专题 圆锥曲线综合探究-【回归课本】2025年高中数学基础知识训练

专题 圆锥曲线综合探究 选修第 册 >答案链接P69 考点一圆锥曲线中常用的思想方法—“设而不求 第三章 9示通法 “设而不求”是简化运算的一种重要手段，核心思想是通过设立未知数来沟通“未知”和“已知”之间的 关系，从而帮助解决问题.“设而不求”的常见类型包括整体代入、转化图形、适当引参、巧设坐标等， 锥曲线的 在圆锥曲线中有着举足轻重的地位， 与弦中点有关的问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在的直线斜率、弦的中点坐标联系起来，相互 转化.同时充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量之间的关系灵活转化，往往能事半功倍： 圆圆1在平面直角坐标系0中.双曲线号=1a>0,60的右支与焦点为F的超物线-2如 (P>0)交于A,B两点，若1AF1+BF1=4|OFI,则该双曲线的渐近线方程为 【点拨】设出点A,B的坐标，先通过抛物线的定义，实现，点的坐标与几何关系IAF1+IBF1=4|OF1的转换，然 后借助根与系数的关系建立参数，b的等量关系，从而求得双曲线的渐近线方程 典例2若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，直线y=3x+7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标 为1，则这个椭圆的方程为 【点拨】思路一：椭圆焦点的位置是确定的，设出椭圆方程，联立方程消元得到一个一元二次方程，利用根与 系数的关系求解 思路二：利用“点差法”，设出弦的两端点坐标和椭圆方程，将端点坐标代入椭圆方程，并将两式相减，所得式 中含有x,+x2,y+y ,上，这样就联系了中点坐标和直线的斜率，从而求得椭圆方程， 典圆3已知双曲线C:云 5=1(a>0,b>0)的一个焦点为(25,0)，一条渐近线方程为2x-y=0. (1)求双曲线C的标准方程： (2)已知倾斜角为3严的直线1与双曲线C交于A,B两点，且线段B中点的纵坐标为4，求弦长1AB1, 233 回归课本 考点二圆锥曲线中的弦长与面积问题 9示通法 高中数学 L.弦长问题 (1)若弦两端点的坐标可通过联立方程求得，可直接利用两点间距离公式求弦长， (2)若弦两端点的坐标不易求得，可通过联立方程，消元得到一个一元二次方程，利用根与系数的关 系求得1x,-x1或y,2,代入弦长公式求解 2.面积间题 (1)若求三角形的面积，则一般用底乘高除以2这个公式求解，利用点到直线的距离公式或弦长公式 求出高和底： (2)若求多边形的面积，则先观察是否可以直接根据面积公式求解，若不可以，则考虑用割补的方法， 将多边形面积转化为多个三角形面积的差或和求解 例：如图，顶点P在坐标轴上，可以将△ABP的面积分割成△AFP和△BFP的面积之和，即S△m= 2xn-*l·ly-yl. 典例4【2020·新课标Ⅲ·理·20】已知椭圆C: 云品1(0m<5)的离心率为4，B分别为C 的左、右顶点， (1)求C的方程： (2)若点P在C上，点Q在直线x=6上，且IBPI=IBQ1,BP⊥BQ,求△APQ的面积 4234 典圆5已知双曲线C:x2-y2=1,直线1：y=kx-1. 选修第 (1)若1与C有且只有一个公共点，求实数k的值： 册 (2)若1与C的左、右两支分别交于A,B两点，且△OAB的面积为√2，求实数k的值 第三章 锥曲线的方程 圆题6已知椭圆E号长=1(a>60)的焦距为2.3，且A,》,叶，写 D(-2,1)中恰有两点 在椭圆E上。 (1)求椭圆￡的标准方程： (2)椭圆E上有三点G,S,T,直线ST过点C(2,2),直线GS与y轴交于点(0，h),M为GS的中点， M,0,C三点共线，直线GT与直线OC的交点为Q,求△QGS的面积关于h的表达式. 235 回归课本 奥圆7已知抛物线2=6，点A?,3在抛物线上，直线1：y=-+m在点？，3下方，直线1与抛物 线交于B,C两点. 中 数学 (1)证明：△ABC内切圆的圆心在定直线上 (2)求△ABC面积的最大值. 考点三圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 9示通法 L.定点问题的基本思路 (1)以参数作为主元，令其系数全部等于零，得到一个关于x,y的方程组，方程组的解所确定的点就是 直线或曲线所过的定点 (2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y=k(x-x)+y。,则直线必过定点 (xo,Yo). 2.定值问题的解题策略 解决定值问题的关键就是引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，先将所求用参数表示， 然后利用题设条件化简、变形得出定值 3.定直线问题的基本思路 要证明点在某一条直线上，一般设出这个点的坐标，然后根据题设条件建立起此点横、纵坐标之间的 线性关系，从而证明这个点在定直线上 典例8【2023·全国乙·理·201已知椭圆G:+ 容1(a>60)的离心率是点4(-2.0)在 C上 (1)求C的方程： (2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明：线段MN的 中点为定点 4236 选修第 册 第三章 圆锥曲线的方程 x2 v2 因圆9已知椭圆C:。长=1(a>0)的左，右焦点分别为F,A,过点R的直线1交椭圆C于1，B 两点，交y轴于点M,且1F,F1=2,△ABF2的周长为8. (1)求椭圆C的标准方程 (2)M=入F,,M店=μF,B,试分析A+μ是不是定值，若是，求出这个定值：若不是，请说明理由. 2370 回归课本 典例10【2023·新高考Ⅱ·21】已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-25,0)，离心率 为5 数学 (1)求C的方程. (2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点，M在第二象限， 直线MA,与NA2交于点P,证明：点P在定直线上 奥圆11已知椭圆+y=1的左顶点为A,过A作两条互相垂直的弦AW,AN交椭圆于从，N两点 (1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标 (2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该 定点：若不过定点，请说明理由 4238 典例12在平面直角坐标系x0y中，曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点，点C的坐标为(0,1). 选修第 当m变化时，解答下列问题： 册 (1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由 (2)证明：过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值 第三章 锥曲线的方程 1312020.新商专1,21已知椭国C号-1(a6>0)的商心率为号 且过点A(2,1) (1)求C的方程. (2)点M,N在C上，且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明：存在定点Q,使得IDQ1为定值 239% 回归课本 考点四圆锥曲线中的最值与范围问题 9示通法 高中数学 L.圆锥曲线中的最值与范围问题的两个类型 (1)以圆锥曲线定义与几何性质为背景设置问题； (2)以直线和圆锥曲线的位置关系、弦长、面积等知识为背景设置问题 2.两种主要求解方法 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何图形特征及意义，则考虑利用曲线的定义、几何性 质以及平面几何中的定理、性质等进行求解。 (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则把要求最值或取值范围的几何量或 代数表达式表示为某个（些）参数的函数解析式，然后利用函数思想、不等式思想等进行求解， 国圆14已知F,5分别为椭圆C:疗=1(>0)的左右焦点，点P在椭圆C上，以PF,为直径 的圆E:+ 112 49 216 焦点F (1)求椭圆C的方程： (2)若椭圆C的右顶点为A,不与x轴垂直的直线1交椭圆C于M,V两点(M,N与点A不重合)，且 满足AM⊥AN,Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围 4240 因圆15已知椭圆C:。方1（如>>0）的长轴长是短轴长的，2倍，且经过点(，2,1). 选修第 册 (1)求C的标准方程： (2)C的右顶点为A,过C右焦点的直线I与C交于不同的两点M,N,求△AMN面积的最大值. 第三章 锥曲线的方程 奥例16已知抛物线y2=4x的焦点为F,过点F的直线交抛物线于A,B两点. (1)若AF=2FB,求直线AB的斜率： (2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C,求四边形OACB面积的最小值， 241 回归课本 奥圆17I2021·北京·201已知椭圆E:(@>60)的-个顶点为A(0,-2),以椭圆E的四 个顶点为顶点的四边形的面积为45. 数学 (1)求椭圆E的标准方程： (2)过点P(0,-3)的直线1的斜率为k,与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与直线y= -3交于点M,N,当1PM1+IPW1≤15时，求k的取值范围. 奥例18在平面直角坐标系0y中，椭圆C+行 ,=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构 成等边三角形，直线x+y+22-1=0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆 相切. (1)求椭圆C的方程： (2)若坐标原点O为椭圆C的内接三角形△BMN的重心，求点B到直线MN的距离的取值范围. 考点五圆锥曲线中的探索性问题 9示通法 解决圆锥曲线中的探索性问题，一般假设符合题设条件的常数、点或直线等存在，然后再利用题干条 件建立起关于该常数、点、直线方程等的等量关系，若能求出符合题意的常数，点的坐标、直线的方程 等，则说明存在：否则，由题设推出矛盾，说明不存在 4242-2 　 3,y2 = - 　 3 × 1 3 -1( ) = 2 　 3 3 ,所以 |OM | = 　 32+(-2 　 3) 2 = 　 21 , |ON | = 　 1 3( ) 2 + 2 　 3 3( ) 2 = 　 13 3 ,显然 |MN | ≠ |OM | ≠ |ON | ,所以△OMN 不是等腰三角形,D 错误. 故选 AC. 典例 7 BD 【解析】由题可得 p 2 = 1 2 ,所以 p= 1, 所以 C 的方程为 y2 = 2x. 设抛物线 C 的准线为 l,过 M 作 MA⊥l 于点 A,过 N 作 NB⊥l 于点 B,交 C 于点 M′,连接 M′F,如图所示. 将 y= 2 代入 y2 = 2x,可得 M′(2,2), 所以 |M′F | + |M′N | = 　 (2-0) 2 + 2- 1 2( ) 2 +2 = 9 2 , 于是 |MF | + |MN | = | MA | + | MN | ≥ | BN | = | BM′ | + | M′N | = |M′F | + |M′N | = 9 2 , 当 M 与 M′重合时, |MF | + |MN |取得最小值 9 2 . 故选 BD. 典例 8 【解】(1)由题意得 F(1,0),直线 l 的方程为 y = k(x- 1)(k>0) . 设 A(x1 ,y1 ),B(x2 ,y2 ), 由 y= k(x-1), y2 = 4x{ 得 k 2x2 -(2k2 +4)x+k2 = 0,Δ= 16k2 +16>0, 所以 x1 +x2 = 2k2 + 4 k2 . 故 | AB | = | AF | + | BF | = ( x1 + 1) +( x2 + 1) = 4k2 + 4 k2 . 由题设知 4k2 +4 k2 = 8,解得 k= -1(舍去)或 k= 1. 因此直线 l 的方程为 y= x-1. (2)由(1)得 AB 的中点坐标为(3,2), 所以 AB 的垂直平分线方程为 y-2 = -(x-3),即 y= -x+5. 设所求圆的圆心坐标为(x0 ,y0 ), 则 y0 = -x0 +5, (x0 +1) 2 = (y0 -x0 +1) 2 2 +16, ì î í ïï ïï 解得 x0 = 3, y0 = 2 { 或 x0 = 11, y0 = -6. { 因此所求圆的方程为( x - 3) 2 + ( y - 2) 2 = 16 或 ( x - 11) 2 + (y+6) 2 = 144. 专题　圆锥曲线综合探究 典例 1 y = ± 2 2 x 【解析】设 A(xA,yA),B(xB,yB ),由抛物线 定义得 |AF | + |BF | = yA+ p 2 +yB + p 2 = 4× p 2 ,所以 yA +yB = p. 由 x2 a2 - y 2 b2 = 1, x2 = 2py ì î í ïï ï 可得 a2y2 -2pb2y+a2b2 = 0,所以 yA +yB = 2pb2 a2 = p, 解得 a= 2 b,故该双曲线的渐近线方程为 y= ± 2 2 x. 典例 2 x2 8 + y 2 12 = 1 【解析】方法一:因为椭圆的中心在原点, 一个焦点为(0,2),所以设椭圆方程为 y 2 b2 +4 + x 2 b2 = 1(b>0) . 设 直线 y = 3x+ 7 与椭圆相交所得弦的端点分别为 A( x1 ,y1 ), B(x2 ,y2 ), 由 y2 b2 +4 + x 2 b2 = 1, y= 3x+7 ì î í ïï ï 消去 x,得(10b2 + 4) y2 - 14( b2 + 4) y- 9b4 + 13b2 +196 = 0,所以 y1 +y2 = 14(b2 +4) 10b2 +4 . 由题意知 y1 +y2 2 = 1,所以14(b 2 +4) 10b2 +4 = 2,解得 b2 = 8, 所以所求椭圆的方程为 x2 8 + y 2 12 = 1. 方法二:因为椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,2), 所以设椭圆的方程为 y2 b2 +4 + x 2 b2 = 1(b>0) . 设直线 y= 3x+7 与椭圆相交所得弦的端点分别为 A(x1 ,y1 ), B(x2 ,y2 ),则 y21 b2 +4 + x21 b2 = 1,① y22 b2 +4 + x22 b2 = 1,② ì î í ï ï ï ï ①-②,得 (y1 -y2 )(y1 +y2 ) b2 +4 + (x1 -x2 )(x1 +x2 ) b2 = 0, 即 y1 -y2 x1 -x2 · y1 +y2 x1 +x2 = -b 2 +4 b2 . 因为弦 AB 的中点的纵坐标为 1,所以中点的横坐标为-2. 又 直线 y= 3x+7 的斜率 k = y1 -y2 x1 -x2 = 3,代入上式得 3× 2 ×1 2×(-2) = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 69 -b 2 +4 b2 ,解得 b2 = 8,故所求的椭圆方程为 x 2 8 + y 2 12 = 1. 提醒：与椭圆中点弦有关的问题,应用椭圆中点弦的斜率公 式 kAB·kOM = - b2 a2 ,即 kAB = - b2x0 a2y0 比较方便快捷,其中点 M 的 坐标为(x0,y0) . 典例 3 【解】(1)由题意可知 c= 2 　 5 , 又一条渐近线方程为 2x-y= 0,所以 b a = 2. 由 c2 =a2 +b2 ,可得 20 =a2 +4a2 ,解得 a2 = 4,b2 = 16, 所以双曲线 C 的标准方程为 x 2 4 - y 2 16 = 1. (2)设 A(x1 ,y1 ),B(x2 ,y2 ),AB 的中点坐标为(x0 ,4), 则 x21 4 - y21 16 = 1, x22 4 - y22 16 = 1, ì î í ï ï ï ï 两式相减得 16(x22 -x 2 1 )= 4(y 2 2 -y 2 1 ), 化简得 16(x2 -x1 )(x2 +x1 )= 4(y2 -y1 )(y2 +y1 ), 即 k= y2 -y1 x2 -x1 = 4(x2 +x1 ) y2 +y1 = 4x0 4 = x0 . 又 k= tan 3π 4 = -1,所以 x0 = -1, 所以 AB 中点的坐标为(-1,4), 所以直线 l 的方程为 y-4 = -(x+1),即 y= -x+3. 将 y= -x+3 代入 x 2 4 - y 2 16 = 1,得 3x2 +6x-25 = 0,则 x1 +x2 = -2, x1x2 = - 25 3 , 所以 | AB | = 　 2 | x1 - x2 | = 　 2 · 　 (x1 +x2 ) 2 -4x1x2 = 　 2 × 　 4+4× 25 3 = 4 　 42 3 . 典例 4 【解】(1)由题意知 25 -m2 5 = 15 4 ,解得 m= 5 4 , 所以椭圆 C 的方程为 x 2 25 + y 2 25 16 = 1. (2)由(1)可知 A(-5,0),B(5,0),如图所示, 设 P(x0 ,y0 ),Q(6,yQ), 由对称性可设 yQ>0,则由题意知y0 >0. 由图可知 kBQ = yQ,所以 kBP = - 1 yQ , 所以直线 BP 的方程为 y= - 1 yQ (x-5) . 将点 P(x0 ,y0 )的坐标代入上式,可得 x0 = 5-y0yQ . 由两点间距离公式可得 | BP | = [5-(5-y0yQ)] 2 +y20 = y0 1+y2Q , |BQ | = 1+y 2 Q , 又 |BP | = |BQ | ,所以 y0 1+y2Q = 1+y 2 Q ,所以 y0 = 1. 将 y0 = 1 代入椭圆方程可得 x0 = ±3, 所以直线 BP 的斜率为- 1 2 或- 1 8 , 又直线 BP 的斜率为- 1 yQ ,所以 yQ = 2 或 8,所以点 P,Q 存在 两组:P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8) . |P1Q1 | = 10 ,直线 P1Q1 的方程为 y= 1 3 x,点 A( -5,0)到直 线 P1Q1 的距离为 10 2 , 所以 S△APQ = 1 2 × 10 × 10 2 = 5 2 . |P2Q2 | = 130 ,直线 P2Q2 的方程为 y= 7 9 x+10 3 ,点 A(-5,0) 到直线 P2Q2 的距离为 130 26 , 所以 S△APQ = 1 2 × 130 × 130 26 = 5 2 . 综上,△APQ 的面积为 5 2 . 典例 5 【解】(1)由 x2 -y2 = 1, y= kx-1,{ 消去 y,得(1-k2 )x2 +2kx-2 = 0　 ①, 当 1-k2 = 0,即 k= ±1 时,方程①有一解,l 与 C 仅有一个公共 点( l 与渐近线平行) . 当 1-k2 ≠0, Δ= 4k2 +8(1-k2 )= 0{ 时,可得 k 2 = 2,k = ± 　 2 ,l 与 C 也只有 一个公共点( l 与双曲线相切) . 综上,k= ±1 或 k= ±　 2 . (2)设交点为 A(x1 ,y1 ),B(x2 ,y2 ), 由 x2 -y2 = 1, y= kx-1,{ 消去 y,得(1-k 2 )x2 +2kx-2 = 0, 首先由 1-k2 ≠0, Δ= 4k2 +8(1-k2 )>0,{ 得- 　 2 <k<　 2且 k≠±1, 所以x1 +x2 = -2k 1-k2 ,x1x2 = -2 1-k2 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 70 因为 l 与 C 的左、右两支分别交于 A,B 两点, 所以 x1x2 <0,即 -2 1-k2 <0,1-k2 >0,解得-1<k<1. 又-　 2 <k<　 2且 k≠±1,所以-1<k<1. 如图所示,因为直线 l 与 y 轴交于点 D(0,-1), 所以 S△OAB =S△OAD+S△OBD = 1 2 | x1 | + 1 2 | x2 | = 1 2 | x1 -x2 | = 　 2 , 故 | x1 -x2 | = 2 　 2 , 所以 | x1 +x2 | 2 - 4x1x2 = 8,即 -2k 1-k2( ) 2 - 4· -2 1-k2 = 8,解得 k = 0 或 k= ± 　 6 2 . 因为-1<k<1,所以 k= 0. 典例 6 【解】 ( 1 ) 由题意知 c = 　 3 , 由椭圆的对称性知 A 1, 3 2( ) ,B 1,- 3 2( ) 在椭圆 E 上,所以 1 a2 + 3 4b2 = 1, 又 a2 = b2 +c2 ,可得 a= 2,b= 1, 所以椭圆 E 的标准方程为 x 2 4 +y2 = 1. (2)如图所示,设 G(x1 ,y1 ),S(x2 ,y2 ), 因为点 G,S 均在椭圆 E 上,所以 x21 4 +y21 = 1, x22 4 +y22 = 1, 两式相减整理得 y2 -y1 x2 -x1 · y2 +y1 x2 +x1 = y2 -y1 x2 -x1 · y2 +y1 2 x2 +x1 2 = - 1 4 . 因为 M x1 +x2 2 , y1 +y2 2( ) 且 M,O,C 三点共线, 所以 x1 +x2 2 = y1 +y2 2 , 所以 y2 -y1 x2 -x1 = - 1 4 ,即直线 SG 的斜率为- 1 4 , 所以直线 SG 的方程为 y= - 1 4 x+h,则 h= y1 + 1 4 x1 . 联立 y= - 1 4 x+h, x2 4 +y2 = 1, ì î í ï ï ï ï 消去 y 整理得 5x2 -2(x1 +4y1 )x+(x1 +4y1 ) 2 - 16 = 0,由根与系数的关系得 x1 +x2 = 2(x1 +4y1 ) 5 , 所以 x2 = 2(x1 +4y1 ) 5 -x1 = 8y1 -3x1 5 ,y2 = 2x1 +3y1 5 . 设 T(x3,y3),则直线 GT的方程为 y= 2x2+3y2-5y3 8y2-3x2-5x3 (x-x3)+y3, 联立 y= 2x2 +3y2 -5y3 8y2 -3x2 -5x3 (x-x3 )+y3 , y= x, ì î í ïï ïï 消去 y 整理得 5(y2 +y3 -x2 - x3 )x= -3(x2y3 +x3y2 )+8y2y3 -2x2x3(∗) . 因为直线 ST 过点 C(2,2), 所以可设直线 ST 的方程为 y-2 = k(x-2), 联立 y-2 = k(x-2), x2 4 +y2 = 1, ì î í ïï ï 消去 y 整理得(4k2 +1)x2 +(16k-16k2 )x+ 16(k-1) 2 -4 = 0, 由根与系数的关系得 x2 +x3 = 16k2 -16k 4k2 +1 ,x2x3 = 16(k-1) 2 -4 4k2 +1 , 代入(∗)式可得 x= 2 5 ,即 Q 2 5 , 2 5( ) . 不妨设过点 Q 且与 y 轴平行的直线交 GS 于 H 2 5 ,h- 1 10( ) , 则△QGS 的面积 S = 1 2 | QH | | x2 - x1 | = 1 2 · 1 2 -h · 8 5-4h2 5 = | 2-4h | · 5-4h 2 5 - 5 2 <h< 5 2 ,h≠ 1 2( ) . 典例 7 (1) 【证明】联立直线与抛物线方程,消去 y 得 x2 - (2m+6)x+m2 = 0, 则 Δ= [-(2m+6)] 2 -4m2 = 24m+36>0,解得 m>- 3 2 . 设 B(x1 ,y1 ),C(x2 ,y2 ),由根与系数的关系得 x1 +x2 = 2m+6, x1x2 =m 2 , 则 kAB + kAC = y1 -3 x1 - 3 2 + y2 -3 x2 - 3 2 = y1 -3 y21 6 - 3 2 + y2 -3 y22 6 - 3 2 = 6 y1 +3 + 6 y2 +3 = 6(y1 +y2 +6) (y1 +3)(y2 +3) = 6[6+2m-(x1 +x2 )] (y1 +3)(y2 +3) = 0, 所以∠BAC 的平分线方程为 x= 3 2 , 所以△ABC 内切圆的圆心在定直线 x= 3 2 上. (2)【解】由(1)得 |BC | = 　 2 | x1 -x2 | = 　 2 · 　 (x1+x2) 2-4x1x2 = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 71 　 2 · 　 24m+36 , 点 A 到直线 BC 的距离为 d= 9 2 -m 　 2 , 所以 S△ABC = 1 2 | BC | ·d = 1 2 · 　 24m+36 · 9 2 -m = 　 3 · 　 (2m+3) 9 2 -m( ) 92 -m( ) ≤ 3· 　 2m+3+ 9 2 -m+ 9 2 -m 3 ( ) 3 = 8 3 , 当且仅当 2m+3 = 9 2 -m,即 m= 1 2 时,等号成立, 所以△ABC 面积的最大值为 8　 3 . 典例 8 (1)【解】由题意可得 b= 2, a2 = b2 +c2 , e= c a = 　 5 3 , ì î í ï ïï ï ï 解得 a= 3, b= 2, c= 　 5 , ì î í ï ï ïï 所以椭圆 C 的方程为 y 2 9 + x 2 4 = 1. (2)【证明】如图,由题意可知直线 PQ 的斜率存在,设 PQ 的 方程为 y= k(x+2)+3,P(x1 ,y1 ),Q(x2 ,y2 ), 联立方程 y= k(x+2)+3, y2 9 + x 2 4 = 1, ì î í ïï ï 消去 y 得(4k2 + 9) x2 + 8k(2k+ 3) x+ 16(k2 +3k)= 0, 则 Δ= 64k2 (2k+3) 2 - 64(4k2 + 9) (k2 + 3k) = - 1 728k> 0,解得 k<0, 可得 x1 +x2 = - 8k(2k+3) 4k2 +9 ,x1x2 = 16(k2 +3k) 4k2 +9 . 因为 A(-2,0),所以直线 AP 的方程为 y= y1 x1 +2 (x+2), 令 x= 0,解得 y= 2y1 x1 +2 ,即 M 0, 2y1 x1 +2( ) ,同理可得 N 0, 2y2 x2 +2( ) , 所以线段 MN 的中点的纵坐标为 2y1 x1 +2 + 2y2 x2 +2 2 = k(x1 +2)+3 x1 +2 + k(x2 +2)+3 x2 +2 = [kx1 +(2k+3)](x2 +2)+[kx2 +(2k+3)](x1 +2) (x1 +2)(x2 +2) = 2kx1x2 +(4k+3)(x1 +x2 )+4(2k+3) x1x2 +2(x1 +x2 )+4 = 32k(k2 +3k) 4k2 +9 -8k(4k +3)(2k+3) 4k2 +9 +4(2k+3) 16(k2 +3k) 4k2 +9 -16k(2k +3) 4k2 +9 +4 = 108 36 = 3. 所以线段 MN 的中点是定点(0,3) . 典例 9 【解】(1)因为△ABF2 的周长为 8, 所以 4a= 8,解得a= 2. 由 |F1F2 | = 2,得 2 a2 -b2 = 2 4-b2 = 2,所以 b 2 = 3. 因此椭圆 C 的标准方程为 x 2 4 + y 2 3 = 1. (2)由(1)可知 F1(-1,0),由题意可得直线 l 的斜率存在,设 直线 l 的方程为 y= k(x+1),则 M(0,k), 由 y= k(x+1), x2 4 + y 2 3 = 1, ì î í ïï ï 消去 y 整理得(3+4k2 )x2 +8k2x+4k2 -12 = 0, 显然 Δ>0,设 A(x1 ,y1 ),B(x2 ,y2 ),则 x1 +x2 = - 8k2 3+4k2 , x1x2 = 4k2 -12 3+4k2 , ì î í ï ï ï ï 所以 MA→ = (x1 ,y1 -k),F1A → = (x1 +1,y1 ),则 λ= x1 x1 +1 . 同理可得 MB→ = (x2 ,y2 -k),F1B → = (x2 +1,y2 ),则 μ= x2 x2 +1 , 所 以 λ + μ = x1 x1 +1 + x2 x2 +1 = x1(x2 +1)+x2(x1 +1) (x1 +1)(x2 +1) = 2x1x2 +(x1 +x2 ) x1x2 +(x1 +x2 )+1 = 2× 4k2 -12 3+4k2 - 8k 2 3+4k2 4k2 -12 3+4k2 - 8k 2 3+4k2 +1 = 8k 2 -24-8k2 4k2 -12-8k2 +3+4k2 = -24 -9 = 8 3 , 所以 λ+μ 为定值 8 3 . 典例 10 (1)【解】设双曲线 C 的方程为 x 2 a2 - y 2 b2 = 1(a> 0,b> 0),由焦点坐标可知 c= 2 　 5 , 由 e= c a = 　 5 ,可得 a= 2,所以 b= 　 c2 -a2 = 4, 所以双曲线 C 的方程为 x 2 4 - y 2 16 = 1. (2)【证明】如图,由(1)可得 A1( - 2,0),A2(2,0),设 M( x1 , y1 ),N(x2 ,y2 ), 显然直线 MN 的斜率不为 0,所以设直线 MN 的方程为 x = my-4,且- 1 2 <m< 1 2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 72 与 x2 4 - y 2 16 = 1 联立,消去 x 可得(4m2 - 1) y2 - 32my+ 48 = 0,且 Δ=64(4m2 +3)>0, 则 y1 +y2 = 32m 4m2 -1 ,y1y2 = 48 4m2 -1 . 直线 MA1 的方程为 y = y1 x1 +2 (x+ 2),直线 NA2 的方程为 y = y2 x2 -2 (x-2), 联立直线 M A1 与直线 N A2 的方程, 消去 y 可得 x+2 x-2 = y2(x1 +2) y1(x2 -2) = y2(my1 -2) y1(my2 -6) = my1y2 -2(y1 +y2 )+2y1 my1y2 -6y1 = m· 48 4m2 -1 -2· 32m 4m2 -1 +2y1 m· 48 4m2 -1 -6y1 = -16m 4m2 -1 +2y1 48m 4m2 -1 -6y1 = - 1 3 . 由 x+2 x-2 = - 1 3 ,可得 x= -1,即 xP = -1,据此可得点 P 在定直线 x= -1 上运动. 典例 11 【解】(1)由题意知 A(-2,0),当直线 AM 的斜率为 1 时,直线 AM 的方程为 y = x+2,代入椭圆方程并化简得 5x2 + 16x+12 = 0,解得 x1 = -2,x2 = - 6 5 ,所以 M - 6 5 , 4 5( ) . (2)设直线 AM 的斜率为 k,则直线 AM 的方程为 y= k(x+2), 联立方程 y= k(x+2), x2 4 +y2 = 1, ì î í ïï ï 消去 y 整理得(1+4k2 )x2 +16k2x+16k2 - 4 = 0,则 xA+xM = -16k2 1+4k2 , xM = -xA+ -16k2 1+4k2 = 2- 16k 2 1+4k2 = 2-8k 2 1+4k2 . 同理,可得 xN = 2k2 -8 k2 +4 . 由(1)知若存在定点,则此点必为 P - 6 5 ,0( ) . 证明如下:因为 kMP = yM xM+ 6 5 = k 2-8k2 1+4k2 +2( ) 2-8k2 1+4k2 + 6 5 = 5k 4-4k2 ,同理可得 kPN = 5k 4-4k2 . 所以直线 MN 过 x 轴上的一定点 P - 6 5 ,0( ) . 典例 12 (1)【解】不能出现 AC⊥BC 的情况. 理由如下: 设 A(x1 ,0),B(x2 ,0),则 x1 ,x2 满足 x 2 +mx-2 = 0, 所以 x1x2 = -2. 又点 C 的坐标为(0,1), 所以直线 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为 -1 x1 · -1 x2 = - 1 2 , 所以不能出现 AC⊥BC 的情况. (2)【证明】由(1)知 BC 的中点坐标为 x2 2 , 1 2( ) ,可得 BC 的 中垂线方程为 y- 1 2 = x2 x- x2 2( ) . 由(1)可得 x1 +x2 = -m,所以 AB 的中垂线方程为 x= - m 2 . 联立 x= - m 2 , y- 1 2 = x2 x- x2 2( ) , ì î í ï ï ï ï 又 x22 +mx2 -2 = 0,可得 x= - m 2 , y= - 1 2 , ì î í ï ï ï ï 所以过 A,B,C 三点的圆的圆心坐标为 - m 2 ,- 1 2( ) ,半径 r= m 2 +9 2 . 故该圆在 y 轴上截得的弦长为 2 r2 - m 2( ) 2 = 3,即过 A,B,C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值 3. 典例 13 (1)【解】因为椭圆 C 的离心率为 2 2 , 所以 c a = 2 2 ,所以 a= 2 c. 又 a2 = b2 +c2 ,所以 b= c,a= 2 b. 将点 A(2,1)的坐标代入椭圆方程,得 4 2b2 + 1 b2 = 1,解得 b2 = 3, 所以 a2 = 6, 所以椭圆 C 的方程为 x 2 6 + y 2 3 = 1. (2)【证明】 ①当直线 MN 的斜率存在时,设其方程为 y = kx+m, 联立 y= kx+m, x2 6 + y 2 3 = 1, ì î í ïï ï 消去 y 可得(1+2k2 )x2 +4kmx+2m2 -6 = 0, 由 Δ= (4km) 2 -4(1+2k2 )(2m2 -6)>0,可知 m2 <3+6k2 . 设 M(x1 ,y1 ),N(x2 ,y2 ),则 x1 +x2 = -4km 1+2k2 ,x1x2 = 2m2 -6 1+2k2 . 因为 AM⊥AN,所以 AM→·AN→ = (x1 -2,y1 -1)·(x2 -2,y2 -1)= 0,即 x1x2 -2(x1 +x2 )+4+y1y2 -(y1 +y2 )+1 = 0, 而 y1 = kx1 +m,y2 = kx2 +m,代入上式整理得(1+k 2 )x1x2 +(mk- k-2)(x1 +x2 )+m 2 -2m+5 = 0, 所以(1+k2 )2m 2 -6 1+2k2 +(mk-k-2) -4km 1+2k2 +m2 -2m+5 = 0, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 73 整理得 4k2 +8mk+3m2 -2m-1= 0,即(2k+3m+1)(2k+m-1)= 0, 所以 m= -1 +2k 3 或 m= 1-2k. 当 m = - 1 +2k 3 时,直线 MN 的方程为 y = kx - 1 +2k 3 ,过定点 B 2 3 ,- 1 3( ) , 因为 AD⊥MN,所以点 D 在以 AB 为直径的圆上,当点 Q 为 AB 的中点,即 Q 4 3 , 1 3( ) 时, |DQ | = 2 2 3 ,为定值. 当 m= 1-2k 时,直线 MN 的方程为 y = kx+( 1- 2k),过定点 A(2,1),不符合题意,舍去. ②当直线 MN 的斜率不存在时,设其方程为 x = t,M( t, s), N( t,-s),则 t 2 6 + s 2 3 = 1. 因为 AM⊥AN,所以 AM→·AN→ = ( t-2,s-1)·( t-2,-s-1)= t2 - 4t-s2 +5 = 3 2 t2 -4t+2 = 0,解得 t= 2 3 或 2(舍去), 所以 D 2 3 ,1( ) ,此时 |DQ | = 43 - 2 3( ) 2 + 1 3 -1( ) 2 = 2 2 3 ,为 定值. 综上,存在定点 Q 4 3 , 1 3( ) ,使得 | DQ | 为定值,且该定值 为 2 2 3 . 典例 14 【解】(1) 在圆 E 的方程中,令 y = 0,得 x2 = 3,解得 x= ± 3 ,所以 F1 (- 3 ,0),F2 ( 3 ,0) . 由题意知 E 0, 1 4( ) , |OE | = 1 2 |F2P | ,OE∥F2P, 所以点 P 的坐标为 3 , 1 2( ) , 所以 2a= |PF1 | + |PF2 | = 2 |EF1 | + |PF2 | = 2× 7 4 + 1 2 = 4,解得 a= 2,所以 b= 1, 所以椭圆 C 的方程为 x 2 4 +y2 = 1. (2) 如图, 由 ( 1) 知椭圆的右顶点为 A(2,0),由题意可知直线 AM 的斜率存 在且不为 0, 设直线 AM 的方程为 y= k(x-2),M(x1 , y1 ),N(x2 ,y2 ), 由于 MN 不与 x 轴垂直,故 k≠±1. 由 y= k(x-2), x2 4 +y2 = 1, ì î í ïï ï 消去 y 可得(1+4k2 )x2 -16k2x+16k2 -4 = 0, 又点 A(2,0),所以由根与系数的关系得 2x1 = 16k2 -4 1+4k2 ,解得 x1 = 8k2 -2 1+4k2 ,所以 y1 = k(x1 -2)= -4k 1+4k2 . 因为 AM⊥AN,所以直线 AN 的方程为 y= - 1 k (x-2), 用 - 1 k 替 换 k, 可 得 x2 = 8-2k2 4+k2 , y2 = 4k 4+k2 , 所 以 Q 30k2 (1+4k2 )(4+k2 ) , 6k(k2 -1) (1+4k2 )(4+k2 )( ) . kAQ = 6k(k2-1) (1+4k2)(4+k2) 30k2 (1+4k2)(4+k2) -2 = 3k(1-k 2) 2(2k4+k2+2) , kMN = 4k 4+k2 + 4k 1+4k2 8-2k2 4+k2 -8k 2-2 1+4k2 = 5k 4(1-k2 ) , 所以 kAQ · kMN = 3k(1-k2 ) 2(2k4 +k2 +2) · 5k 4(1-k2 ) = 15 8 2k2 + 2 k2 +1( ) ≤ 15 8 2 2k2 · 2 k2 +1( ) = 3 8 ,当且仅当 2k2 = 2 k2 ,即 k= ±1 时,等号 成立,又 k≠±1,故 kAQ·kMN∈ 0, 3 8( ) . 所以直线 MN 与 AQ 的斜率之积的取值范围是 0, 3 8( ) . 典例 15 【解】(1)由题意 a= 2 b, 2 a2 + 1 b2 = 1, ì î í ïï ïï 解得 a= 2,b= 2 , 所以椭圆 C 的标准方程为 x 2 4 + y 2 2 = 1. (2)由(1)可知 A(2,0),椭圆 C 右焦点的坐标为( 2 , 0),由 题意知直线 l 的斜率不为 0, 故设直线 l 的方程为 x=my+ 2 ,M(x1 ,y1 ),N(x2 ,y2 ), 由 x2 4 + y 2 2 = 1, x=my+ 2 , ì î í ïï ï 得(m2 +2)y2 +2 2my-2 = 0,Δ= 16(m2 +1)>0, 所以 y1 +y2 = - 2 2m m2 +2 ,y1y2 = - 2 m2 +2 , 所以 ( y1 - y2 ) 2 = ( y1 + y2 ) 2 - 4y1y2 = -2 2m m2 +2( ) 2 + 8 m2 +2 = 16(1+m2 ) (m2 +2) 2 ,所以 | y1 -y2 | = 4 m2 +1 m2 +2 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 74 所以 S△AMN = 1 2 ×(2- 2 ) · | y1 -y2 | = 2(2- 2 ) · m2 +1 m2 +2 = 2(2- 2 ) · 1 m2 +1 + 1 m2 +1 ≤ 2 - 2 ,当且仅当 m2 +1 = 1 m2 +1 ,即 m= 0 时,等号成立, 所以△AMN 面积的最大值为 2- 2 . 典例 16 【解】(1)依题意知 F(1,0),设直线 AB 的方程为 x = my+1. 将直线 AB 的方程与抛物线的方程联立,消去 x 得 y2 - 4my- 4 = 0. 设 A( x1 ,y1 ),B( x2 ,y2 ),由根与系数的关系得 y1 + y2 = 4m, y1y2 = -4. ① 因为 AF→ = 2FB→,所以 y1 = -2y2 . ② 联立①和②,消去 y1 ,y2 ,得 m= ± 2 4 . 所以直线 AB 的斜率是±2 2 . (2)如图,由点 C 与原点 O 关于点 M 对 称,得 M 是线段 OC 的中点,从而点 O 与 点 C 到直线 AB 的距离相等,所以四边形 OACB 的面积等于 2S△AOB . 因为 2S△AOB = 2× 1 2 · | OF | · | y1 -y2 | = (y1 +y2 ) 2 -4y1y2 = 4 1+m 2 , 所以当 m= 0 时,四边形 OACB 的面积最小,最小值是 4. 典例 17 【解】(1)因为椭圆 E 的一个顶点为 A(0,-2), 所以b= 2. 因为以椭圆 E 的四个顶点为顶点的四边形的面积为 4 　 5 , 所以 1 2 ×2a·2b= 4 　 5 ,解得 a= 　 5 , 所以椭圆 E 的标准方程为 x 2 5 + y 2 4 = 1. (2)如图,设 B(x1 ,y1 ),C(x2 ,y2 ), 因为直线 BC 的斜率存在,所以 x1x2 ≠0, 所以直线 AB 的方程为 y= y1 +2 x1 x-2,令 y = -3,则 xM = - x1 y1 +2 , 同理 xN = - x2 y2 +2 . 由题意知直线 BC 的方程为 y= kx-3, 由 y= kx-3, 4x2 +5y2 = 20,{ 消去 y 可得(4+5k 2 )x2 -30kx+25 = 0, 则 Δ= 900k2 -100(4+5k2 )>0,解得 k<-1 或 k>1. 所以 x1 +x2 = 30k 4+5k2 ,x1x2 = 25 4+5k2 ,所以 x1x2 >0, 所以 xMxN = - x1 y1 +2( ) - x2 y2 +2( ) = x1x2 (y1 +2)(y2 +2) >0. 又 |PM | + | PN | = | xM +xN | = x1 y1 +2 + x2 y2 +2 = x1 kx1 -1 + x2 kx2 -1 = 2kx1x2 -(x1 +x2 ) k2x1x2 -k(x1 +x2 )+1 = 50k 4+5k2 - 30k 4+5k2 25k2 4+5k2 - 30k 2 4+5k2 +1 = 5 | k | , 所以当 |PM | + |PN | ≤15 时,5 | k | ≤15,解得-3≤k≤3. 又 k<-1 或 k>1,所以-3≤k<-1 或 1<k≤3. 典例 18 【解】(1)设椭圆 C: x 2 a2 + y 2 b2 = 1 的右焦点为 F2( c,0), 则以椭圆 C 的右焦点为圆心,椭圆 C 的长半轴长为半径的圆 的方程为(x-c) 2 +y2 =a2 , 所以圆心到直线 x+y+2 2 -1 = 0 的距离 d= | c+2 2 -1 | 12 +12 =a. 又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形, 所以 a= 2c,b= 3 c,解得 a= 2,b= 3 ,c= 1, 所以椭圆 C 的标准方程为 x 2 4 + y 2 3 = 1. (2)设 B(m,n),线段 MN 的中点为 D,直线 OD 与椭圆交于 A,B 两点, 因为 O 为△BMN 的重心,则 |BO | = 2 |OD | = |OA | , 所以 D - m 2 ,- n 2( ) , 即点 B 到直线 MN 的距离是原点 O 到直线 MN 的距离的 3 倍. 当MN 的斜率不存在时,点 D 在 x 轴上,所以此时点 B 在长轴 的端点处. 由 |OB | = 2,得 |OD | = 1,则点 O 到直线 MN 的距离为 1,点 B 到直线 MN 的距离为 3. 当 MN 的斜率存在时,设 M(x1 ,y1 ),N(x2 ,y2 ), 则 有 x21 4 + y21 3 = 1, x22 4 + y22 3 = 1, ì î í ï ï ï ï 两 式 相 减 得 (x1 +x2 )(x1 -x2 ) 4 + (y1 +y2 )(y1 -y2 ) 3 = 0, 因为 D 为线段 MN 的中点, 所以 x1 +x2 = -m,y1 +y2 = -n,所以 k= y1 -y2 x1 -x2 = -3m 4n , 所以直线 MN 的方程为 y+ n 2 = - 3m 4n x+ m 2( ) ,即 6mx+ 8ny+ 4n2 +3m2 = 0, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 75 所以原点 O 到直线 MN 的距离 d= 4n 2 +3m2 64n2 +36m2 . 因为 m2 4 + n 2 3 = 1,所以 3m2 = 12-4n2 , 所以 d= 4n 2 +3m2 64n2 +36m2 = 12 144+16n2 = 3 9+n2 . 因为 0<n2 ≤3,所以 3< 9+n2 ≤2 3 , 所以 1 2 3 ≤ 1 9+n2 < 1 3 ,所以3 3 2 ≤3d<3. 综上,点 B 到直线 MN 的距离的取值范围为 3 3 2 ,3 é ë êê ù û úú . 典例 19 【解】 ( 1) 设 A y20 4 ,y0( ) ,若 t = 4,则 P( 4,0),可得 |AP | 2 = y20 4 -4( ) 2 +y20 = y40 16 -y20 +16 = 1 16 (y20 -8) 2 +12≥12,当y0 = ±2 2时, |AP |取得最小值 2 3 , 所以 AP 长度的最小值为 2 3 . (2)设直线 AB 的方程为 x=my+t,A(x1 ,y1 ),B(x2 ,y2 ), 联立 x=my+t, y2 = 4x,{ 消去 x 可得 y 2 -4my-4t= 0, 所以 y1 +y2 = 4m,y1y2 = -4t. 设以 AB 为直径的圆上任一点为 Q(x,y),M(x3,0),N(x4,0), 所以点 Q 的轨迹方程为(x-x1 )(x-x2 )+(y-y1 )(y-y2 )= 0. 又 x1 +x2 =m(y1 +y2 )+2t= 4m 2 +2t, x1x2 = (my1 + t) (my2 + t) = m 2y1y2 +mt( y1 + y2 ) + t 2 = - 4m2 t + 4m2 t+t2 = t2 , 所以点 Q 的轨迹方程可化为 x2 - ( 4m2 + 2t) x+ t2 + y2 - 4my- 4t= 0. 令 y= 0,得 x2 -(4m2 +2t)x+t2 -4t = 0,该方程的两根为 x3 ,x4 , 所以 x3x4 = t 2 -4t. 由 OM→·ON→ = x3x4 = -4,得 t2 -4t= -4,解得 t= 2. 所以存在 t= 2,使得 OM→·ON→ = -4. 典例 20 【解】(1)依题意可知 |AF→ | =a, |AB→ | = a2 +b2 , 又 7 |AF→ | = 2 |AB→ | ,所以 7a= 2 a2 +b2 ,整理得 3a2 = 4b2 . 由 B(2,0)为椭圆 C1 的右顶点,得 a= 2,代入上式得 b 2 = 3, 所以椭圆 C1 的标准方程为 x2 4 + y 2 3 = 1. (2)由(1) 可知 F( - 1,0),依题意可知抛物线 C2 的方程为 y2 = -4x. 假设存在符合题意的直线,设该直线的方程为 x = ky - 1, P(x1 ,y1 ),Q(x2 ,y2 ),M(x3 ,y3 ),N(x4 ,y4 ), 联立 x= ky-1, x2 4 + y 2 3 = 1,{ 消去 x 得(3k2 +4)y2 -6ky-9 = 0, 由根与系数的关系得 y1 +y2 = 6k 3k2 +4 ,y1y2 = -9 3k2 +4 , 则 | y1 -y2 | = (y1 +y2 ) 2 -4y1y2 = 12 k2 +1 3k2 +4 . 联立 x= ky-1, y2 = -4x,{ 消去 x 得 y 2 +4ky-4 = 0, 由根与系数的关系得 y3 +y4 = -4k,y3y4 = -4, 所以 | y3 -y4 | = (y3 +y4 ) 2 -4y3y4 = 4 k 2 +1 . 若 S△OPQ = 1 2 S△OMN,则 | y1 - y2 | = 1 2 | y3 - y4 | ,即 12 k2 +1 3k2 +4 = 2 k2 +1 ,解得 k= ± 6 3 . 故存在符合题意的直线,直线的方程为 x+ 6 3 y+ 1 = 0 或 x- 6 3 y+1 = 0. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第四章　数列 4.1　数列的概念与简单表示法 【研课本·划重点】 一、知识梳理 ①a1 　 ②>　 ③<　 ④ = 　 ⑤a1 +a2 +…+an ⑥an = S1 ,n= 1, Sn-Sn-1 ,n≥2 { 三、思考辨析 1. 　 2. 　 3. √　 4. 　 5. √ 【快提升·练典例】 典例 1 【解】(1)这是一个分数数列,分子依次为 2,4,6,8, 10,…,构成偶数数列,而分母可分解为 1× 3,3× 5,5× 7,7× 9, 9×11,…,每一项都是两个相邻奇数的乘积,故数列的一个通 项公式为 an = 2n (2n-1)(2n+1) . (2)偶数项为正,奇数项为负,且后一项的绝对值总比它前一 项的绝对值大 6,故数列的一个通项公式为 an =(-1) n(6n-5) . (3)将原数列改写为 1 2 , 4 2 , 9 2 ,16 2 ,25 2 ,…,分子为项数的平 方,分母恒为 2,故数列的一个通项公式为 an = n2 2 . (4)将原数列改写为 5 9 ×9, 5 9 ×99, 5 9 ×999, 5 9 ×9 999,…,易 知数列 9,99,999,9 999,…的通项为 10n -1,故数列的一个通 项公式为 an = 5 9 (10n-1) . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 76