线段 AB 的中点为 M. 当直线 AB 与 x 轴垂直时,直线 AB 的方程为 x=0,与不过原点 的条件不符,舍去.故可设直线 AB 的方程为 y=kx+m(m≠0),

x2 y2

由?

?y=kx+m, ? ? ?3x2+4y2=12

消去 y,整理得

(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, ① 则 Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,

8km x +x =- , ? 3+4k ? ? 4m -12 ? ?x x = 3+4k .
1 2 2 2 1 2 2

? 4km 3m ? , ?. 所以线段 AB 的中点为 M?- 2 2 ? 3+4k 3+4k ?
1 3m -2km 因为 M 在直线 OP:y= x 上,所以 = . 2 3+4k2 3+4k2

3 得 m=0(舍去)或 k=- . 2 此时方程①为 3x2-3mx+m2-3=0,则

x +x =m, ? ? Δ =3(12-m )>0,? m -3 xx= . ? 3 ?
1 2 2 2 1 2

所以|AB|=

1+k2·|x1-x2|=

39 · 6

12-m2,

设点 P 到直线 AB 的距离为 d,则

d=

|8-2m| 32+22



2|m-4| . 13

设△ABP 的面积为 S,则

S= |AB|·d=
2 其中 m∈(-2

1

3 6

·

m-

2

-m2 .

3,0)∪(0,2

3). 3,2 3 ],

令 u(m)=(12-m2)(m-4)2,m∈[-2

u′(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4)(m-1- 7)(m-1+ 7).
所以当且仅当 m=1- 故当且仅当 m=1- 7时,u(m)取到最大值. 7时,S 取到最大值. 7-2=0. 由题悟法 1.解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种:几何法和代数法. (1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决,这 就是几何法; (2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立起目标函数,再求 这个函数的最值,这就是代数法.

综上,所求直线 l 的方程为 3x+2y+2

2.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑: (1)利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围; (2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立 等量关系; (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围; (4)利用基本不等式求出参数的取值范围; (5)利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围. 以题试法 2.(2012·东莞模拟)已知抛物线 y2=2px(p≠0)上存在关于直线 x+y=1 对称的相异两 点,则实数 p 的取值范围为( )

? 2 ? A.?- ,0? ? 3 ? ? 3 ? C.?- ,0? ? 2 ?

? 2? B.?0, ? ? 3? ? 3? D.?0, ? ? 2?

解析:选 B 设抛物线上关于直线 x+y=1 对称的两点是 M(x1,y1)、N(x2,y2),设直 线 MN 的方程为 y=x+b.将 y=x+b 代入抛物线方程,得 x2+(2b-2p)x+b2=0,则 x1 +x2=2p-2b,y1+y2=(x1+x2)+2b=2p,则 MN 的中点 P 的坐标为(p-b,p).因为 点 P 在直线 x+y=1 上, 所以 2p-b=1, 即 b=2p-1.又 Δ=(2b-2p)2-4b2=4p2-8bp 2 >0,将 b=2p-1 代入得 4p2-8p(2p-1)>0,即 3p2-2p<0,解得 0<p< . 3

定点定值问题

典题导入

[ 例 3]

(2012· 辽宁 高考 ) 如 图, 椭圆 C0 :

x2 a

+ 2

y2 b2



1(a>b>0,a,b 为常数),动圆 C1:x2+y2=t2 1,b<t1<a.点

A1,A2 分别为 C0 的左,右顶点,C1 与 C0 相交于 A,B,C, D 四点.
(1)求直线 AA1 与直线 A2B 交点 M 的轨迹方程; (2)设动圆 C2:x2+y2=t2 2与 C0 相交于 A′,B′,C′,D′四点,其中 b<t2<a,t1≠t2.若矩
2+t2为定值. 形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积相等,证明:t1 2

[自主解答] (1)设 A(x1,y1),B(x1,-y1),又知 A1(-a,0),A2(a,0),则直线 A1A 的 方程为 y=

y1

x1+a

(x+a),① -y1

直线 A2B 的方程为 y= -y2 1

x1-a

(x-a).②

由①②得 y2=

2 x2 1-a

(x2-a2).③

由点 A(x1,y1)在椭圆 C0 上,故 2+

x2 1

y2 1

a

b2

=1.

2 从而 y2 1=b ?1- 2?,代入③得 - 2

? ?

x2 1?

x2

y2

a?

a

b2

=1(x<-a,y<0).

(2)证明:设 A′(x2,y2),由矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积相等,得 4|x1||y1|= 4|x2|·|y2|,
2 2 2 故 x2 1y1=x2y2.

因为点 A,A′均在椭圆上,所以

? x2 ? x2 1? 2? 2?1- ?=b2x2?1- ?. b2x1 2 2 2 ? a? ? a?
2+x2=a2,从而 y2+y2=b2, 由 t1≠t2,知 x1≠x2,所以 x1 2 1 2 2+t2=a2+b2 为定值. 因此 t1 2

由题悟法 1.求定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手,求出表达式,再证明这个值与变量无关; (2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. 2.定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为 y=kx+b,然后利用条件建立 b、k 等量关 系进行消元,借助于直线系方程找出定点; (2)从特殊情况入手,先探求定点,再证明一般情况. 以题试法 3.(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线 y2=2px(p≠0)及定点 A(a,b),B(-a,0),

ab≠0,b2≠2pa,M 是抛物线上的点.设直线 AM,BM 与抛物线的另一个交点分别为 M1, M2,当 M 变动时,直线 M1M2 恒过一个定点,此定点坐标为________.

? y2 ? ? y2 ? ? y2 ? y 0- b 0 1 2 解析:设 M? ,y0?,M1? ,y1?,M2? ,y2?,由点 A,M,M1 共线可知 2 = y0 ?2p ? ? 2p ? ? 2p ?
-a 2p

y1-y0
2 y1

2p 2p 上的点,则



y0

,得 y1= 2

by0-2pa y0-b

2pa ,同理由点 B,M,M2 共线得 y2= .设(x,y)是直线 M1M2

y0

y2-y1 y2 2


y2 1



y2-y y2 2

,即 y1y2=y(y1+y2)-2px,又 y1=

by0-2pa y0-b

2pa ,y2= ,

2p 2p 2p

-x

y0

则(2px-by)y02+2pb(a-x)y0+2pa(by-2pa)=0.

? 2pa? 2pa ?. 当 x=a,y= 时上式恒成立,即定点为?a,
b

?

b ?

? 2pa? ? 答案:?a, ?
b ?

1.已知双曲线

x2-

y2
3

=1 的左顶点为 A1,右焦点为 F2,P 为双曲线右支上一点,则 ) 81 B.- 16 D.0

PA1 ,· PF2 ,的最小值为(
A.-2 C.1

解析:选 A 设点 P(x,y),其中 x≥1.依题意得 A1(-1,0),F2(2,0),由双曲线方程得

y2=3(x2-1). PA1 ,· PF2 ,=(-1-x,-y)·(2-x,-y)=(x+1)(x-2)+y2=x2+y2-x-2

? 1? 81 =x2+3(x2-1)-x-2=4x2-x-5=4?x- ?2- , 其中 x≥1.因此, 当 x=1 时, PA1 ,· PF2 , ? 8? 16
取得最小值-2. 2.过抛物线 y2=2x 的焦点作一条直线与抛物线交于 A、B 两点,它们的横坐标之和等 于 2,则这样的直线( A.有且只有一条 C.有且只有三条 ) B.有且只有两条 D.有且只有四条

解析:选 B 设该抛物线焦点为 F,则|AB|=|AF|+|FB|=xA+ +xB+ =xA+xB+1= 2 2 3>2p=2.所以符合条件的直线有且仅有两条. 3. (2012·南昌联考)过双曲线 2-

p

p

x2

y2

a

b2

=1(a>0, b>0)的右焦点 F 作与 x 轴垂直的直线,

分别与双曲线、双曲线的渐近线交于点 M、N(均在第一象限内),若 FM ,=4 MN ,,则双 曲线的离心率为( 5 A. 4 3 C. 5 ) 5 B. 3 4 D. 5

解析: 选 B 由题意知 F(c,0), 则易得 M, N 的纵坐标分别为

b2 bc a a

, , 由 FM ,=4 MN ,



b2 a

=4·?

?bc b2? b 4 c 5 - ?,即 = .又 c2=a2+b2,则 e= = . c 5 a 3 ?a a?
+ =1 的焦点是 F1,F2,如果椭圆上一点 P 满足 PF1⊥PF2,则下面 25 16 ) B.P 点有四个 D.P 点一定不存在

4.已知椭圆 结论正确的是(

x2

y2

A.P 点有两个 C.P 点不一定存在

解析:选 D 设椭圆的基本量为 a,b,c,则 a=5,b=4,c=3.以 F1F2 为直径构造 圆,可知圆的半径 r=c=3<4=b,即圆与椭圆不可能有交点. 5.已知椭圆 C: +y2=1 的两焦点为 F1,F2,点 P(x0,y0)满足 +y2 0≤1,则|PF1| 2 2 +|PF2|的取值范围为________. 解析:当 P 在原点处时,|PF1|+|PF2|取得最小值 2;当 P 在椭圆上时,|PF1|+|PF2|取 得最大值 2 2,故|PF1|+|PF2|的取值范围为[2,2 2 ] 2 ].

x2

x2 0

答案:[2,2

6.(2013·长沙月考)直线 l:x-y=0 与椭圆 +y2=1 相交于 A、B 两点,点 C 是椭圆 2 上的动点,则△ABC 面积的最大值为________.

x2

x-y=0, ? ? 解析:由?x ? 2 +y =1, ?
2 2

得 3x2=2,∴x=±

6 3



∴A?

? 6 ? 6? 6 6? ? ?,B? ?, , - ,- ? ? 3 ? 3 ? ? 3 ? 3 ?
3 .

4 ∴|AB|=

3

设点 C(

| 2cos θ ,sin θ ),则点 C 到 AB 的距离 d=

2cos θ -sin θ | = 2

3 2

·? ? sin(θ

-φ )? ? ≤

3 , 2 2.

1 1 4 3 3 ∴S△ABC= |AB|·d≤ × × = 2 2 3 2 答案: 2

7.设 F1,F2 分别是椭圆 E:x2+

y2

b2

=1(0<b<1)的左,右焦点,过 F1 的直线 l 与 E 相

交于 A,B 两点,且|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列. (1)求|AB|; (2)若直线 l 的斜率为 1,求 b 的值. 解:(1)由椭圆定义知|AF2|+|AB|+|BF2|=4, 4 又 2|AB|=|AF2|+|BF2|,得|AB|= . 3 (2)l 的方程为 y=x+c,其中 c= 1-b2.

y=x+c, ? ? 设 A(x ,y ),B(x ,y ),则 A,B 两点坐标满足方程组? y x + =1, ? ? b
1 1 2 2 2 2 2

化简得(1+

b2)x2+2cx+1-2b2=0.
-2c 1-2b2 则 x1+x2= , x . 1x 2= 1+b2 1+b2 因为直线 AB 的斜率为 1, 所以|AB|= 4 2|x2-x1|,即 = 3 2|x2-x1|. -2b2 1+b2 8b4 +b2

8 则 =(x1+x2)2-4x1x2= 9

-b2 +b2
2





2



解得 b=

2 2

.

8.(2012·黄冈质检)已知椭圆 2+

x2

y2 b

a

=1(a>b>0)的离心率为 2

2 2

,椭圆上任意一点到

右焦点 F 的距离的最大值为 (1)求椭圆的方程;

2+1.

(2)已知点 C(m,0)是线段 OF 上一个动点(O 为坐标原点),是否存在过点 F 且与 x 轴不 垂直的直线 l 与椭圆交于 A,B 点,使得|AC|=|BC|?并说明理由.

c 2 ? ?e=a= 2 解:(1)∵? ? ?a+c= 2+1 x2

,∴?

? ?a= 2 ? ?c=1

,∴b=1,

∴椭圆的方程为 +y2=1. 2 (2)由(1)得 F(1,0),∴0≤m≤1. 假设存在满足题意的直线 l, 设 l 的方程为 y=k(x-1),代入 +y2=1 中,得 2 (2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0. 4 k2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= 2 , 2k +1

x2

x 1x 2=

2k2-2 , 2k2+1

-2k ∴y1+y2=k(x1+x2-2)= 2 . 2k +1

? 2 k2 k ? ,- 2 ?. 设 AB 的中点为 M,则 M? 2 2k +1? ?2k +1
∵|AC|=|BC|,∴CM⊥AB,即 kCM·kAB=-1,

k
∴ 2k2+1 2 k2 ·k=-1,即(1-2m)k2=m.

m-

2k2+1

1 ∴当 0≤m< 时,k=± 2

,即存在满足题意的直线 l; 1-2m

m

1 当 ≤m≤1 时,k 不存在,即不存在满足题意的直线 l. 2 9.(2012·江西模拟)已知椭圆 C: 2+

x2

y2

a

b2

=1(a>b>0),直线 y=x+

6与以原点为圆

心,以椭圆 C 的短半轴长为半径的圆相切,F1,F2 为其左,右焦点,P 为椭圆 C 上任一点, △F1PF2 的重心为 G,内心为 I,且 IG∥F1F2. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若直线 l:y=kx+m(k≠0)与椭圆 C 交于不同的两点 A,B,且线段 AB 的垂直平分

?1 ? 线过定点 C? ,0?,求实数 k 的取值范围. ?6 ?
解:(1)设 P(x0,y0),x0≠±a,则 G? , ?. ?3 3? 又设 I(xI,yI),∵IG∥F1F2, ∴yI= , 3 ∵|F1F2|=2c, 1 1 y0 ∴S△F1PF2= ·|F1F2|·|y0|= (|PF1|+|PF2|+|F1F2|)·| | , 2 2 3 ∴2c·3=2a+2c,

?x0 y0?

y0

c 1 | 6| ∴e= = ,又由题意知 b= , a 2 1+1
∴b= 3,∴a=2,∴椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3

x2 y2

x y ? ? 4 + 3 =1 (2)设 A(x ,y ),B(x ,y ),由? ? ?y=kx+m
2 2 1 1 2 2

,消去 y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2

-12=0, 由题意知 Δ = (8km)2 - 4(3 + 4k2)(4m2 - 12) > 0 ,即 m2 < 4k2 + 3 ,又 x1 + x2 =- 6m ,则 y , 1+y2= 3+4k2 3+4k2 8km

? 4km 3m ? , ?. ∴线段 AB 的中点 P 的坐标为?- 2 2 ? 3+4k 3+4k ?
1? 1? 又线段 AB 的垂直平分线 l′的方程为 y=- ?x- ?, k? 6? 4km 1? 3m 1? - ?, 点 P 在直线 l′上,∴ =- ?- 2 2 3+4k k? 3+4k 6? 1 ∴4k2+6km+3=0,∴m=- (4k2+3),∴ 6k 6 6 或 k<- , 8 8 ∴k 的取值范围是 -∞,- ?

k 2+
36k2

2

3 <4k2+3,∴k2> ,解得 k 32



? ? ?

? ? 6? ?∪? 6 ?. ,+∞ ? ? ? 8 ? ? 8 ?

1.(2012·长春模拟)已知点 A(-1,0),B(1,0),动点 M 的轨迹曲线 C 满足∠AMB=2θ , | AM |,·| BM |,cos2θ =3,过点 B 的直线交曲线 C 于 P,Q 两点. (1)求| AM |,+| BM |,的值,并写出曲线 C 的方程; (2)求△APQ 的面积的最大值. 解:(1)设 M(x,y),在△MAB 中,| AB |,=2,∠AMB=2θ ,根据余弦定理得| AM |,2 +| BM |,2-2| AM |,·| BM |,cos 2θ =| AB |,2=4, 即(| AM |,+| BM |,)2-2| AM |,·| BM |,·(1+cos 2θ )=4,

所以(| AM |,+| BM |,)2-4| AM |,| BM |,·cos2θ =4. 因为| AM |,·| BM |,cos2θ =3, 所以(| AM |,+| BM |,)2-4×3=4, 所以| AM |,+| BM |,=4. 又| AM |,+|BM|,=4>2=| AB |, 因此点 M 的轨迹是以 A,B 为焦点的椭圆(点 M 在 x 轴上也符合题意),设椭圆的方程 为 2+

x2

y2

a

b2

=1(a>b>0),

则 a=2,c=1,所以 b2=a2-c2=3. 所以曲线 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)设直线 PQ 的方程为 x=my+1.

x2 y2

x=my+1 ? ? 由?x y ? 4 + 3 =1 ?
2 2

,消去 x,

整理得(3m2+4)y2+6my-9=0.① 显然方程①的判别式 Δ =36m2+36(3m2+4)>0, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 1 则△APQ 的面积 S△APQ= ×2×|y1-y2|=|y1-y2|. 2 6m 9 由根与系数的关系得 y1+y2=- , y , 1y2=- 3m2+4 3m2+4 所以(y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=48× 3m2+3 3m2+4 48
2

.

令 t=3m2+3,则 t≥3,(y1-y2)2=

, 1 t + +2

t

1 由于函数 φ (t)=t+ 在[3,+∞)上是增函数,

t

1 10 所以 t+ ≥ ,当且仅当 t=3m2+3=3,即 m=0 时取等号, t 3 48 所以(y1-y2)2≤ =9,即|y1-y2|的最大值为 3, 10 +2 3 所以△APQ 的面积的最大值为 3,此时直线 PQ 的方程为 x=1. 2.(2012·郑州模拟)已知圆 C 的圆心为 C(m,0),m<3,半径为 5,圆 C 与离心率 e

1 x 2 y2 > 的椭圆 E: 2+ 2=1(a>b>0)的其中一个公共点为 A(3,1),F1,F2 分别是椭圆的左、 2 a b 右焦点. (1)求圆 C 的标准方程; (2)若点 P 的坐标为(4,4),试探究直线 PF1 与圆 C 能否相切?若能,设直线 PF1 与椭圆

E 相交于 D,B 两点,求△DBF2 的面积;若不能,请说明理由.
解:(1)由已知可设圆 C 的方程为(x-m)2+y2=5(m<3), 将点 A 的坐标代入圆 C 的方程中,得(3-m)2+1=5, 即(3-m)2=4,解得 m=1,或 m=5. ∴m<3,∴m=1. ∴圆 C 的标准方程为(x-1)2+y2=5. (2)直线 PF1 能与圆 C 相切, 依题意设直线 PF1 的斜率为 k,则直线 PF1 的方程为 y=k(x-4)+4,即 kx-y-4k+4 =0, |k-0-4k+4| 若直线 PF1 与圆 C 相切,则 = k 2 +1 11 1 ∴4k2-24k+11=0,解得 k= 或 k= . 2 2 5.

11 36 当 k= 时,直线 PF1 与 x 轴的交点的横坐标为 ,不合题意,舍去. 2 11 1 当 k= 时,直线 PF1 与 x 轴的交点的横坐标为-4, 2 ∴c=4,F1(-4,0),F2(4,0). ∴由椭圆的定义得: 2a=|AF1|+|AF2|= ∴a=3 ∴ e= 3 4 2,即 a2=18, 2 2 1 = > ,满足题意. 3 2 2 +
2+12+



2+12=5

2+

2=6

2.

故直线 PF1 能与圆 C 相切. 直线 PF1 的方程为 x-2y+4=0,椭圆 E 的方程为 + =1.设 B(x1,y1),D(x2,y2), 18 2 把直线 PF1 的方程代入椭圆 E 的方程并化简得,13y2-16y-2=0,由根与系数的关系得

x2

y2

y1+y2=

16 2 ,y1y2=- , 13 13

故 S△DBF2=4|y1-y2|=4

y1+y2

2-4y

1y2=

24

10 . 13

1.已知抛物线 C 的顶点在坐标原点,焦点为 F(1,0),过焦点 F 的直线 l 与抛物线 C 相 交于 A,B 两点,若直线 l 的倾斜角为 45°,则弦 AB 的中点坐标为( A.(1,0) C.(3,2) 解析:选 C B.(2,2) D.(2,4) 依题意得,抛物线 C 的方程是 y2=4x,直线 l 的方程是 y=x-1.由 )

? 6 ?y2=4x, ? 消去 y 得(x-1)2=4x,即 x2-6x+1=0,因此线段 AB 的中点的横坐标是 = 2 ?y=x-1 ?

3,纵坐标是 y=3-1=2,所以线段 AB 的中点坐标是(3,2). 2.若直线 mx+ny=4 和圆 O:x2+y2=4 没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆 + 9

x2

y2
4

=1 的交点个数为( A.至多 1 个 C.1 个

) B.2 个 D.0 个 4 >2,即 m2+n2<4,则点(m,n)在以原点为圆心,

解析:选 B 由题意得

m2+n2

以 2 为半径的圆内,此圆在椭圆 + =1 的内部. 9 4 3.(2012·深圳模拟)如图,已知椭圆 C: 2+

x2 y2

x2

y2

a

b

=1(a>b>0)的离心率为 2

3 2

,以椭圆

C 的左顶点 T 为圆心作圆 T:(x+2)2+y2=r2(r>0),设圆 T 与椭圆 C 交于点 M 与点 N.
(1)求椭圆 C 的方程; (2)求 TM ,· TN ,的最小值,并求此时圆 T 的方程; (3)设点 P 是椭圆 C 上异于 M,N 的任意一点,且直线

MP,NP 分别与 x 轴交于点 R,S,O 为坐标原点,求证:
|OR|·|OS|为定值. 解:(1)依题意,得 a=2,e= =

c

a

3 , 2

∴c=

3,b=

a2-c2=1. x2

故椭圆 C 的方程为 +y2=1. 4 (2)易知点 M 与点 N 关于 x 轴对称,设 M(x1,y1),N(x1,-y1),不妨设 y1>0. 由于点 M 在椭圆 C 上,∴y2 1=1- .(*) 4 由已知 T(-2,0),则 TM ,=(x1+2,y1), TN ,=(x1+2,-y1),

x2 1

∴ TM ,· TN ,=(x1+2,y1)·(x1+2,-y1)=(x1+2)2-y2 1

? x2 5 1? 2+4x +3 =(x1+2)2-?1- ?= x1 1 4? 4 ?
8? 1 5? = ? x 1+ ? 2- . 5? 5 4? 8 1 由于-2<x1<2,故当 x1=- 时, TM ,· TN ,取得最小值- . 5 5

? 8 3? 8 3 把 x1=- 代入(*)式,得 y1= ,故 M?- , ?,又点 M 在圆 T 上,代入圆的方程得 5 5 ? 5 5?
r 2=
13 . 25 13 故圆 T 的方程为(x+2)2+y2= . 25 (3)设 P(x0,y0),则直线 MP 的方程为:y-y0=

y0-y1 x0-x1


(x-x0),

令 y=0,得 xR=

x1y0-x0y1 y0-y1
.(**)

,同理:xS=

x1y0+x0y1 y0+y1

故 xR·xS=

2 2 2 x2 1y0-x0y1 2 y2 0-y1

2 2 2 又点 M 与点 P 在椭圆上,故 x2 0=4(1-y0),x1=4(1-y1),

代入(**)式, 得 xR·xS=
2 2- -y1 y0 2 y2 0-y1

-y2 0

y2 1

=4?

2-y2? ?y0 1 ?=4. 2 2 ?y0-y1 ?

所以|OR|·|OS|=|xR|·|xS|=|xR·xS|=4 为定值.

平面解析几何

(时间:120 分钟,满分 150 分)

一、选择题(本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) 1.(2012·佛山模拟)已知直线 l:ax+y-2-a=0 在 x 轴和 y 轴上的截距相等,则 a 的值是( A.1 C.-2 或-1 解析:选 D 由题意得 a+2= ) B.-1 D.-2 或 1

a+2 a

,解得 a=-2 或 a=1.

2.若直线 l 与直线 y=1,x=7 分别交于点 P,Q,且线段 PQ 的中点坐标为(1,-1), 则直线 l 的斜率为( 1 A. 3 3 C.- 2 解析:选 B ) 1 B.- 3 2 D. 3 设 P(xP,1),由题意及中点坐标公式得 xP+7=2,解得 xP=-5,即 P(-

1 5,1),所以 k=- . 3 3. (2012·长春模拟)已知点 A(1, -1), B(-1,1), 则以线段 AB 为直径的圆的方程是( A.x2+y2=2 C.x2+y2=1 解析:选 A |AB|= B.x2+y2= D.x2+y2=4 2 )

AB 的中点坐标为(0,0),
2+

[1- -

-1-

2=2

2,

∴圆的方程为 x2+y2=2. 4.(2012·福建高考)已知双曲线 - 2=1 的右焦点与抛物线 y2=12x 的焦点重合,则 4 b 该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( )

x2 y2

A.

5

B.4 D.5

2

C.3

解析:选 A ∵抛物线 y2=12x 的焦点坐标为(3,0),故双曲线 - 2=1 的右焦点为 4 b (3,0),即 c=3,故 32=4+b2,∴b2=5, ∴双曲线的渐近线方程为 y=± 5 2

x2 y2

x,

∴双曲线的右焦点到其渐近线的距离为

? 5 ? ? ? ? 2 ×3? ? ?
5 1+ 4



5.

5.(2012·郑州模拟)若双曲线 2-

x2

y2

a

b2

=1(a>0,b>0)的左,右焦点分别为 F1,F2,线 )

段 F1F2 被抛物线 y2=2bx 的焦点分成 7∶3 的两段,则此双曲线的离心率为( 9 A. 8 3 C. 2 4 5 B. 3 5 D. 4

b 7 4 解析:选 B 依题意得,c+ = ×2c,即 b= c(其中 c 是双曲线的半焦距),a= 2 7+3 5
3 c 5 5 c2-b2= c,则 = ,因此该双曲线的离心率等于 . 5 a 3 3 6.设双曲线的左,右焦点为 F1,F2,左,右顶点为 M,N,若△PF1F2 的一个顶点 P 在双曲线上,则△PF1F2 的内切圆与边 F1F2 的切点的位置是( A.在线段 MN 的内部 B.在线段 F1M 的内部或 NF2 内部 C.点 N 或点 M D.以上三种情况都有可能 )

解析:选 C 若 P 在右支上,并设内切圆与 PF1,PF2 的切点分别为 A,B,则|NF1|- |NF2|=|PF1|-|PF2|=(|PA|+|AF1|)-(|PB|+|BF2|)=|AF1|-|BF2|. 所以 N 为切点,同理 P 在左支上时,M 为切点. 7.圆 x2+y2-4x=0 在点 P(1, A.x+ C.x- 3y-2=0 3y+4=0 3)处的切线方程为( B.x+ D.x- 3y-4=0 3y+2=0 )

解析:选 D 圆的方程为(x-2)2+y2=4,圆心坐标为(2,0),半径为 2,点 P 在圆上, 设切线方程为 y- 即 kx-y-k+ 3=k(x-1), |2k-k+ 3| 3 3=0,所以 =2,解得 k= . 3 k2+1 3 (x-1),即 x- 3 3y+2=0.

所以切线方程为 y-

3=

8.(2012·新课标全国卷)等轴双曲线 C 的中心在原点,焦点在 x 轴上,C 与抛物线 y2 =16x 的准线交于 A,B 两点,|AB|=4 A. 2 B.2 D.8 3)在等轴双曲 3,则 C 的实轴长为( 2 )

C.4

解析:选 C 抛物线 y2=16x 的准线方程是 x=-4,所以点 A(-4,2

线 C:x2-y2=a2(a>0)上,将点 A 的坐标代入得 a=2,所以 C 的实轴长为 4. 9.(2012·潍坊适应性训练)已知双曲线 C: - =1 的左,右焦点分别为 F1,F2,P 4 5 为 C 的右支上一点,且|PF2|=|F1F2|,则|PF2|=|F1F2|,则 PF1 ,· PF2 ,等于( A.24 C.50 B.48 D.56 )

x2 y2

解析:选 C 由已知得|PF2|=|F1F2|=6,根据双曲线的定义可得|PF1|=10,在△F1PF2 5 5 中,根据余弦定理可得 cos∠F1PF2= ,所以 PF1 ,· PF2 ,=10×6× =50. 6 6

14 3 10.(2012·南昌模拟)已知△ABC 外接圆半径 R= ,且∠ABC=120°,BC=10, 3 边 BC 在 x 轴上且 y 轴垂直平分 BC 边,则过点 A 且以 B,C 为焦点的双曲线方程为( A. - =1 75 100 )

x2

y2

B. - =1 100 75 D. - =1 16 9

x2

y2

C. - =1 9 16 解析:选 D ∵sin∠BAC= 11 ∴cos∠BAC= , 14

x2

y2

x2

y2

BC 5 3
2R = 14



14 3 3 |AC|=2Rsin∠ABC=2× × =14, 3 2 sin∠ACB=sin(60°-∠BAC) =sin 60°cos∠BAC-cos 60°sin∠BAC = 3 11 1 5 3 3 3 × - × = , 2 14 2 14 14

14 3 3 3 ∴|AB|=2Rsin∠ACB=2× × =6, 3 14 ∴2a=||AC|-|AB||=14-6=8, ∴a=4,又 c=5,∴b2=c2-a2=25-16=9, ∴所求双曲线方程为 - =1. 16 9 11.(2012·乌鲁木齐模拟)已知抛物线 y2=2px(p>0)的焦点为 F,P,Q 是抛物线上的 两个点,若△PQF 是边长为 2 的正三角形,则 p 的值是( A.2± C. 3±1 3 B.2+ D. 3-1 3 )

x2

y2

解析:选 A 依题意得 F? ,0?,设 P? ,y1?,Q? ,y2?(y1≠y2).由抛物线定义及 ?2 ? ?2p ? ? 2p ?
2 |PF|=|QF|,得 + = + ,所以 y2 1=y2,所以 y1=-y2.又|PQ|=2,因此|y1|=|y2|=1, 2 p 2 2p 2

?p

?

2 ? y1

?

? y2 2

?

y2 1

p

y2 2

p

点 P?

?1

? 1 p ,y1?.又点 P 位于该抛物线上,于是由抛物线的定义得|PF|= + =2,由此解得 2p 2 ? 2p ?

p=2± 3.
12.已知中心在原点,焦点在坐标轴上,焦距为 4 的椭圆与直线 x+ 仅有一个交点,则椭圆的长轴长为( A.3 C.2 2或 4 5或 2 2 7 ) B.2 D. 6或 2 7 3y+ 7 3y+4=0 有且

5或

解析:选 C 设椭圆方程为 mx2+ny2=1(m≠n 且 m,n>0),与直线方程 x+ 4=0 联立, 消去 x 得(3m+n)y2+8 16,① 1 1 又 c=2,即 - =±4,②

3 1 3my+16m-1=0, 由 Δ =0 得 3m+n=16mn, 即 + =

n m

m n

1 m= ? ? 7 由①②联立得? 1 n = ? ? 3

m=1 ? ? 或? 1 n= ? ? 5



故椭圆的长轴长为 2

7或 2

5.

二、填空题(本题有 4 小题,每小题 5 分,共 20 分) 13.(2012·青岛模拟)已知两直线 l1:x+ysin θ -1=0 和 l2:2xsin θ +y+1=0,当

l1⊥l2 时,θ =________.

解析:l1⊥l2 的充要条件是 2sin θ +sin θ =0,即 sin θ =0,所以 θ =kπ(k∈Z).所以 当 θ =kπ(k∈Z)时,l1⊥l2. 答案:kπ(k∈Z) 14.已知 F1,F2 分别是椭圆 2+

x2

y2

a

b2

=1(a>b>0)的左,右焦点,A,B 分别是此椭圆的 10+ 5,

右顶点和上顶点, P 是椭圆上一点, O 是坐标原点, OP∥AB, PF1⊥x 轴, |F1A|= 则此椭圆的方程是______________________.

解析:由于直线 AB 的斜率为- ,故直线 OP 的斜率为- ,直线 OP 的方程为 y=-

b a

b a

b x2 x2 2 2 2 x.与椭圆方程联立得 2+ 2=1, 解得 x=± a.根据 PF1⊥x 轴, 取 x=- a, 从而- a a a 2 2 2 a=-c,即 a= 2c.又|F1A|=a+c= 10+ 5,故
从而 a= 10.所以所求的椭圆方程为 + =1. 10 5 + =1 10 5 2c+c= 10+ 5,解得 c= 5,

x2

y2

答案:

x2

y2

15.(2012·陕西高考)右图是抛物线形拱桥,当水面在 l 时,拱顶离 水面 2 米,水面宽 4 米.水位下降 1 米后,水面宽________米. 解析:设抛物线的方程为 x2=-2py,则点(2,-2)在抛物线上, 代入可得 p=1,所以 x2=-2y.当 y=-3 时,x2=6,即 x=± 答案:2 6 6,所以水面宽为 2 6.

16.(2012·天津高考)设 m,n∈R,若直线 l:mx+ny-1=0 与 x 轴相交于点 A,与

y 轴相交于点 B,且 l 与圆 x2+y2=4 相交所得弦的长为 2,O 为坐标原点,则△AOB 面积
的最小值为________. 解析:由直线与圆相交所得弦长为 2,知圆心到直线的距离为 3,即 1 = 3,

m2+n2

?1 ? ? 1? 1 1 1 所以 m2+n2= ≥2|mn|, 所以|mn|≤ , 又 A? ,0?, B?0, ?, 所以△AOB 的面积为 3 6 2|mn| ?m ? ? n?
≥3,最小值为 3. 答案:3 三、解答题(本题共 6 小题,共 70 分) 17. (10 分)求过直线 l1: x-2y+3=0 与直线 l2: 2x+3y-8=0 的交点, 且到点 P(0,4) 距离为 2 的直线方程.

解:由?

?x-2y+3=0, ? ? ?2x+3y-8=0,

得?

?x=1, ? ? ?y=2.

所以 l1 与 l2 的交点为(1,2), 设所求直线 y-2=k(x-1)(由题可知 k 存在), 即 kx-y+2 -k=0, |-2-k| ∵P(0,4)到直线距离为 2,∴2= , 1+k2 4 解得 k=0 或 k= . 3 ∴直线方程为 y=2 或 4x-3y+2=0. 18.(12 分)(2012·南昌模拟)已知圆 C 过点 P(1,1),且与圆 M:(x+2)2+(y+2)2=r2(r >0)关于直线 x+y+2=0 对称. (1)求圆 C 的方程; (2)过点 P 作两条相异直线分别与圆 C 相交于 A,B,且直线 PA 和直线 PB 的倾斜角互 补,O 为坐标原点,试判断直线 OP 和 AB 是否平行?请说明理由.

a-2 b-2 ? ? 2 + 2 +2=0, 解:设圆心 C(a,b),则? b+2 ? ?a+2=1,

解得?

? ?a=0, ?b=0, ?

则圆 C 的方程为 x2+y2=r2,将点 P 的坐标代入得 r2=2, 故圆 C 的方程为 x2+y2=2. (2)由题意知,直线 PA 和直线 PB 的斜率存在,且互为相反数,故可设 PA:y-1=k(x -1),

? ?y-1=k x- PB:y-1 =-k(x-1),由? ?x2+y2=2 ?



得 (1+k2)x2+ 2k(1 -k)x+ (1 -k)2

-2=0.因为点 P 的横坐标 x=1 一定是该方程的解,故可得 xA=

k2-2k-1
1+k2

.同理可得 xB=

k2+2k-1
1+k2

,所以 kAB=

yB-yA -k xB- xB-xA


-k xA-

xB-xA



2k-k xB+xA

xB-xA

=1=kOP,

所以,直线 AB 和 OP 一定平行. 19.(12 分)(2012·天津高考)已知椭圆 2+

x2

y2

a

b

=1(a>b>0),点 P 2

? 5 2 ? ? ? a , a?在椭圆 ? 5 2 ? ?

上. (1)求椭圆的离心率; (2)设 A 为椭圆的左顶点,O 为坐标原点.若点 Q 在椭圆上且满足|AQ|=|AO|,求直线

OQ 的斜率的值.
解:(1)因为点 P?

? 5 a2 a2 b2 5 2 ? ? ? a, a?在椭圆上,故 2+ 2=1,可得 2 = . 5a 2b a 8 2 ? ? 5
=1-

于是 e2=

a2-b2 a2

b2 3 a2

6 = ,所以椭圆的离心率 e= . 8 4

(2)设直线 OQ 的斜率为 k,则其方程为 y=kx,设点 Q 的坐标为(x0,y0).

y =kx , ? ? 由条件得?x y + =1, ? ?a b
0 0 2 0 2 0 2 2

消去 y0 并整理得

2= x0

a2b2

k2a2+b2

.①

由|AQ|=|AO|,A(-a,0)及 y0=kx0,
2 得(x0+a)2+k2x2 0=a .

-2a a2 2)2=4k2· 整理得(1+k2)x2 + 2 ax = 0 ,而 x ≠0,故 x = ,代入①,整理得 (1 + k 0 0 0 0 1+k2 b2 +4. 由(1)知 32 2)2= = ,故 (1 + k k 2+ 4 , b2 5 5

a2 8

即 5k4-22k2-15=0,可得 k2=5. 所以直线 OQ 的斜率 k=± 5.

20.(12 分)(2012·河南模拟)已知椭圆 2+

x2

y2 b

a

=1(a>b>0)的离心率为 2

2 2

,短轴的一

1 个端点为 M(0,1),直线 l:y=kx- 与椭圆相交于不同的两点 A,B. 3 4 (1)若|AB|= 26 ,求 k 的值; 9

(2)求证:不论 k 取何值,以 AB 为直径的圆恒过点 M. 解:(1)由题意知 =

c

a

2 ,b=1. 2 2,

由 a2=b2+c2 可得 c=b=1,a= ∴椭圆的方程为 +y2=1. 2

x2

1 y=kx- , ? 3 ? 由? x ? ? 2 +y =1
2 2

4 16 得(2k2+1)x2- kx- =0. 3 9

? 16? 16 64 Δ = k2-4(2k2+1)×?- ?=16k2+ >0 恒成立, 9 9 ? 9?
设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 x1+x2= 4k ,x1x2=- 16 . 4 +k2

k2+

k2+ x1+x2

∴|AB|= 4 = 26 , 9

1+k2·|x1-x2|=

1+k2·

2-4x

1x 2 =

k 2+

k2+

化简得 23k4-13k2-10=0,即(k2-1)(23k2+10)=0, 解得 k=±1. (2)∵ MA ,=(x1,y1-1), MB ,=(x2,y2-1), ∴ MA ,· MB ,=x1x2+(y1-1)(y2-1), 4 16 =(1+k2)x1x2- k(x1+x2)+ 3 9 =- =0. ∴不论 k 取何值,以 AB 为直径的圆恒过点 M. 21. (2012·广州模拟)设椭圆 M: 2+ =1(a> a 2 +k2 - 16k2 16 + 9

k2+

k2+

x2 y2

2)的右焦点为 F1, 直线 l: x=

a2 a2-2

与 x 轴交于点 A,若 OF1 ,+2 AF1 ,=0(其中 O 为坐标原点). (1)求椭圆 M 的方程; (2)设 P 是椭圆 M 上的任意一点,EF 为圆 N:x2+(y-2)2=1 的任意一条直径(E,F 为 直径的两个端点),求 PE ,· PF ,的最大值. 解:(1)由题设知,A?

? a2 ? ? ,0?,F1( a2-2,0),由 OF1 ,+2 AF1 ,=0,得 a2-2 ? ? a2-2 ?

? a2 ? ? - a2-2?, =2? ? ? a2-2 ?
解得 a2=6. 所以椭圆 M 的方程为 + =1. 6 2 (2)设圆 N:x2+(y-2)2=1 的圆心为 N, 则 PE ,· PF ,=( NE ,- NP ,)·( NF ,- NP ,) =(- NF ,- NP ,)·( NF ,- NP ,) = NP ,2- NF ,2 = NP ,2-1. 从而将求 PE ,· PF ,的最大值转化为求 NP―→,2 的最大值. 因为 P 是椭圆 M 上的任意一点,设 P(x0,y0),
2 所以 + =1,即 x2 0=6-3y0. 6 2 2 2 因为点 N(0,2),所以 NP ,2=x2 0+(y0-2) =-2(y0+1) +12.

x2 y2

x2 y2 0 0

因为 y0∈[-

2,

2],所以当 y0=-1 时, NP ,2 取得最大值 12.

所以 PE ,· PF ,的最大值为 11. 22. (2012·湖北模拟)如图,曲线 C1 是以原点 O 为中心,F1,F2 为焦点的椭圆的一部 分. 曲线 C2 是以 O 为顶点, F2 为焦点的抛物线的一部分, A 是曲线 C1 和 C2 的交点且∠AF2F1 7 5 为钝角,若|AF1|= ,|AF2|= . 2 2 (1)求曲线 C1 和 C2 的方程; (2)设点 C 是 C2 上一点,若|CF1|= 解:(1)设椭圆方程为 2+ 2|CF2|,求△CF1F2 的面积.

x2

y2

a

b2

=1(a>b>0),

7 5 则 2a=|AF1|+|AF2|= + =6,得 a=3. 2 2

?7? ?5? 设 A(x,y),F1(-c,0),F2(c,0),则(x+c)2+y2=? ?2,(x-c)2+y2=? ?2,两式相减 ?2? ?2?
3 得 xc= . 2 5 由抛物线的定义可知|AF2|=x+c= , 2 3 3 3 则 c=1,x= 或 x=1,c= .又∠AF2F1 为钝角,则 x=1,c= 不合题意,舍去.当 c 2 2 2 =1 时,b=2 2,

? 3? 3? x2 y2 ? 所以曲线 C1 的方程为 + =1?-3≤x≤ ?,曲线 C2 的方程为 y2=4x?0≤x≤ ?. 2? 2? 9 8 ? ?
(2)过点 F1 作直线 l 垂直于 x 轴,过点 C 作 CC1⊥l 于点 C1,依题意知|CC1|=|CF2|. 在 Rt△CC1F1 中,|CF1|= 45°, 所以∠CF1F2=∠C1CF1=45°. 在△CF1F2 中,设|CF2|=r,则|CF1|= 由余弦定理得 22+( 解得 r=2, 1 1 所以△CF1F2 的面积 S△CF1F2= |F1F2|·|CF1|sin 45°= ×2×2 2 2 2sin 45°=2. 2r)2-2×2× 2r,|F1F2|=2. 2rcos 45°=r2, 2|CF2|= 2|CC1|,所以∠C1CF1=


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