[B級　能力提升練]

　　一、填空題

　　1.(2014·蘇州模擬)如圖8­8­5，已知F1、F2分別是橢圓C：+=1(a>b>0)的左、右焦點，點P在橢圓C上，線段PF2與圓x2+y2=b2相切于點Q，且點Q為線段PF2的中點，則橢圓C的離心率為________.

　　[解析]　由題意得OQ=b=PF1，則PF2=2a-PF1=2a-2b，QF2=a-b，所以(a-b)2+b2=c2，解得2a=3b，則4a2=9b2=9a2-9c2，得e=.

　　[答案]

　　2.(2014·南師附中調(diào)研)已知拋物線y2=4x，點A(5,0).點O為坐標原點，傾斜角為的直線l與線段OA相交但不過O，A兩點，且交拋物線于M，N兩點，則AMN的面積的最大值為________.

　　[解析]　設直線l的方程為y=x+b(-5c，直線PR的方程為(y0-b)x-x0y+x0b=0.

　　圓(x-1)2+y2=1內(nèi)切于PRN，則圓心(1,0)到直線PR的距離為1.

　　=1，注意到x0>2，上式化簡得(x0-2)b2+2y0b-x0=0，

　　同理可得(x0-2)c2+2y0c-x0=0.b，c為方程(x0-2)x2+2y0x-x0=0的兩根.

　　b+c=，bc=，(b-c)2=.

　　又y=2x0，b-c=，S△PRN=(b-c)x0==(x0-2)++4≥8，

　　當且僅當x0=4時取等號，PRN面積的最小值為8.

　　專題突破五　高考解析幾何問題的求解策略

　　(見學生用書第187頁)

　　類型1　曲線方程與性質(zhì)

　　直線方程、圓方程、圓錐曲線的標準方程在課標高考中占有十分重要的地位，由已知條件求曲線方程或已知曲線方程研究曲線性質(zhì)是高考命題的重點和熱點，求曲線方程最常用的方法是定義法與待定系數(shù)法，橢圓與雙曲線的離心率是高考對圓錐曲線考查的又一重點，涉及a，b，c三者之間的關系，另外拋物線的準線，雙曲線的漸近線，圓的切線也是命題的熱點.

　　【典例1】　(2014·南京質(zhì)檢)已知橢圓中心在坐標原點，焦點在x軸上，離心率為，它的一個頂點為拋物線x2=4y的焦點.

　　(1)求橢圓方程;

　　(2)若直線y=x-1與拋物線相切于點A，求以A為圓心且與拋物線的準線相切的圓的方程.

　　[思路點撥]　(1)由橢圓與拋物線的性質(zhì)，求橢圓方程中待定參數(shù)a，b，從而確定橢圓的標準方程.(2)聯(lián)立方程求出圓心和半徑.

　　[規(guī)范解答]　(1)橢圓中心在原點，焦點在x軸上.

　　設橢圓的方程為+=1(a>b>0) ，

　　因為拋物線x2=4y的焦點為(0,1)，

　　所以b=1.

　　由離心率e==，a2=b2+c2=1+c2，

　　從而得a=，橢圓的標準方程為+y2=1.

　　(2)由解得所以點A(2,1).

　　因為拋物線的準線方程為y=-1，

　　所以圓的半徑r=1-(-1)=2，

　　所以圓的方程為(x-2)2+(y-1)2=4.

　　【反思啟迪】　1.待定系數(shù)法求曲線方程，關鍵是方程的聯(lián)立求解，結合條件，求待定參數(shù)，體現(xiàn)了方程思想的應用.

　　2.直線與圓相切，可轉化為圓心到直線的距離等于半徑，體現(xiàn)了轉化的思想.

　　【變式訓練1】　(2013·重慶高考)如圖5­1，橢圓的中心為原點O，長軸在x軸上，離心率e=，過左焦點F1作x軸的垂線交橢圓于A，A′兩點，|AA′|=4.

　　圖5­1

　　(1)求該橢圓的標準方程;

　　(2)取平行于y軸的直線與橢圓相交于不同的兩點P，P′，過P，P′作圓心為Q的圓，使橢圓上的其余點均在圓Q外.求PP′Q的面積S的最大值，并寫出對應的圓Q的標準方程.

　　[解]　(1)由題意知點A(-c,2)在橢圓上，則+=1，從而e2+=1.

　　由e=，得b2==8，從而a2==16.

　　故該橢圓的標準方程為+=1.

　　(2)由橢圓的對稱性，可設Q(x0,0).

　　又設M(x，y)是橢圓上任意一點，則

　　|QM|2=(x-x0)2+y2=x2-2x0x+x+8

　　=(x-2x0)2-x+8(x[-4,4]).

　　設P(x1，y1)，由題意知，點P是橢圓上到點Q的距離最小的點，因此，上式中當x=x1時取最小值.又因為x1(-4,4)，所以上式當x=2x0時取最小值，從而x1=2x0，且|QP|2=8-x.

　　由對稱性知P′(x1，-y1)，故|PP′|=|2y1|，所以

　　S=|2y1||x1-x0|=×2|x0|

　　=·=·.

　　當x0=±時，PP′Q的面積S取到最大值2.

　　此時對應的圓Q的圓心坐標為Q(±，0)，半徑|QP|==，因此，這樣的圓有兩個，其標準方程分別為(x+)2+y2=6，(x-)2+y2=6.

　　類型2　解析幾何中的存在性探究問題

　　近年高考命題經(jīng)常設計探究是否存在性的問題，考查學生的發(fā)散思維和創(chuàng)新能力，求解這類問題要重視數(shù)形的轉化，善于從特殊發(fā)現(xiàn)規(guī)律，并能正確推理與計算.

　　【典例2】　已知橢圓C1：+=1(a>b>0)的離心率為e，且b，e，為等比數(shù)列，曲線y=8-x2恰好過橢圓的焦點.

　　(1)求橢圓C1的方程;

　　(2)設雙曲線C2：-=1的頂點和焦點分別是橢圓C1的焦點和頂點，設O為坐標原點，點A，B分別是C1和C2上的點，問是否存在A，B滿足=.請說明理由.若存在，請求出直線AB的方程.

　　[思路點撥]　(1)轉化已知，構建方程，求出a，b，c即可求出方程.(2)先求出C2的方程，假設結論成立，可得O，A，B三點共線，得直線AB的方程為y=kx，與C1，C2的方程聯(lián)立求出交點的橫坐標.利用共線得到k的方程，看能否求出k的值，即可判斷假設是否成立.

　　[規(guī)范解答]　(1)由y=8-x2=0，得x=±2，

　　所以橢圓的焦點坐標為(±2，0)即c=2.

　　又b，e，為等比數(shù)列，所以2=b.

　　又a2=b2+c2，解得a=2，b=2，

　　故橢圓C1的方程為+=1.

　　(2)假設存在A，B滿足=，則可知O，A，B三點共線且A，B必不在y軸上.設A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線AB的方程為y=kx.

　　由(1)可知C2的方程為-=1.

　　由得(1+3k2)x2=12，即x=，

　　由得(1-2k2)x2=8，即x=，

　　由=，得x=x，

　　即=·，

　　解得k2=，即k=±.

　　所以存在A，B滿足=，此時直線AB的方程為y=±x.

　　【反思啟迪】　1.探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.其步驟為假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設出，列出關于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，且滿足題意，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在;否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在.

　　2.反證法與驗證法也是求解探索性問題常用的方法.

　　【變式訓練2】　(2014·鎮(zhèn)江模擬)如圖5­2，已知橢圓E：+=1(a>b>0)的離心率為，過左焦點F(-，0)且斜率為k的直線交橢圓E于A，B兩點，線段AB的中點為M，直線l：x+4ky=0交橢圓E于C，D兩點.

　　圖5­2

　　(1)求橢圓E的方程;

　　(2)求證：點M在直線l上;

　　(3)是否存在實數(shù)k，使得BDM的面積是ACM面積的3倍?若存在，求出k的值;若不存在，說明理由.

　　[解]　(1)由題意可知e==，c=，

　　于是a=2，b=1.

　　所以橢圓E的標準方程為+y2=1.

　　(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，聯(lián)立直線AB的方程與橢圓方程，得

　　即(4k2+1)x2+8k2x+12k2-4=0，

　　所以x1+x2=，x0==，y0=k(x0+)=，

　　于是M.

　　因為+4k·=0，所以M在直線l上.

　　(3)當k=±時，滿足條件.由(2)知點A到直線CD的距離與點B到直線CD的距離相等，

　　若BDM的面積是ACM面積的3倍，

　　則|DM|=3|CM|，因為|OD|=|OC|，于是M為OC的中點.

　　設點C的坐標為(x3，y3)，則y0=.由解得y3=±，

　　于是=，解得k2=(舍負)，所以k=±.類型3　解析幾何中的定點、定值問題