第13讲 圆锥曲线(含轨迹问题)本节知识在江苏高考试题中要求比较低，椭圆的标准方程和几何性质是B级考点，其余都是A级考点，但高考必考．在理解定义的基础上，只需对标准方程及其性质熟悉，特别是圆锥曲线中的离心率计算(含范围)．要能准确建模(方程或不等式)．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.了解抛物线的标准方程，会求抛物线的标准方程；了解抛物线的简单几何性质．1.若椭圆＋＝1的离心率e＝，则m＝________．答案：3或2.若抛物线y2＝2x上的一点M到坐标原点O的距离为，则M到该抛物线焦点的距离为________．答案：3.已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝x，它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为________．答案：－＝1解析：由题设可得双曲线方程满足3x2－y2＝λ(λ>0)，即－＝1，于是c2＝＋λ＝.又抛物线y2＝24x的准线方程为x＝－6，因为双曲线的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则c2＝＝36，于是λ＝27，所以双曲线的方程－＝1.4.在平面直角坐标系xOy中，点M是椭圆＋＝1(a＞b＞0)上的点，以M为圆心的圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交于P、Q两点．若△PQM是钝角三角形，则该椭圆离心率的取值范围是________．答案：解析：由题意可得点M坐标是，又△PQM是钝角三角形，所以圆心M到y轴的距离c小于MF，即c＜·，ac＜b2＝a2－c2，c2＋ac－a2＜0，所以e2＋e－1＜0，解得＜e＜.又e＞0，所以0＜e＜.题型一轨迹问题-14-\n例1离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)上有一点M到椭圆两焦点的距离之和为10，以椭圆C的右焦点F(c，0)为圆心，短轴长为直径的圆有切线PT，T为切点，且点P满足|PT|＝|PB|(B为椭圆C的上顶点)．(1)求椭圆的方程；(2)求动点P的轨迹的方程．解：(1)∵2a＝10，＝，a2＝b2＋c2，∴a＝5，c＝4，b＝3，∴椭圆方程是＋＝1.(2)设点P(x，y)，∵F(4，0)，R＝3，B(0，3)，|PT|＝|PB|，∴PF2－9＝PB2，∴(x－4)2＋y2－9＝x2＋(y－3)2，整理得到4x－3y＋1＝0.如图，设P是圆x2＋y2＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|.(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；(2)求过点(3，0)且斜率为的直线被C所截线段的长度．解：(1)设点M的坐标是(x，y)，P的坐标是(xP，yP)，∵点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝|PD|，∴xP＝x且yP＝y.∵P在圆x2＋y2＝25上，∴x2＋＝25，整理得＋＝1，即C的方程是＋＝1.(2)过点(3，0)且斜率为的直线方程是y＝(x－3)，设此直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y＝(x－3)代入C的方程＋＝1，得＋＝1，化简得x2－3x－8＝0，∴x1＝，x2＝，∴|AB|＝＝＝＝，即所截线段的长度是.题型二椭圆的几何性质例2已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F1(2，0)，离心率为e.(1)若e＝，求椭圆的方程；(2)设A、B为椭圆上关于原点对称的两点，AF1的中点为M，BF1的中点为N，若原点O在以线段MN为直径的圆上．①证明：点A在定圆上；②设直线AB的斜率为k，若k≥，求e的取值范围．-14-\n(1)解：由e＝，c＝2，得a＝2，b＝2，则所求椭圆方程为＋＝1.(2)设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，故M，N.①证明：由题意，得·＝0，化简，得x＋y＝4，所以点A在以原点为圆心，2为半径的圆上．②解：设A(x0，y0)，则＋＝(1＋k2)．将e＝＝，x得a＝，b2＝a2－c2＝－4，代入上式整理，得k2(2e2－1)＝e4－2e2＋1.因为e4－2e2＋1>0，k2＞0，所以2e2－1＞0，即e＞.又k2＝≥3，化简得解得＜e2≤4－2，即＜e≤－1.故离心率的取值范围是.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其焦点在圆x2＋y2＝1上．(1)求椭圆的方程；(2)设A、B、M是椭圆上的三点(异于椭圆顶点)，且存在锐角θ，使＝cosθ＋sinθ.①求证：直线OA与OB的斜率之积为定值；②求OA2＋OB2.(1)解：依题意，得c＝1，于是a＝，b＝1，所以所求椭圆的方程为＋y2＝1.(2)①证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋y＝1①，＋y＝1②.又设M(x，y)，因＝cosθ＋sinθ，故因M在椭圆上，故＋(y1cosθ＋y2sinθ)2＝1.整理得cos2θ＋sin2θ＋2cosθsinθ＝1.将①②代入上式，并注意cosθsinθ≠0，得＋y1y2＝0.所以kOAkOB＝＝－为定值．②解：因(y1y2)2＝＝·＝(1－y)·(1－y)＝1－(y＋y)＋yy，故y＋y＝1.-14-\n又＋＝2，故x＋x＝2，所以OA2＋OB2＝x＋y＋x＋y＝3.题型三直线与椭圆的位置关系例3如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋2＝0相切．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P(0，1)，Q(0，2)，设M、N是椭圆C上关于y轴对称的不同两点，直线PM与QN相交于点T，求证：点T在椭圆C上．(1)解：由题意知b＝＝，因为离心率e＝＝，所以＝＝，所以a＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：由题意可设M、N的坐标分别为(x0，y0)、(－x0，y0)，则直线PM的方程为y＝x＋1，①直线QN的方程为y＝x＋2.②(证法1)联立①②解得x＝，y＝，即T.由＋＝1可得x＝8－4y.因为＋＝＝＝＝＝1，所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．(证法2)设T(x，y)．联立①②解得x0＝，y0＝.因为＋＝1，所以＋＝1.整理得＋＝(2y－3)2，所以＋－12y＋8＝4y2－12y＋9，即＋＝1.所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．题型四与椭圆有关的综合问题-14-\n例4如图，已知A1、A2、B1、B2是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的四个顶点，△A1B1B2是一个边长为2的等边三角形，其外接圆为圆M.(1)求椭圆C及圆M的方程；(2)若点D是圆M劣弧上一动点(点D异于端点A1、B2)，直线B1D分别交线段A1B2、椭圆C于点E、G，直线B2G与A1B1交于点F.①求的最大值；②试问：E、F两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．解：(1)由题意知，B2(0，1)，A1(－，0)，所以b＝1，a＝，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.易得圆心M，A1M＝，所以圆M的方程为＋y2＝.(2)设直线B1D的方程为y＝kx－1，与直线A1B2的方程y＝x＋1联立，解得点E，联立消去y并整理，得(1＋3k2)x2－6kx＝0，解得点G，①因为G、E、B1共线，所以＝＝＝＝1－＝1＋≤1＋＝，当且仅当k＝－时，取“＝”，所以的最大值为.②直线B2G的方程为y＝x＋1＝－x＋1，与直线A1B1的方程y＝－x－1联立，解得点F，-14-\n所以E、F两点的横坐标之和为＋＝－2.故E、F两点的横坐标之和为定值，该定值为－2.在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心．(1)求椭圆E的方程；(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1、l2.当直线l1、l2都与圆C相切时，求P的坐标．解：(1)由x2＋y2－4x＋2＝0，得(x－2)2＋y2＝2，故圆C的圆心为点(2，0)，从而可设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，其焦距为2c，由题设知c＝2，e＝＝，∴a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12，故椭圆E的方程为＋＝1.(2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1、l2的斜率分别为k1、k2.则l1、l2的方程分别为l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝.由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切，得＝，即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0.同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0.从而k1、k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的两个实根，于是①且k1k2＝＝.由得5x－8x0－36＝0，解得x0＝－2或x0＝.由x0＝－2，得y0＝±3；由x0＝，得y0＝±，它们满足①式，故点P的坐标为(－2，3)或(－2，－3)或，或.1.(2022·安徽卷)设F1、F2分别是椭圆E：x2＋＝1(0＜b＜1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A、B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．答案：x2＋y2＝1解析：设B在x轴上的射影为B0，由题意得|B0F1|＝|F1F2|＝，得B0坐标为，即B点横坐标为－.设直线AB的斜率为k.又直线过点F1(－c，0)，∴直线AB的方程为y＝k(x＋c)．-14-\n由得(k2＋b2)x2＋2ck2x＋k2c2－b2＝0，其两根为－和c，由韦达定理得解得c2＝，∴b2＝1－c2＝.∴椭圆方程为x2＋y2＝1.2.(2022·江西卷)过点M(1，1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a>b>0)相交于A、B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为________．答案：解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1，∴＋＝0，即＝－＝－×1＝.∴a2＝2b2＝2(a2－c2)，即a2＝2c2，∴e＝.3.(2022·湖北卷)已知F1、F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为________．答案：解析：由椭圆和双曲线的定义可知，设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，|F1F2|＝2c，椭圆和双曲线的离心率分别为e1、e2.∵∠F1PF2＝，∴由余弦定理可得4c2＝r＋r－2r1r2cos ①.在椭圆中，①化简为即4c2＝4a－3r1r2，即＝－1 ②；在双曲线中，①化简为即4c2＝4a＋r1r2，即＝－＋1 ③.联立②③，得＋＝4，由柯西不等式得≥，即≤×4＝，即＋≤＝.4.(2022·湖南卷)如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a、b(a＜b)，原点O为AD的中点，抛物线y2＝2px(p＞0)经过C、F两点，则＝________．-14-\n答案：1＋解析：依题意可得C，F，代入抛物线方程得a＝p，b2＝2a，化简得b2－2ab－a2＝0，即－2－1＝0，解得＝1＋.5.(2022·重庆卷)如图，设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝2，△DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程；(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2，由＝2，得DF1＝＝c.从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.从而|DF1|＝.由DF1⊥F1F2，得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝.所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2，故a＝，b2＝a2－c2＝1，因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)如图，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，由圆和椭圆的对称性，易知x2＝－x1，y1＝y2，|P1P2|＝2|x1|.由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)，再由F1P1⊥F2P2，得－(x1＋1)2＋y＝0，由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x＋4x＝0.-14-\n解得x1＝－或x1＝0.当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在；当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C，由F1P1，F2P2过圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥F1P1.又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝|P1P2|＝|x1|＝.6.(2022·天津卷)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|＝|F1F2|.(1)求椭圆的离心率；(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率．解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)．由|AB|＝|F1F2|，可得a2＋b2＝3c2.又b2＝a2－c2，则＝，所以椭圆的离心率e＝.(2)由(1)知a2＝2c2，b2＝c2.故椭圆方程为＋＝1.设P(x0，y0)，由F1(－c，0)，B(0，c)，有＝(x0＋c，y0)，＝(c，c)．由已知，有·＝0，即(x0＋c)c＋y0c＝0.又c≠0，故有x0＋y0＋c＝0.①又点P在椭圆上，所以＋＝1.②由①和②可得3x＋4cx0＝0.而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－c.代入①得y0＝，即点P的坐标为.设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1＝＝－c，y1＝＝c，进而圆的半径r＝＝c.设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y＝kx.-14-\n由l与圆相切，可得＝r，即＝c，整理得k2－8k＋1＝0，解得k＝4±，所以直线l的斜率为4＋或4－.(本题模拟高考评分标准，满分16分)(2022·南师附中)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，两个顶点分别为A1(－2，0)、A2(2，0)．过点D(1，0)的直线交椭圆于M、N两点，直线A1M与NA2的交点为G.(1)求实数a、b的值；(2)当直线MN的斜率为1时，若椭圆上恰有两个点P1、P2使得△P1MN和△P2MN的面积为S，求S的取值范围；(3)求证：点G在一条定直线上．(1)解：由题设可知a＝2.(1分)因为e＝，即＝，所以c＝.因为b2＝a2－c2＝4－3＝1，所以b＝1.(2分)(2)解：由题设可知，椭圆的方程为＋y2＝1，直线MN的方程为y＝x－1.设M(x1，y1)、N(x2，y2)，联立方程组消去y可得5x2－8x＝0，解得x1＝0，x2＝.将x1＝0，x2＝代入直线MN的方程，解得y1＝－1，y2＝.所以MN＝＝.(4分)设与直线MN平行的直线m的方程为y＝x＋λ.联立方程组消去y可得5x2＋8λx＋4λ2－4＝0，若直线m与椭圆只有一个交点，则满足Δ＝64λ2－20(4λ2－4)＝0，解得λ＝±.(6分)当直线m为y＝x－时，直线MN与m之间的距离为d1＝＝；当直线m为y＝x＋时，直线MN与m之间的距离为d2＝＝.(8分)设点C到MN的距离为d，要使△CMN的面积为S的点C恰有两个，则需满足d1＜d＜d2，-14-\n即＜d＜.因为S＝d·MN＝d，所以＜S＜.(10分)(3)证明：(方法1)设直线A1M的方程为y＝k1(x＋2)，直线A2N的方程为y＝k2(x－2)．联立方程组消去y得(1＋4k)x2＋16kx＋16k－4＝0，解得点M的坐标为.同理，可解得点N的坐标为.(12分)由M、D、N三点共线，有＝，化简得(k2－3k1)(4k1k2＋1)＝0.由题设可知k1与k2同号，所以k2＝3k1.(14分)联立方程组解得交点G的坐标为.将k2＝3k1代入点G的横坐标，得xG＝＝＝4.所以，点G恒在定直线x＝4上．(16分)(方法2)显然，直线MN的斜率为0时不合题意．设直线MN的方程为x＝my＋1.令m＝0，解得M、N或M、N.当M、N时，直线A1M的方程为y＝x＋，直线A2N的方程为y＝x－.联立方程组解得交点G的坐标为(4，)；当M、N时，由对称性可知交点G的坐标为(4，－)．若点G恒在一条定直线上，则此定直线必为x＝4.(12分)下面证明对于任意的实数m，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x＝4上．设M(x1，y1)、N(x2，y2)、G(4，y0)．由点A1、M、G三点共线，有＝，即y0＝.-14-\n再由点A2、N、G三点共线，有＝，即y0＝.所以＝. ①将x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入①式，化简得2my1y2－3(y1＋y2)＝0. ②(14分)联立方程组消去x得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，从而有y1＋y2＝，y1y2＝.将其代入②式，有2m·－3·＝0成立．所以当m为任意实数时，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x＝4上．(16分)1.已知方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，则m的取值范围是________，若该方程表示双曲线，则m的取值范围是________．答案： (－∞，1)∪(2，＋∞)2.点P为椭圆＋＝1(a>b>0)上一点，F1、F2为椭圆的焦点，如果∠PF1F2＝75°，∠PF2F1＝15°，则椭圆的离心率为________．答案：3.已知抛物线y2＝2px(p>0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A、B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为________．答案：x＝－14.设P点在圆x2＋(y－2)2＝1上移动，点Q在椭圆＋y2＝1上移动，则|PQ|的最大值是________．答案：1＋解析：圆心C(0，2)，|PQ|≤|PC|＋|CQ|＝1＋|CQ|，于是只要求|CQ|的最大值．设Q(x，y)，∴|CQ|＝＝＝.∵－1≤y≤1，∴当y＝－时，|CQ|max＝＝，∴|PQ|max＝1＋.5.如图，椭圆C：＋＝1的右顶点为A，上、下两个顶点分别为B、D，四边形OAMB是矩形(O为坐标原点)，点E、P分别是线段OA、AM的中点．(1)求证：直线DE与直线BP的交点在椭圆C上；(2)若过点B的直线l1、l2与椭圆C分别交于点R、S(不同于B)，且它们的斜率k1、k2满足k1k2＝－，求证：直线RS过定点，并求出此定点的坐标．-14-\n证明：(1)由题意得A(4，0)，B(0，2)，D(0，－2)，E(2，0)，P(4，1)，所以直线DE的方程为y＝x－2，直线BP的方程为y＝－x＋2.解方程组得所以直线DE与直线BP的交点坐标为.因为＋＝1，所以点在椭圆＋＝1上，即直线DE与直线BP的交点在椭圆C上．(2)直线BR的方程为y＝k1x＋2.解方程组得或所以点R的坐标为.因为k1k2＝－，所以直线BS的斜率k2＝－，直线BS的方程为y＝－x＋2.解方程组得或所以点S的坐标为.(若写成“同理可得点S的坐标为”也可以)所以R、S关于坐标原点O对称，故R、O、S三点共线，即直线RS过定点O.6.如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，点A、B分别是椭圆C的左顶点和上顶点，直线AB与圆G：x2＋y2＝(c是椭圆的半焦距)相离，P是直线AB上一动点，过点P作圆G的两切线，切点分别为M、N.(1)若椭圆C经过两点、，求椭圆C的方程；(2)当c为定值时，求证：直线MN经过一定点E，并求·的值(O是坐标原点)；(3)若存在点P使得△PMN为正三角形，试求椭圆离心率的取值范围．-14-\n(1)解：令椭圆mx2＋ny2＝1，其中m＝，n＝，得所以m＝，n＝，即椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：直线AB：＋＝1，设点P(x0，y0)，则OP的中点为，所以点O、M、P、N所在的圆的方程为＋＝，化简为x2－x0x＋y2－y0y＝0，与圆x2＋y2＝作差，即有直线MN：x0x＋y0y＝.因为点P(x0，y0)在直线AB上，所以＋＝1，将y0＝b＋x0代入MN方程，化简得x0(x＋y)＋＝0，所以得x＝－，y＝，故定点E，则·＝·(－，)＝.(3)解：直线AB：＋＝1与圆G：x2＋y2＝(c是椭圆的半焦距)相离，则＞，即4a2b2＞c2(a2＋b2)，即4a2(a2－c2)＞c2(2a2－c2)，得e4－6e2＋4＞0.因为0＜e＜1，所以0＜e2＜3－.①连结ON、OM、OP，若存在点P使△PMN为正三角形，则在Rt△OPN中，OP＝2ON＝2r＝c，所以≤c，即a2b2≤c2(a2＋b2)，即a2(a2－c2)≤c2(2a2－c2)，得e4－3e2＋1≤0.因为0＜e＜1，所以≤e2＜1.②综上，由①②得≤e2＜3－，所以≤e＜.-14-
