第六讲 解析几何
第一节 曲线与方程
曲线与方程是解析几何的基本概念,在近年的高考试题中,重点考查曲线与方程的关系,考查曲线方程的探求方法,多以综合解答题的第⑴小题的形式出现,就这部分考题来说,属于中档题,难度值一般在之间.
考试要求 ⑴了解方程的曲线与曲线的方程的对应关系.
⑵掌握一般曲线(点的轨迹)方程的求解方法和用定义法求圆锥曲线方程.
题型1 曲线与方程
例 设方程的解集非空.如果命题“坐标满足方程的点都在曲线上”不正确,给出以下四个命题：①曲线上的点的坐标都满足方程；②坐标满足方程的点有些在上,有些不在上；③坐标满足方程的点都不在曲线上；④一定有不在曲线上的点,并且其坐标满足方程.那么正确命题的个数是( ).
A. B. C. D.
点拨：直接用定义进行判断.
解：“坐标满足方程的点都在曲线上” 不正确,意味着“坐标满足方程的点不都在曲线上”是正确的,即一定有不在曲线上的点,并且其坐标满足方程,∴④正确；曲线上的点的坐标可以有不满足方程的,∴①错；若只有一解,则知②错；“都”的否定是“不都”,而不是“都不”,∴③错.故选A.
易错点：定义把握不准确,关键字词认识不到位,概念理解不深刻,均有可能错选其它选项.
变式与引申
1.方程的曲线形状是( )
2.已知定点不在直线：上,则方程表示一条( )
A.过点且平行于的直线 B.过点且垂直于的直线
C.不过点但平行于的直线 D.不过点但垂直于的直线
题型2 代入法(相关点法)求曲线方程
例 已知点,点、分别在轴、轴上,且,,当点在轴上运动时,求点的轨迹方程.
点拨：由确定与的坐标关系,由建立动点与、的坐标关系,用代入法求轨迹方程.
解：设,,,又,则,,.由,得 ①.由,得,∴,,即,,代入①得,,∴,当时,三点、、重合,不满足条件,∴,故点的轨迹方程为.
易错点：忽视轨迹方程中的.
变式与引申
3.已知为坐标原点,点、分别在轴、轴上运动,且,
动点满足,求动点的轨迹方程.
4.如图6-1-1，从双曲线上一点引直线的垂线,垂足为,
求线段的中点的轨迹方程.
题型3 待定系数法、直接法求曲线方程
例 已知椭圆的中心为直角坐标系的原点,焦点在轴上,它的一个顶点到两个焦点的距离分别是和.
⑴求椭圆的方程；
⑵若为椭圆上的动点,为过且垂直于轴的直线上的点,,求点的轨迹方程,并说明轨迹是什么曲线.
点拨：问题⑴用待定系数法求椭圆的方程；问题⑵可将点、的坐标代入满足的关系式中,得到点的轨迹方程(含参数),最后对进行分类讨论,说明其轨迹是什么曲线,并指出变量的取值范围.
解：⑴设椭圆的标准方程为,半焦距为,则,解得,,
∴.故椭圆的标准方程为.
⑵设,其中.由已知及点在椭圆上可得.整理得,其中.
①时,化简得,所以点的轨迹方程为,轨迹是两条平行于轴的线段.
②时,方程变形为,其中.当时,点的轨迹为中心在原点、实轴在轴上的双曲线满足的部分；当时,点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆满足的部分；当时,点的轨迹为中心在原点、长轴在轴上的椭圆.
易错点：第⑵小题中忽视方程的变量的限制；讨论方程所表示的曲线时,标准不明确,分类混乱, 会导致错误发生.③讨论方程所表示的曲线时,一般是以二次项系数为零或相等的参数值来进行分类,做到不重复不遗漏.
变式与引申
5.如图6-1-2，已知椭圆：
的右顶点为,过的焦点且垂直长轴的弦长为.
⑴求椭圆的方程；
⑵设点在抛物线：上,在点处的切线与交于点、.当线段的中点与的中点的横坐标相等时,求的最小值.
题型4 定义法求曲线方程与实际应用问题
例 为了考察冰川的融化状况,一支科考队在某冰川上相距的、两点各建一个考察基地.视冰川面为平面形,以过、两点的直线为轴,线段的的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系(如图6-1-3所示).在直线的右侧,考察范围为到点的距离不超过区域；在直线的左侧,考察范围为到、两点的距离之和不超过区域.
⑴求考察区域边界曲线的方程；
⑵如图所示,设线段,是冰川的部分边界线(不考虑其他边界线),
当冰川融化时,边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动,第一年移动,
以后每年移动的距离为前一年的倍,求冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间.
点拨：通过审题,构建圆与椭圆的数学模型,运用圆的知识及椭圆定义求出考察区域边界曲线、的方程,但需注意变量的取值范围.对于第⑵问,先写出直线、的方程,然后依题意求出与平行、且与曲线相切的直线的方程,再综合运用平行直线间的距离公式、等比数列求和公式、解不等式等知识求解.
解：⑴设考察区域边界曲线上点的坐标为.当时,由题意知.当时,由知,点在以、为焦点,长轴长为的椭圆上,此时短半轴长,因而其方程为.故考察区域边界曲线的方程为：和：.
⑵设过点、的直线为,过点、的直线为,则直线、的方程
分别为、.设直线平行于直线,其方程为,代入
椭圆方程,消去整理得,.
由,解得或.从图中可以看出,当时,直线与的公共点到直线的距离最近,此时直线的方程为.,与之间的距离为.又直线到和的最短距离,∴考察区域边界到冰川边界线的最短距离为.设冰川边界线移动到考察区域所需的时间为年,则由题设及等比数列求和公式,得,∴.故冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间为年.
易错点：⑴易出现审题不清,不能将实际问题有效转化为数学问题；⑵求方程时忽视,求方程时忽视；⑶待定系数与不能正确取舍.
变式与引申
6.某航天卫星发射前,科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验,设计方案如图6-1-5,航天器运行(按顺时针方向)的轨迹方程为,变轨(即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线)后返回的轨迹是以轴为对称轴、为顶点的抛物线的实线部分,降落点为.观测点、同时跟踪航天器.
⑴求航天器变轨后的运行轨迹所在的曲线方程；
⑵试问：当航天器在轴上方时,观测点、测得离航天器的距离
分别为多少时,应向航天器发出变轨指令？
本节主要考查：
⑴知识点有曲线与方程的关系、求曲线(轨迹)的方程；
⑵依据动点轨迹的几何条件,运用求曲线(轨迹)方程的方法求轨迹方程的问题,以应用题为背景的求曲线方程的问题；
⑶求曲线(轨迹)方程时：
①恰当建立坐标系,使所求方程更简单；
②适时利用圆锥曲线的定义,及时运用平面几何知识,将大大简化求解运算过程.
⑷解析几何基本思想(用代数方法研究几何问题)、方程思想、等价转化思想、分类讨论思想、应用题建模思想以及分析推理能力、运算能力.
点评：
⑴求曲线(轨迹)方程的常用方法有：
①直接法：直接利用动点满足的几何条件(一些几何量的等量关系)建立,之间的关系(如例第小题).其一般步骤是：建系设点、列式、坐标代换、化简、证明(证明或判断所求方程即为符合条件的动点轨迹方程)；
②待定系数法：已知所求曲线的类型时,可先根据条件设出所求曲线的方程,再由条件确定其待定系数,求出曲线的方程(如例第小题)；
③定义法：先根据条件能得出动点的轨迹符合某种曲线的定义,则可用曲线的定义直接写出动点的轨迹方程(如例)；
④代入法(相关点法)：有些问题中,动点是随着另一动点(称之为相关点)而运动的,并且点在某已知曲线上,这时可先用、的代数式来表示、,再将、的表达式代入已知曲线,即得要求的动点轨迹方程(如例及变式).
⑵要注意求曲线(轨迹)方程与求轨迹的区别：求曲线(轨迹)的方程只需根据条件求出曲线(轨迹)方程即可；求轨迹则是需先求出轨迹方程,再根据方程形式说明或讨论(含参数时)曲线图形的(形状、位置、大小)类型.解题时应根据题意作出正确、规范的解答.
⑶在求出曲线(轨迹)的方程时,要注意动点的取值范围,及时补漏和去除“杂点”,以保证所求曲线(轨迹)方程的完整性.
习题6-1
.方程的曲线是( ).
A.一个点 B.一条直线 C.一个点和一条直线 D.两条直线
.已知双曲线的一条渐近线方程是,它的一个焦点与抛物线的焦点相同.则双曲线的方程为.
3．（2011年高考福建卷·理）已知直线l：y=x+m，m∈R.
（I）若以点M（2,0）为圆心的圆与直线l相切与点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；
（II）若直线l关于x轴对称的直线为，问直线与抛物线C：x2=4y是否相切？说明理由.
.已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率,右准线方程为.
⑴求椭圆的标准方程；
⑵过点的直线与该椭圆交于、两点,且,求直线的方程.
.已知双曲线的左、右顶点分别为、,点,是双曲线上不同的两个动点.
⑴求直线与交点的轨迹的方程；
⑵若过点的两条直线和与轨迹都只有一个公共点,且,求的值.
第二节 圆锥曲线
圆锥曲线是高考命题的热点,也是难点.纵观近几年的高考试题,对圆锥曲线的定义、几何性质等的考查多以选择填空题的形式出现,而圆锥曲线的标准方程以及圆锥曲线与平面向量、三角形、直线等结合时,多以综合解答题的形式考查,属于中高档题,甚至是压轴题,难度值一般控制在之间.
考试要求 ⑴了解圆锥曲线的实际背景；⑵掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程和简单几何性质；⑶掌握双曲线的定义、几何图形、标准方程和简单几何性质；⑷掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程和简单几何性质；⑸了解圆锥曲线的简单应用；⑹掌握数形结合、等价转化的思想方法.
题型一 圆锥曲线的定义及应用
例 ⑴已知点为椭圆的左焦点,是此椭圆上的动点,是一定点,则的最大值和最小值分别为.
⑵已知双曲线的虚轴长为,离心率为,、分别是它的左、右焦点,若过的直线与双曲线的左支交于、两点,且是与的等差中项,则.
点拨：题⑴可利用椭圆定义、三角形的三边间关系及不等式性质求最值；题⑵是圆锥曲线与数列性质的综合题,可根据条件先求出双曲线的半实轴长的值,再应用双曲线的定义与等差中项的知识求的值.
解：⑴设椭圆右焦点为,则,∴.又
(当、、共线时等号成立).又,∴,
.故的最大值为,最小值为.
⑵依题意有,解得.∵、在双曲线的左支上,∴,
,∴.又,.
∴,即.∴.
易错点：在本例的两个小题中,⑴正确应用相应曲线的定义至关重要,否则求解思路受阻；⑵忽视双曲线定义中的两焦半径的大小关系容易出现解题错误；⑶由、、三点共线求出的最值也是值得注意的问题.
变式与引申
1.已知为抛物线上任一动点,记点到轴的距离为,对于给定的点,的最小值为( ).
A. B. C. D.
2.已知、为椭圆的两个焦点,过的直线交椭圆于、两点,若,则.
题型二 圆锥曲线的标准方程
例2 已知圆心在轴上，半径为的圆位于轴左侧，且与直线相切，则圆的方程是.
点拨：设出圆心坐标，利用圆心到切线的距离等于半径求出圆心坐标.
解析 设圆心坐标为，则圆的方程为.因圆于直线相切，，解得，又圆位于轴左侧，.故填.
易错点：解得时，不能根据题意舍去，误认为圆的方程有两个.
例3 设椭圆：,抛物线：.
⑴若经过的两个焦点,求的离心率；
⑵设,,又,为与不在轴上的两个交点,
若的垂心为,且的重心在抛物线上,求椭圆和抛物线的方程.
点拨：问题⑴：将的焦点坐标代入的方程,得出的关系式,进而求出的离心率；问题⑵：利用、在抛物线上的对称性及的垂心、的重心求,进而得坐标,再利用点在椭圆上求,问题获解.
解： ⑴由已知抛物线经过椭圆的两个焦点,∴,即,∴,
即椭圆的离心率.
⑵由题设可知、关于轴对称,设,,由的垂心为,有
,即.又点在抛物线上,
∴,解得或(舍去),∴,∴,,故得
重心坐标.又的重心在抛物线上,∴,得,∴.又点在椭圆上,
代入椭圆的方程,得,故椭圆方程为,抛物线方程为.
易错点：不会利用对称性表示、的坐标；记错重心坐标公式；用向量关系表示垂直条件值得关注.
变式与引申
3.求经过两点和的椭圆的标准方程.
4.已知椭圆与直线相交于、两点,是的中点,若,的斜率为,求椭圆的方程.
题型三 圆锥曲线的几何性质
例 如图，已知为椭圆的左焦点,过点作斜率为(为半焦距)的直线交椭圆于点、两点.
⑴若直线的倾斜角为,求证：(为椭圆的离心率)；
⑵若,且,求椭圆的离心率的取值范围.
点拨：这是一道过椭圆焦点的直线与椭圆性质的有关问题,依据题给条件,
运用三角公式、斜率与倾斜角的关系以及椭圆离心率知识可使问题⑴获证；对于问题⑵则运用平几性质、焦半径公式及题给条件建立含离心率的不等式,进而求出的取值范围.
⑴解法：∵,∴,即,又,
∴,故.
解法：依题意直线的分别为,∴点的坐标为,故.
⑵解法：∵,∴.将直线代入椭圆,整理得
,∴,.∵,∴
,解不等式,得,∴,
故椭圆的离心率的取值范围为.
解法：运用焦半径(其中)可得, ,
∴,解不等式,得,∴,
故椭圆的离心率的取值范围为.
易错点：问题⑴中忽视斜率的正负,会导致的符号出错；问题⑵中不适时联想平几性质或运用焦半径另一形式(其中),解题思路将受阻.
变式与引申
5.已知双曲线：,、为其渐近线,为右焦点,过点作直线且交双曲线于点,,又过点作轴的垂线与交于第一象限内的点.
(Ⅰ)用,表示；
(Ⅱ)求证：为定值；
(Ⅲ)若,且,试求双曲线的离心率的取值范围.
6.给定抛物线：,过点斜率为的直线与交于,两点.
(Ⅰ)设线段的中点在直线上,求的值；
(Ⅱ)设,,求的取值范围.
题型四 以圆锥曲线为载体的探索性问题
例 已知椭圆：的离心率为,过右焦点的直线与相交于、两点.当的斜率为时,坐标原点到的距离为.
⑴求、的值；
⑵上是否存在点,使得当绕转到某一位置时,有成立？若存在,求出所有的点的坐标与的方程.若不存在,说明理由.
点拨：问题⑴可先写出的方程,再利用点到的距离和椭圆的离心率求出、的值；问题⑵是存在性探索问题,可先探索命题成立的充要条件,将向量坐标化,再综合运用题给条件,逐步推出满足题意的是否存在.但需考虑转动时斜率不存在情形.
解：⑴设,当的斜率为时,其方程为,点到的距离为,
∴.由,得,.
⑵上存在点,使得当绕转到某一位置时,有成立.由⑴知的方程为
.设,.
①当不垂直轴时,设的方程为.上的点使成立的充要条件是
的坐标为,且,即
.又、在上,∴,,∴ ①
将代入 ,整理得,
于是 ,,.代入①解得,,
此时,于是,即.因此,当时,,
的方程为；当时,,的方程为.
②当垂直于轴时,由知,上不存在点,使成立.
综上,上存在点使成立,此时的方程为.
易错点：本题涉及字母较多,思路不清晰,运算能力不强易导致错解发生；直线垂直于轴情形易遗漏,需值得注意.
变式与引申
7.如图,过点和的动直线与抛物线：交于
、两点(点在、之间),为坐标原点.
⑴若,,求的面积；
⑵对于任意的动直线,是否存在常数,总有？
若存在,求出的值；若不存在,请说明理由.
本节主要考查：⑴知识点有圆锥曲线的定义、标准方程、简单几何性质(焦点、
离心率、焦点三角形，焦半径等)以及这些知识的综合应用；⑵以平面向量、三角形、导数为背景的圆锥曲线的方程问题、参数范围问题、最值问题、定值问题等相关的综合问题；⑶圆锥曲线定义法、待定系数法、相关点法、点差法、设而不求的整体思想以及坐标法和“几何问题代数化” 等解析几何的基本方法；⑷数形结合思想、方程思想、等价转化思想的应用以及逻辑推理能力、运算求解能力等基本数学能力.
点评：⑴圆锥曲线是解析几何的重点,也是高中数学的重点内容,同时又是高考的热点和压轴点之一,主要考查圆锥曲线的定义(如例)与性质(如例)、求圆锥曲线方程(如例)、直线与圆锥曲线的位置关系、以圆锥曲线为载体的探索性问题(如例)等.
⑵圆锥曲线的定义,揭示了圆锥曲线存在的条件性质、几何特征与焦点、离心率相关的问题,恰当利用圆锥曲线定义和数形结合思想解题,可避免繁琐的推理与运算.
⑶求圆锥曲线的标准方程：①定型——确定是椭圆、抛物线、或双曲线；②定位——判断焦点的位置；③定量——建立基本量、、的关系式,并求其值；④定式——据、、的值写出圆锥曲线方程.
⑷圆锥曲线的性质如范围、对称性、顶点、焦点、离心率、焦半径、焦点三角形、通径等都是高考的重点热点.此类问题,它源于课本,又有拓宽引申、高于课本,是高考试题的题源之一,应引起重视,注意掌握好这一类问题的求解方法与策略.如对于求离心率的大小或范围问题,只需列出关于基本量、、的一个方程(求大小)或找到关于基本量、、间的不等关系(求范围)即可.
⑸求参数取值范围是圆锥曲线中的一种常见问题,主要有两种求解方法：一是根据题给条件建立含参数的等式后,再分离参数求其值域；另一是正确列出含参数的不等式,进而求之.其列不等式的思路有：①运用判别式或；②点在圆锥曲线内部(一侧)或外部(另一侧)；③利用圆锥曲线的几何意义(如椭圆中等)；④根据三角形两边之和大于第三边(注意三点共线的情况).
⑹解有关圆锥曲线与向量结合的问题时,通性通法是向量坐标化,将一几何问题变成纯代数问题.
⑺探索性问题是将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成的,它要求学生具有观察分析问题的能力、具有创造性地运用所学知识和方法解决问题的能力以及探索精神.解题思路往往是先假设满足题意,即从承认结论、变结论为条件出发,然后通过归纳,逐步探索待求结论.
习题6-2
.已知椭圆中心在原点,左、右焦点、在轴上,、是椭圆的长、短轴端点,是椭圆上一点,且轴,,则此椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
.已知点是双曲线的右支上一点,、分别是圆和上的点,则的最大值为.
.已知定点,,定直线：,不在轴上的动点与点的距离是它到直线的距离的 倍.设点的轨迹为,过点的直线交于、两点，直线、分别交于点、.
⑴求的方程；
⑵试判断以线段为直径的圆是否过点,并说明理由.
4.（2011年高考全国新课标卷·理）在平面直角坐标系xOy中， 已知点A（0，-1），B点在直线上，M点满足，，M点的轨迹为曲线C．
（I）求C的方程；
（II）P为C上动点，为C在点P处的切线，求O点到距离的最小值．
.若椭圆：和椭圆：满足称这两个椭圆相似,称为相似比.
⑴求经过点,且与椭圆相似的椭圆方程.
⑵设过原点的一条射线分别与⑴中的两个椭圆交于、两点.(其中点在线段上),求的最大值与最小值.
⑶对于真命题：“过原点的一条射线分别与相似比为的两个椭圆：和：交于、两点,为线段上的一点,若、、成等比数列,则点的轨迹方程为.”请用推广或类比的方法提出类似的一个真命题,并证明.
第三节 直线与圆锥曲线的位置关系
直线与圆锥曲线的关系是高考命题的热点，也是难点.纵观近几年的高考试题,一般出现一小（选择题或填空题）一大（解答题）两道，小题通常属于中低档题，难度值为0.5～0.7左右;大题通常是高考的压轴题，难度值为0.3～0.5左右.
考试要求(1) 掌握直线与圆锥曲线的位置关系,能从代数与几何两个角度深刻理解.(2) 理解弦长公式,并能熟练应用.(3)熟练应用韦达定理及中点坐标公式解答中点弦问题和弦的中点轨迹问题.(4) 掌握直线与圆锥曲线位置关系的“存在性”问题,采用“假设—反证法”或“假设—验证法”.（5）.掌握数形结合，分类讨论，函数与方程，等价转化的数学思想.
题型一 直线与圆锥曲线的交点问题
例1直线：y=kx+1,抛物线C:，当k为何值时与C有：（1）一个公共点；（2）两个公共点；（3）没有公共点.
点拨：由直线与抛物线C的方程联立得方程组，通过方程的解的个数来判断直线与抛物线的公共点的个数.
解：将和C的方程联立，消去y得 ① 当k=0时，方程①只有一个解.此时. ∴直线与C只有一个公共点（），此时直线平行于抛物线的对称轴.
当k≠0时，方程①是一个一元二次方程，=.
当时，即k﹤1且k≠0时，与C有两个公共点，此时称直线与C相交;
当时,即k=1时，与C有一个公共点，此时称直线与C相切；
当时，即k＞1时，与C没有公共点，此时称直线与C相离.
综上所述，当k=1或k=0时，直线与与C有一个公共点；当k﹤1且k≠0时，直线与C有两个公共点；当k＞1时，直线与C没有公共点.
易错点：（1）忽视对k的讨论（）是本题容易出显的解题错误；（2）只有当所得关于x的方程确实为一元二次方程时，才能用判别式判定解的个数，若所得关于x的方程的二次项系数带有字母时，应该进行讨论.
变式与引申
1. 已知双曲线的右焦点为F,若过点F且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点,则此双曲线离心率是( )
A. (1,2 B. C .[2，+∞ D.
2.已知圆C的方程是，直线的方程为，求：为何值时
（Ⅰ）直线平分圆；（Ⅱ）直线与圆相切；（Ⅲ）直线与圆有两个公共点.
题型二 直线与圆锥曲线的弦长问题
例2 直线与椭圆交于A、B两点，记的面积为S. （1）求在，的条件下，面积S的最大值；（2）当时，求直线AB的方程.
点拨:(1)联立方程组解出A、B两点的坐标,求出的面积,再利用均值不等式求解.(2)根据已知布列两个方程组,求出k,b.
解:（1）设点的坐标为，点的坐标为，由，解得，所以．当且仅当时，取到最大值．
（2）：由 得， ， ①
． ② 设点到直线的距离为，则，又因为，所以，代入②式并整理，得，解得，，代入①式检验，，故直线的方程是
或或，或
易错点：（1）忘记均值不等式的应用导致寸步难行.（2）忘记弦长公式与点到直线的距离公式导致出错.
变式与引申
3.设椭圆与直线相交于两点，点是的中点，若的斜率为求椭圆的方程.
题型三 直线与圆锥曲线的中点弦的问题
例3 已知双曲线的方程为(1)求以A（2，1）为中点的弦所在直线的方程； (2)以点B（1，1）为中点的弦是否存在？若存在，求出弦所在直线的方程；若不存在，请说明理由.
点拨:（1）利用设而不求法和点差法构建方程，结合直线的斜率公式与中点坐标公式求出斜率.也可设点斜式方程,与双曲线方程联立，利用韦达定理与中点坐标公式求出斜率k. (2)仿照（1）求出方程，但要验证直线与双曲线是否有交点.
解法1:（1）设是弦的两个端点，则有
两式相减得 ① ∵A（2，1）为弦的中点，
∴ ， 代入①得 ∴.故直线的方程为.
（2）假设这样的直线存在，同（1）可求得 由得
∵=∴所求直线与双曲线无交点. ∴以B(1,1)为中点的弦不存在.
解法2 (1)设所求的直线方程为,易知斜率显然存在.联立方程组得
整理得 ① 设是弦的两个端点，则 又是的中点, ,,解得.故直线的方程为.(2) 假设这样的直线存在，同（1）可求得直线的方程为由得 ∵=∴所求直线与双曲线无交点. ∴以B(1,1)为中点的弦不存在.
易错点：存在性问题的结果通常是难以预料的，解答时先假设满足条件的直线存在,然后依题意求得结果，但要注意这不是充要条件，因此最后要进行检验,否则就会出错.
我们有这样的结论，已知双曲线，
是平面直角坐标系上的一点，则当点不在如图6-3-1
所示的阴影区域（包括边界）时，可以作为弦的中点，而且可以
推导出弦所在直线的斜率.
变式与引申
4.已知双曲线中心在原点且一个焦点为F，直线与其相交于M，N两点，MN中点的横坐标为，则此双曲线的方程是 （ ）
A. B. C. D.
题型四：存在性的问题.
例4.若抛物线上总存在关于直线对称的两点，求的取值范围.
点拨：设出对称点所在直线的方程，根据该直线与曲线有两个交点，利用求解.同时要利用中点坐标公式找出所设变量与的关系.
解：设抛物线上关于对称的两点为，B(），AB的方程可设为：.
由 ∴ ① 又， 则AB中点横坐标为， 又由得AB中点横坐标为，
则有， 代入①中得.
易错点:不晓得设对称点所在直线的方程,导致解答本题寸步难行. 找不出所设变量与的关系也是导致错误的根源.
变式与引申
5. 在平面直角坐标系中，过定点作直线与抛物线（）相交于两点.
(1)若点是点关于坐标原点的对称点，求面积的最小值；
(2)是否存在垂直于轴的直线，使得被以为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出的方程；若不存在，说明理由.
本节主要考查:(1)知识点有直线与圆锥曲线相交,相切,相离三种位置关系, 弦长公式,焦半径公式,中点坐标公式,弦的中点轨迹,中点弦的性质等以及这些知识的综合应用.(2)以平面向量,直线与圆锥曲线的位置关系为背景,应用韦达定理,中点坐标公式,以及点差法,相关点法,设而不求的整体思想等解析几何的基本方法解决最值问题,定值问题,参数范围问题等相关的问题.(3).数形结合思想,等价转化思想的应用及逻辑推理能力,运算能力等基本的数学能力.
点评:(1)直线与圆锥曲线的位置关系是解析几何的重中之重,也是高中数学的重点内容,同时也是高考的热点之一,主要考查直线与圆锥曲线的位置关系(如例题1),直线被圆锥曲线截得的弦长(如例题2),及中点的轨迹方程(如例题3),以及探究是否存在性问题(如例题4)等.(2)直线与圆锥曲线的位置关系，从代数角度可转化为一个方程的实根个数来考虑；也可从几何角度借助图形的几何性质来研究，这种思维通常较简便.(3)求弦长时,若过圆锥曲线的焦点可利用焦半径公式(仅限于理科);若未过焦点可利用弦长公式,并结合韦达定理求解. (4.)有关直线与圆锥曲线位置关系的“对称性”问题,一般采用“假设—反证法”或“假设—验证法”，特别要重视直线与圆锥曲线的交点是否存在，即要验证判别式是否成立.(5)弦的中点轨迹问题.通常有两种解题思路:利用韦达定理及中点坐标公式求解；利用弦的端点在曲线上,坐标满足圆锥曲线方程,然后把两个等式对应作差,构造出中点坐标和斜率的关系,最后求出轨迹.（6）若只有一个交点，并不能说明直线与圆锥曲线相切. 对于抛物线来说，平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点，但并不是相切；对于双曲线来说，平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点，但不相切.有一个公共点是直线与抛物线，双曲线相切的必要条件，但不是充分条件.
习题6-3
1.设双曲线的一条渐近线与抛物线y=x+1只有一个公共点，则双曲线的离心率为( ).
A. B. 5 C. D.
2.设椭圆C：的右焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线的倾斜角为60o,.
（Ⅰ）椭圆C的离心率；
（Ⅱ）如果|AB|=，求椭圆C的方程；
3.已知曲线与直线交于两点和，且．记曲线在点和点之间那一段与线段所围成的平面区域（含边界）为．设点是上的任一点，且点与点和点均不重合．
（1）若点是线段的中点，试求线段的中点的轨迹方程;
（2）若曲线与有公共点，试求的最小值．
4.（2011年高考北京卷·理）已知椭圆.过点（m,0）作圆的切线I交椭圆G于A，B两点.
（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；
（II）将表示为m的函数，并求的最大值.
5.如图6-5-4，已知椭圆的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足
（Ⅰ）求点T的轨迹C的方程；
（Ⅱ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M，使△F1MF2的面积S=若存在，求∠F1MF2 的正切值；若不存在，请说明理由.
第四节 坐标系与参数方程
坐标系与参数方程在高考中是选考内容，与不等式选讲二个选修模块进行二选一解答，知识相对比较独立，与其他章节联系不大，容易拿分.根据不同的几何问题可以建立不同的坐标系，坐标系选取的恰当与否关系着解决平面内的点的坐标和线的方程的难易以及它们位置关系的数据确立.有些问题用极坐标系解答比较简单，而有些问题如果我们引入一个参数就可以使问题容易入手解答，计算简便.高考出现的题目往往是求曲线的极坐标方程、参数方程以及极坐标方程、参数方程与普通方程间的相互转化，并用极坐标方程、参数方程研究有关的距离问题，交点问题和位置关系的判定.难度值控制在0.6左右.
考试要求
1．理解坐标系的作用．
2．能在极坐标系中用极坐标表示点的位置，理解在极坐标系和平面直角坐标系中表示点的位置的区别，能进行极坐标和直角坐标的互化．
3．了解参数方程．
4．能选择适当的参数写出直线、圆和圆锥曲线的参数方程，并会简单的应用．
题型一 参数方程,极坐标方程和直角坐标方程的互化
例1 (1)判断点是否在曲线上．
(2)点P的直角坐标为，则点P的极坐标为______．(限定0＜θ≤2)
(3)点P的极坐标为，则点P的直角坐标为______．
(4)曲线的参数方程是(t为参数，t≠0)，它的普通方程是________．
点拨： 运用直角坐标与极坐标互化的方法解决有关极坐标的问题和参数方程与普通方程的互化解决参数问题.
解：(1)因为，所以点是在曲线上．
(2)根据ρ2＝x2＋y2，，得ρ＝2，，又点P在第四象限，，所以，所以点P的极坐标为
(3)根据，得，
所以点P的直角坐标为
(4)由得，代入y＝1－t2，得
注意到，所以已知参数的普通方程为
另一解法:方程可化为 消去t得 （）
易错点： 由直角坐标化极坐标时要注意点位于哪一个象限，以确定θ的大小，如例1(2)，否则，极坐标不唯一；参数的范围与极角的范围容易出错.
变式与引申
1.设直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系的另一直线的方程为，若直线与间的距离为，则实数的值为 ．
题型二 直线与圆锥曲线的极坐标方程
例2 (1)圆＝2(cosθ＋sinθ)的半径为______．
(2)直线与圆＝2sinθ交与A，B两点，则|AB|＝______．
点拨： 只要知道一些直线与圆的极坐标方程的知识．如：
①过极点，倾斜角为的直线：或写成及．
②过垂直于极轴的直线：．
③以极点O为圆心，为半径的圆()：．
④若O(0，0)，A(2a，0)，以OA为直径的圆：．
⑤若O(0，0)，A(2a，)，以OA为直径的圆：．
对于例2(2)，可以利用结论①⑤，作出直线与圆，通过解三角形的方法求|AB｜，当然也可以用极坐标方程直接解，根据的几何意义求｜AB｜．
解：(1)由，得，
所以，x2＋y2＝2x＋2y，即(x－1)2＋(y－1)2＝2，
所以圆的半径为．
(2)将直线与圆化为直角坐标方程.
由得，即，
由，变形为，得x2＋y2＝2y，即x2＋(y－1)2＝1，
因为圆的半径为1，圆心（0,1）到直线的距离为，
所以
另一解法：由 得 或 A(0,0) B(,) =
易错点：例2（2）中把直线中的角与圆中的角混淆.
变式与引申
2.设过原点的直线与圆的一个交点为，点为线段的中点，当点在圆上移动一周时，求点轨迹的极坐标方程，并说明它是什么曲线.
题型三 直线与圆锥曲线的参数方程
例3 过P(5，－3)，倾斜角为，且的直线交圆x2＋y2＝25于P1、P2两点．
(1)求|PP1|·|PP2｜的值；
(2)求弦P1P2的中点M的坐标．
点拨： 直线的参数方程中参数t的几何意义，有如下常用结论：
①直线与圆锥曲线相交，交点对应的参数分别为t1，t2，则弦长l＝|t1－t2｜；
②定点M0是弦M1M2的中点t1＋t2＝0；
③设弦M1M2的中点为M，则点M对应的参数值，(由此可求得|M2M|及中点坐标)．
本题直接用直线的参数方程代入圆的方程中，然后用韦达定理及中点公式解即可.
解：(1)由已知得
所以直线的参数方程为…………………①(t为参数)
代入圆的方程化简，得…………………②
②的两个解t1、t2就是P1、P2对应的参数，由参数的几何意义及韦达定理知
｜PP1|·｜PP2|＝|t1|·|t2|＝9．
(2)设M(x，y)为P1P2的中点，则点M对应的参数，代入参数方程，
得所以
易错点：(1) 参数角的范围容易搞错;(2) 不容易想到用参数求中点坐标.
变式与引申
3. 已知直线C1：（t为参数），圆C2：（为参数），
（1）当=时，求C1与C2的交点坐标；
（2）过坐标原点O做C1的垂线，垂足为A，P为OA中点，当变化时，求P点的轨迹的参数方程，并指出它是什么曲线.
本专题涉及极坐标系的基础知识，参数方程的概念以及直线、圆、椭圆的参数方程．这部分内容既是解析几何的延续，也是高等数学的基础．
本节主要考查: (1).本节中的重要内容是极坐标和参数方程, 特别是直线、圆、椭圆的参数方程、极坐标方程是考查的重点.(2) 参数方程是以参变量为中介来表示曲线上点的坐标方程. 是曲线在同一坐标系下的另一种表示形式样; 对于某些曲线用参数方程比用普通方程表示更方便、更直观，是研究曲线的有力工具.(3) 解决极坐标或参数方程的问题.主要方法是转化为直角坐标系方程或普方程.
点评（1）极坐标与直角坐标互化的条件是：极点与原点重合，仍轴与x轴正半轴重合，长度单位一致. 在求得极坐标方程要注意极角的取值范围.(2) 对于三种圆锥曲线的统一的极坐标方程及其应用, 要弄清对不同的圆锥曲线的定点与定直线的位置,以及p,pe,e的几何意义. 运用三种圆锥曲线的统一要的极坐标方程解题时,要注意双曲线的极坐标方程中存在着＜0的情况.(3) 求圆锥曲线的轨迹方程,同直角坐标系一样,求曲线的极坐标方程也有直接法、代入法、参数法等.(4) 在参数方程与直角坐标互化过程中要注意互化的前后曲线的范围不发生变化,解题时参数有多种选法,适当选择参数有利于解题.(5) 应用参数方程解题可运用代入法、代数变换法、三用消去法消参等，但要注意方程之间的等价性，求动点的轨迹方程其结果要化成普通方程.
习题 6--4
1.极坐标方程表示的曲线为 （ ）
A．一条射线和一个圆 B．两条直线
C．一条直线和一个圆 D．一个圆
2.设曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，则曲线上到直线距离为的点的个数为 （ ）
A、1 B、2 C、3 D、4
3.直线为参数被圆截得的弦长为______________.
4.已知圆C的圆心是直线与x轴的交点，且圆C与直线x+y+3=0相切，则圆C的方程为
5．已知点M(2，1)和双曲线，求以M为中点的双曲线右支的弦AB所在直线的方程．
6．已知P为半圆C：（为参数，）上的点，点A的坐标为（1,0），O为坐标原点，点M在射线OP上，线段OM与C的弧的长度均为
（I）以O为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点M的极坐标；
（II）求直线AM的参数方程.
7.（2011年高考全国新课标卷·理）在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数），M为上的动点，P点满足，点P的轨迹为曲线．
（I）求的方程；
（II）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为A，与的异于极点的交点为B，求|AB|.
第五节 解析几何的综合应用
高考试题中，解析几何试题的分值一般占20％左右，选择、填空、解答三种题型均有．选择、填空题主要考查圆锥曲线的标准方程及几何性质等基础知识、基本技能和基本方法的运用；解答题多以压轴题的形式出现. 难度值跨度比较大，在0.3～0.8之间.
以圆锥曲线为载体的解答题的题型设计主要有三类：（1）圆锥曲线的有关元素计算、关系证明或范围的确定；（2）涉及与圆锥曲线平移与对称变换、最值或位置关系的问题；（3）求平面曲线（整体或部分）的方程或轨迹．
考试要求 （1）掌握椭圆的标准方程，会求椭圆的标准方程；掌握椭圆的简单几何性质，能运用椭圆的标准方程和几何性质处理一些简单的实际问题；了解运用曲线的方程研究曲线的几何性质的思想方法．（2）了解双曲线的标准方程，会求双曲线的标准方程；了解双曲线的简单几何性质．（3）掌握抛物线的标准方程，会求抛物线的标准方程；掌握抛物线的简单性质，会用抛物线的标准方程和几何性质处理一些简单的实际问题．（4）了解极坐标系，了解曲线的极坐标方程的求法；了解简单图形的极坐标方程．会进行曲线的极坐标方程与直角坐标方程的互化．
题型一：圆锥曲线的定义及应用
例1 如图6-5-1，和分别是双曲线的两
个焦点，和是以为圆心，以为半径的圆与该双曲线左支的两
个交点，且△是等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
（A） （B） （C） （D）
点拨：利用双曲线的定义及直角三角形面积的两种表示形式，建立方程组再求解.
解 连AF1，则△AF1F2为直角三角形，且斜边F1F2之长为2c.令由双曲线的定义及直角三角形性质知：.
∵.
∵e﹥1，∴取.选D.
本题若先求出点A的坐标，再代入双曲线方程也可求出.
易错点：（1）正确应用相应曲线的定义至关重要，否则解题思路受阻.（2）由直角三角形面积的两种表示形式得出关系式是值得注意的问题.
变式与引申
1.双曲线=1(b∈)的两个焦点F1、F2，P为双曲线上一点，|OP|＜5，|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等比数列，则b2=_________.
题型二：圆锥曲线方程的应用
例2设抛物线过定点，且以直线为准线．
（1）求抛物线顶点的轨迹的方程；（2）若直线与轨迹交于不同的两点，且线段恰被直线平分，设弦MN的垂直平分线的方程为，试求的取值范围．
点拨：求的取值范围，主要有两个关键步骤：一是寻求与其它参数之间的关系，二是构造一个有关参量的不等式．
解：（1）设抛物线的顶点为，则其焦点为．由抛物
线的定义可知：． 所以，．
所以，抛物线顶点的轨迹的方程为： ．
（2）设弦MN的中点为，则由点为椭圆上的点，
可知：．两式相减得：
又由于，代入上式得：．
又点在弦MN的垂直平分线上，所以，．所以，．
由点在线段BB’上（B’、B为直线与椭圆的交点，如图6-5-2），所以，．
也即：．所以，
本题还可以利用一元二次方程根与系数的关系先求出K的取值范围，再求的取值范围
易错点：：（1）求出抛物线顶点的轨迹方程而忽视限制条件是易错点之一
（2）涉及弦中点问题，利用韦达定理或运用平方差法时（设而不求），必须以直线与圆锥曲线相交为前提，
否则不宜用此法．
变式与引申
2．已知=(x,0)，=(1，y)
(1)求点P(x，y)的轨迹C的方程；
(2)若直线：y=kx+m(km≠0)与曲线C交于A、B两端，D(0，－1),且有|AD|=|BD|，试求m的取值范围.
题型三：圆锥曲线中的最值问题
例3如图6-5-3所示，抛物线y2=4x的顶点为O，点A的坐标为(5，0)，倾斜角为的直线l与线段OA相交(不经过点O或点A)且交抛物线于M、N两点，求△AMN面积最大时直线l的方程和△AMN的最大面积
点拨：设出的方程y=x+m,与抛物线组成联立方程组，再利用一元二次方程的
根与系数的关系及点到直线的距离公式求出面积.再利用均值不等式.
解法一 由题意，可设l的方程为y=x+m,其中－5＜m＜0
由方程组,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0 ①∵直线l与
抛物线有两个不同交点M、N，∴方程①的判别式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0,
解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范围为(－5，0)
设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4－2m，x1·x2=m2,∴|MN|=4 点A到直线l的距离为d=
∴=2(5+m),从而
∴,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号 故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为8
本题还可以用消去x得关于的一元二次方程求解，用求导的方法求面积的最大值.
易错点：（1）设出l的方程为y=x+m时，忽视参数的取值范围是易错点之一.
（2）在应用均值不等式时，忽视均值不等式的条件“一正、二定、三相等”的相等条件是易错点之二.
变式与引申
3．已知O为坐标原点，P()()为轴上一动点，过P作直线交抛物线于A、B两点，设S△ AOB=，试问：为何值时，t取得最小值，并求出最小值.
题型四：圆锥曲线中的探索性问题
例4 已知抛物线的顶点在原点,焦点在轴的正半轴上,直线与抛物线相交于、两点,且.
⑴求抛物线的方程；
⑵在轴上是否存在一点,使为正三角形？若存在,求出点的坐标；若不存在,请说明理由.
点拨：第⑴问依据,运用弦长公式得到含参数的关系式,进而求抛物线的方程；第⑵问从假设点在轴上出发,利用正三角形性质求出点的坐标,再进行判断.
解：⑴设所求抛物线的方程为,由,消去,得.
设,,则,.∵,∴,即,整理得,解得或(舍去).
故所求抛物线的方程为.
⑵设的中点为,由⑴知,∴,,故.
假设在轴上存在一点,使为正三角形,则,∴,即,解得.∴,.又∵,矛盾,故在轴上不存在点,使为正三角形.
易错点：①第⑴问求出值后,不舍去；②第⑵问中求出点坐标后,便得出在轴上存在点满足题设.
变式与引申
4．设椭圆的两个焦点是与，且椭圆上存在点，使.
(1)求实数的取值范围；
(2)若直线与椭圆存在一个公共点，使得取得最小值，求此最小值及此时椭圆的方程；
(3)在条件（2）下的椭圆方程，是否存在斜率为的直线，与椭圆交于不同的两点，满足，且使得过点两点的直线满足？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由.
本节主要考查：（1）考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及几何性质等知识及基本技能、基本方法，常以选择题与填空题的形式出现.高（2）．直线与二次曲线的位置关系、圆锥曲线的综合问题:常以压轴题的形式出现，这类问题视角新颖，常见的性质、基本概念、基础知识等被附以新的背景，以考查学生的应变能力和解决问题的灵活程度.（3）．在考查基础知识的基础上，注意对数学思想与方法的考查，注重对数学能力的考查，强调探究性、综合性、应用性，注重试题的层次性，坚持多角度、多层次的考查，合理调控综合程度.（4）．对称问题、轨迹问题、多变量的范围问题、位置问题及最值问题也是本节的几个热点问题，但从最近几年的高考试题本看，难度有所降低，有逐步趋向稳定的趋势.
（5）圆锥曲线是高考命题的重点，主要考查识图、画图、数形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理、合理运算及创新思维能力，解决好这类问题，除要求熟练掌握好圆锥曲线的定义、性质外，命题人还常常将它与对称问题、弦长问题、最值问题等综合在一起命制难度较大的题，解决这类问题常用定义法和待定系数法.
点评：（1）在解答有关圆锥曲线问题时，首先要考虑圆锥曲线焦点的位置，对于抛物线还应同时注意开口方向，这是减少或避免错误的一个关键，同时勿忘用定义解题.（2）在考查直线和圆锥曲线的位置关系或两圆锥曲线的位置关系时，可以利用方程组消元后得到二次方程，用判别式进行判.但对直线与抛物线的对称轴平行时，直线与双曲线的渐近线平行时，不能使用判别式，为避免繁琐运算并准确判断特殊情况，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法.并通过图形求解.当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦长的中点问题，常用“差分法”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.（3）求圆锥曲线方程通常使用待定系数法，若能据条件发现符合圆锥曲线定义时，则用定义求圆锥曲线方程非常简捷.在处理与圆锥曲线的焦点、准线有关问题，也可反用圆锥曲线定义简化运算或证明过程. （4）在解与焦点三角形（椭圆、双曲线上任一点与两焦点构成的三角形称为焦点三角形）有关的命题时，一般需使用正余弦定理、和分比定理及圆锥曲线定义.（5）要熟练掌握一元二次方程根的判别式和韦达定理在求弦长、中点弦、定比分点弦、弦对定点张直角等方面的应用.（6）直线与圆锥曲线的位置关系，是高考考查的重中之重，在高考中多以高档题、压轴题出现.主要涉及弦长、弦中点、对称、参量的取值范围、求曲线方程等问题.解题中要充分重视韦达定理和判别式的应用，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”.突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高，起到了拉开考生“档次”，有利于选拨的功能.
习 题6—5
1．斜率为1的直线l与椭圆+y2=1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为( )
A.2 B. C. D.
2．已知两点M(1，)、N(－4，－)，给出下列曲线方程：①4x+2y－1=0,②x2+y2=3,③+y2=1,④－y2=1,在曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是_________.
3．已知是椭圆：的右焦点，也是抛物线的焦点，点Ｐ为与在第一象限的交点，且.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若椭圆的左、右顶点分别为，过的直线交于两点，记的面积分别为，求的取值范围.
4．已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的左．右焦点为F1、F2，离心率为e. 直线l：y＝ex＋a与x轴．y轴分别交于点A、B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F1关于直线l的对称点，设＝λ.
（Ⅰ）证明：λ＝1－e2； （Ⅱ）确定λ的值，使得△PF1F2是等腰三角形.
5.飞船返回仓顺利到达地球后，为了及时将航天员救出，地面指挥中心在返回仓预计到达区域安排三个救援中心（记为A，B，C），B在A的正东方向，相距6 km,C在B的北偏东30°，相距4 km,P为航天员着陆点，某一时刻A接到P的求救信号，由于B、C两地比A距P远，因此4 s后，B、C两个救援中心才同时接收到这一信号，已知该信号的传播速度为1 km/s.
（1）求A、C两个救援中心的距离；
（2）求在A处发现P的方向角；
（3）若信号从P点的正上方Q点处发出，则A、B收到信号的时间差变大还是变小，并证明你的结论.
第六讲解析几何(理)参考答案
第一节 曲线与方程
变式与引申
1. B
提示：由,结合选项知选B.
2. A
提示：由题意,又,∴直线与直线
平行,且点在直线上,选A.
3.解：设,,,则,.由,
得,∴,,即,.又,
∴,即,故动点的轨迹方程为.
4.解：如图6-1-1，设,,则,
∵点在直线上，①.
∵垂直于直线,∴,即②.
联立①②得.又点在双曲线上,∴,
化简整理得,故点的轨迹方程为.
5.解：⑴由题意得,∴,故所求的椭圆方程为.
⑵设,,则抛物线在点处的切线斜率为
,直线的方程为,将上式代入椭圆的方程中,
得,即.
∵直线与椭圆有两个不同的交点,∴.
设线段的中点的横坐标是,则.设线段的中点的横坐标
是，则,由题意得,即有,∴,即或；当时,有,,因此不等式不成立；因此,当时代入方程得.将,代入不等式成立，因此的最小值为.
6. 解：⑴设曲线方程为,将点,代入曲线方程,
得,∴,,故曲线方程为.
⑵设变轨点为,联立,得,∴或(舍去).
由,得或(舍去).∴点,此时,, .故当观测点、测得、的距离分别为、时,应向航天器发出变轨指令.
习题6-1
. D
提示：由得,,∴或,故方程的曲线是两条直线.
.
提示：由渐近线方程可知 ①.∵抛物线的焦点为,∴②.又③.联立①②③,解得,,∴双曲线的方程为.
3．解法一：
（I）如图6-1-1，依题意，点P的坐标为（0，m）.因为，所以，解得m=2，
即点P的坐标为（0，2），从而圆的半径
故所求圆的方程为
（II）因为直线的方程为所以直线的方程为
由，
（1）当时，直线与抛物线C相切
（2）当，那时，直线与抛物线C不相切.
综上，当m=1时，直线与抛物线C相切；当时，直线与抛物线C不相切.
解法二：
（I）设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为
依题意，所求圆与直线相切于点P（0，m），
则解得所以所求圆的方程为
（II）同解法一.
. 解：⑴由已知得,解得,,∴,故所求椭圆的方程为.
⑵由⑴得、.
①若直线的斜率不存在,则直线的方程为,由得.
设、,∴ ,这与已知相矛盾.
②若直线的斜率存在,设直线直线的斜率为,则直线的方程为.设、,
联立,消元得,∴,,∴
,又,,∴,
∴,化简得,
解得或(舍去),∴,故所求直线的方程为或.
. 解法：由题设知,,.则直线的方程为,直线的方程为.解方程组得交点坐标,,即,,则,.又点在双曲线上,∴.将,代入上式得,即,故轨迹的方程为.
解法：⑴∵、分别为双曲线的左、右顶点,∴,.则的方程为；直线的方程为,两式相乘得.∵点在双曲线上,∴,即,∴,即.∵点、是曲线上的不同两点,∴它们与点、均不重合,故点、均不在轨迹上.过点及的直线的方程为.解方程组,得,∴直线与双曲线只有唯一交点.故轨迹不经过点.同理轨迹也不经过点.故轨迹的方程为.
⑵设的方程为,则由知,的方程为.将代入得,即,若与椭圆相切,则
,即；同理若与椭圆相切,则.由与与轨迹都只有一个公共点包含以下四种情况：
①直线和都与椭圆相切,即,且,消去得,即,从而,即；
②直线过点,而与椭圆相切,此时,,解得；
③直线过点,而与椭圆相切,此时,,解得；
④直线过点,而直线过点,此时,,∴.
综上所述,的值为或或.
第二节 圆锥曲线
变式与引申
1.C
提示：如图6-2-1,点到轴的距离比到准线的距离(即)少,∴
.而点在抛物线外,∴的最小值为.
2. 8
提示：由椭圆定义知,又，∴.
3.解法一：①当焦点在轴上时,设椭圆的标准方程为,
依题意有,解得.
②当焦点在轴上时,同理解得,,不合,舍去. 综上所求椭圆的方程为.
解法二：设所求椭圆方程为.依题意有,解得.
故所求椭圆的方程为.
4.解法一：设,,代入椭圆方程得,,相减得
.∵,,∴.由,
得.∴,.又,
∴.将代入,解得,∴.故椭圆方程为.
解法二：由,得.设,,则,
.∴,∴. ①
设,则,,∴,代入①,得,.
故椭圆方程为.
5.解：(Ⅰ)依题意,,,直线的方程,联立与双曲线方程,求得
.设,则,∴,.
故.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,,为定值.
(Ⅲ)联立与的方程求得,则,.由得, ,∵,∴,解得,故双曲线的离心率的取值范围为.
6.解：(Ⅰ)过点斜率为的直线为, 将代入方程，
得. ① 设,,则有,.
∵线段的中点在直线上,∴,即,得(此时①式的判别式大于零).
(Ⅱ)由,得,即. 由②,得.
∵,,∴③ 由①、③得,易知,∴,.
∴,又,∴,即,得,
解得或,故的取值范围是.
7.解：⑴由题意,直线的方程为.设点,,由,得,
则,,∴.
⑵设点,则.由、、三点共线得.由得点到轴距
离与到直线：距离相等,即,∴,
.把,代入,得,
即,∴,解得.故存在常数,总有.
习题6-2
. B
提示：设椭圆的方程为,则,,,.
由轴,,得,∴,即,解得,
∴,故椭圆的离心率.
.
提示：由题知两圆的圆心分别为双曲线的左、右焦点、,要使取最大值,应使取最大值,取最小值,这时.
.解：⑴设,则,化简得.
⑵①当直线与轴不垂直时,设的方程为,与双曲线联立消去得.由题意知且.设,,则,
,.
∵,,∴的方程为,∴点的坐标为,,
同理可得,因此.
②当直线与轴垂直时,其方程为,则,,的方程为,∴M点的坐标为,,同理可得,因此.
综上,即,故以线段为直径的圆经过点.
4. 解：(Ⅰ)设M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).
所以=（-x，-1-y）， =(0，-3-y)， =(x，-2).
再由题意可知（+）??=0， 即（-x，-4-2y）??(x，-2)=0.
所以曲线C的方程式为y=x-2.
(Ⅱ)设P(x，y)为曲线C：y=x-2上一点，因为y=x，所以的斜率为x
因此直线的方程为，即．
则O点到的距离.又，
所以
当=0时取等号，所以O点到距离的最小值为2.
.解：⑴设椭圆方程为：,椭圆经过点,∴,解得,
∴所求椭圆方程为.
⑵当射线与轴重合时,.
当射线不与轴重合时,设方程为：.设,,由,得,
∴.同理得.∴.
综上得,的最大值为,最小值为.
⑶类似的结论：过原点的一条射线分别与两条双曲：和：交于、两点,为线段上的一点,若、、成等比数列,则点的轨迹方程为.
证明：设过原点的射线的方程为,∵射线与双曲线有交点,显然.设,,
把分别代入两条双曲线方程中得,.
由点在射线上,且,得,即,消去得,.
第三节 直线与圆锥曲线的位置关系
变式与引申
1. C
提示：过点F且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点的充要条件是：直线与双曲线的渐近线平行（即一条渐近线的斜率=）或直线与双曲线的左，右两支各有一交点.即.综合得 所以.
2. 解：（Ⅰ）因直线与圆相切，则圆心在直线上，既有.
（Ⅱ）因直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径，即，得.
（Ⅲ）直线与圆有两个公共点，则圆心到直线的距离小于半径，即，得.
3. 解：设A，则的解.由 两式相减得.
即 ①
再由方程组消去y得，
由
②
由①②解得 故所求的椭圆的方程为
4. D
提示：依题意有 则双曲线方程为.
.设M则 , ，两式相减得 再由 ，，，所以由，得 所以双曲线的方程为，故选D.
5.解法一：(1)如图6-3-1，依题意，点的坐标为，可设，
直线的方程为，与联立得消去得.
由韦达定理得，.
于是
， 当时，.
(2)假设满足条件的直线存在，其方程为，
的中点为，与为直径的圆相交于点，的中点为，
则，点的坐标为.
，
，
，
.
令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，
即抛物线的通径所在的直线.
解法二：(1)前同解法一，再由弦长公式得
.
又由点到直线的距离公式得.
从而
时，.
(2)假设满足条件的直线存在，其方程为，
则以为直径的圆的方程为，
将直线方程代入得，
则.
设直线与以为直径的圆的交点为，
则有.
令，得，此时为定值，故满足条件的直线存在，其方程为，
即抛物线的通径所在的直线.
习题6-3
1. D
提示：双曲线的一条渐近线为,由方程组,消去y,
得有唯一解,所以△=, 所以,.
2.解：设，由题意知＜0，＞0.
（1）直线的方程为，其中.联立
得 解得
因为，所以. 即 ，得离心率 .
（2）因为，所以.由得.所以，得a=3，.椭圆C的方程为.
3.解:（1）联立与得，则中点，
设线段的中点坐标为，则，即，又点在曲线上， ∴化简可得，又点是上的任一点，
且不与点和点重合，则，即，
∴中点的轨迹方程为（）.
（2）曲线，
即圆：，其圆心坐标为，半径
由图6-3-2可知，当时，曲线与有公共点；
当时，要使曲线与有公共点，只需圆心到直线的距离，得，则的最小值为.
4. 解：（Ⅰ）由已知得所以
所以椭圆G的焦点坐标为，离心率为
（Ⅱ）由题意知，.
当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为此时；
当m=－1时，同理可得；当时，设切线l的方程为
由
设A、B两点的坐标分别为，则
又由l与圆
所以
由于当时，所以.
因为且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.
5.（Ⅰ）解法一：设点T的坐标为当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上.
当|时，由，得.
又，所以T为线段F2Q的中点.在△QF1F2中，，所以有
综上所述，点T的轨迹C的方程是
解法二：设点T的坐标为 当时，点（，0）和点（－，0）在轨迹上.
当|时，由，得.
又，所以T为线段F2Q的中点.
设点Q的坐标为（），则 因此 ①
由得 ②
将①代入②，可得
综上所述，点T的轨迹C的方程是
（Ⅱ）解法一：C上存在点M（）使S=的充要条件是
由③得，由④得 所以，当时，存在点M，使S=；
当时，不存在满足条件的点M.
当时，，
由，
，
，得
解法二：C上存在点M（）使S=的充要条件是
由④得 上式代入③得
于是，当时，存在点M，使S=；
当时，不存在满足条件的点M.
当时，记，
由知，所以
第四节 坐标系与参数方程
变式与引申
1.9或-11
提示：将直线的方程化为普通方程得，将直线的方程化为直角坐标方程得，由两平行线的距离公式得或
2.解：圆的极坐标方程为，
设点的极坐标为，点的极坐标为，∵点为线段的中点， ∴，将代入圆的极坐标方程，得. ∴点轨迹的极坐标方程为，它表示原心在点，半径为的圆.
3.解：（1）当样时，的普通方程为，的普通方程为。联立方程组 ，解得与的交点为（1,0）。
（2）的普通方程为。A点坐标为，故当变化时，P点轨迹的参数方程为：，P点轨迹的普通方程为.
故P点轨迹是圆心为，半径为的圆.
习题6－4
1．C
提示：， 则或.
2. B
提示：化曲线的参数方程为普通方程：，圆心到直线的距离，直线和圆相交，过圆心和平行的直线和圆的2个交点符合要求，又，在直线的另外一侧没有圆上的点符合要求，所以选B.
3.
提示：直线为，圆心到直线的距离.
4.
提示：圆心到直线的距离等于半径.
5．解：设直线AB的方程为(t为参数)，代入双曲线方程，得
(2cos2α－sin2α)t2＋(8cosα－2sinα)t＋5＝0，由于M为AB的中点，则t1＋t2＝0，则tanα＝4，
从而直线AB的方程为：4x－y－7＝0．
6．解：（Ⅰ）由已知，M点的极角为，且M点的极径等于，故点M的极坐标为（，）.
（Ⅱ）M点的直角坐标为（），A（0,1），故直线AM的参数方程为（t为参数）
7. 解：（I）设P(x，y)，则由条件知M().由于M点在C1上，所以
即从而的参数方程为（为参数）
（Ⅱ）曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．
射线与的交点的极径为，
射线与的交点的极径为．
所以.
第五节 解析几何的综合应用
变式与引申
1. 解：设F1(－c,0）、F2(c,0)、P(x,y),则|PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)＜2(52+c2),
即|PF1|2+|PF2|2＜50+2c2,又∵|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|－|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|,
依双曲线定义，有|PF1|－|PF2|=4,
依已知条件有|PF1|·|PF2|=|F1F2|2=4c2
∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜,又∵c2=4+b2＜,∴b2＜,∴b2=1.
2．解：（1），
∵ ∴=0
∴ 得 ∴P点的轨迹方程为
（2）考虑方程组 消去y，得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3=0(*)
显然1－3k2≠0 △=（6km）2－4(－3m2－3)=12(m2+1)－3k2>0
设x1,x2为方程*的两根，则
故AB中点M的坐标为(，)
∴线段AB的垂直平分线方程为：
将D(0，－1)坐标代入，化简得：4m=3k2－1
故m、k满足，消去k2得：m2－4m>0 解得：m<0或m>4
又∵4m=3k2－1>－1 ∴m>－ 故m.
3．解：交AB与轴不重叠时，设AB的方程为
由 消y可得：
设A B 则， 交AB与x轴重叠时，上述结论仍然成立
∴
≥
∴当 时取“=”，综上当 .
4.解：（1）由椭圆定义可得，由可得
，而解得
（2）由，得，
解得或（舍去） 此时
当且仅当时，得最小值，此时椭圆方程为
（3）由知点Q是AB的中点
设A,B两点的坐标分别为，中点Q的坐标为
则，两式相减得
AB的中点Q的轨迹为直线① 且在椭圆内的部分
又由可知，所以直线NQ的斜率为，方程为②
①②两式联立可求得点Q的坐标为点Q必在椭圆内 解得
又
习题6-5
1. C
提示：弦长|AB|=≤.
2. ②③④
提示：点P在线段MN的垂直平分线上，判断MN的垂直平分线于所给曲线是否存在交点.
3．解：（１）由知，设，因为在上，
. 在椭圆中，
（Ⅱ）由方程组消x, 得
① ②
①2/②得
，.
4.解：（Ⅰ）证法一：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是.
所以点M的坐标是（）. 由
即
证法二：因为A、B分别是直线l：与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是设M的坐标是
所以 因为点M在椭圆上，所以
即
解得
（Ⅱ）解法一：因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形，
必有|PF1|=|F1F2|，即
设点F1到l的距离为d，由
得 所以 即当△PF1F 2 为等腰三角形.
解法二：因为PF1⊥l，所以∠PF1F2=90°+∠BAF1为钝角，要使△PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|=|F1F2|，
设点P的坐标是，
则
由| PF1 |= | F1F2 | 得
两边同时除以4a2，化简得 从而
于是. 即当时，△PF1F2为等腰三角形.
5解（1）以AB中点为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则
即A、C两个救援中心的距离为
（2）∵|PC|=|PB|，
∴P在BC线段的垂直平分线上 又∵|PB|－|PA|=4，
∴P在以A、B为焦点的双曲线的左支上，且|AB|=6
∴双曲线方程为 , BC的垂直平分线的方程为
联立两方程解得：x=－8∴P(－8，，
∴∠PAB＝120°, 所以P点在A点的北偏西30°处
（3）如图6-5-1，设|PQ|=h，|PB|=x，|PA|=y
∵|QB|－|QA|=＝＝
又∵ ∴|QB|－|QA|<|PB|－|PA|
∴ 即A、B收到信号的时间差变小.
