直线与圆锥曲线的位置关系

1、第九节直线与圆锥曲线的位置关系【知识梳理】【知识梳理】1.1.必会知识必会知识 教材回扣填一填教材回扣填一填(1)(1)直线与圆锥曲线的位置关系的判定直线与圆锥曲线的位置关系的判定代数法代数法: :把圆锥曲线方程与直线方程联立消去把圆锥曲线方程与直线方程联立消去y,y,整理得到关于整理得到关于x x的方的方程程axax2 2+bx+c=0.+bx+c=0.方程方程axax2 2+bx+c=0+bx+c=0的解的解l与与C C的交点的交点a=0a=0b=0b=0无解无解( (含含l是双曲线的渐近线是双曲线的渐近线) )_b0b0有一解有一解( (含含l与抛物线的对称轴平行与抛物线的对称轴平行或与

2、双曲线的渐近线平行或与双曲线的渐近线平行) )_a0a000两个两个_的解的解_=0=0两个相等的解两个相等的解_00.( )0.( )2121tyy .【解析】【解析】(1)(1)正确正确, ,直线直线l与椭圆与椭圆C C只有一个公共点只有一个公共点, ,则直线则直线l与椭圆与椭圆C C相切相切, ,反之亦成立反之亦成立. .(2)(2)错误错误, ,因为直线因为直线l与双曲线与双曲线C C的渐近线平行时的渐近线平行时, ,也只有一个公共点也只有一个公共点, ,是是相交相交, ,但并不相切但并不相切. .(3)(3)错误错误, ,因为直线因为直线l与抛物线与抛物线C C的对称轴平行时的对称轴

3、平行时, ,也只有一个公共点也只有一个公共点, ,是是相交相交, ,但不相切但不相切. .(4)(4)正确，正确，|AB|=|AB|=又又x x1 1=ty=ty1 1+a,x+a,x2 2=ty=ty2 2+a,+a,所以所以|AB|=|AB|= =(5)(5)错误，应是以错误，应是以l为垂直平分线的线段为垂直平分线的线段ABAB所在的直线所在的直线l与抛物线方与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式程联立，消元后所得一元二次方程的判别式0.0.答案：答案：(1) (2)(1) (2) (3) (3) (4) (4) (5)(5)221212xxyy， 221212tyatyayy2

4、222121212tyyyy1tyy .2.2.教材改编教材改编 链接教材练一练链接教材练一练(1)(1)(选修选修2-1P692-1P69例例4 4改编改编) )直线直线l经过抛物线经过抛物线y y2 2=4x=4x的焦点的焦点F,F,与抛物线相与抛物线相交于交于A,BA,B两点两点, ,若若|AB|=8,|AB|=8,则直线则直线l的方程为的方程为. . 【解析】【解析】当直线当直线l的斜率不存在时的斜率不存在时, ,显然不成立显然不成立. .设直线设直线l的斜率为的斜率为k,A,Bk,A,B的坐标分别为的坐标分别为(x(x1 1,y,y1 1),(x),(x2 2,y,y2 2),),因

5、为直线因为直线l过焦点过焦点F(1,0),F(1,0),故直线故直线l的方程为的方程为y=k(x-1).y=k(x-1).由由 得得k k2 2(x-1)(x-1)2 2=4x,=4x,即即k k2 2x x2 2-(2k-(2k2 2+4)x+k+4)x+k2 2=0,=0,2yk(x1),y4x2242122212(2k4)4k02k44xx2kkx x1 ，则，所以所以|AB|=|AB|=所以所以k k2 2=1,=1,故故k=k=1.1.所以直线所以直线l的方程为的方程为y=y=(x-1),(x-1),即即x-y-1=0 x-y-1=0或或x+y-1=0.x+y-1=0.答案：答案：x

6、-y-1=0 x-y-1=0或或x+y-1=0 x+y-1=02221212121kxx1kxx4x x2242216164(1k )1k448kkk ，(2)(2)(选修选修2-1P81B2-1P81B组组T1T1改编改编) )已知已知F F1 1,F,F2 2是椭圆是椭圆16x16x2 2+25y+25y2 2=1600=1600的两个焦的两个焦点点,P,P是椭圆上一点是椭圆上一点, ,且且PFPF1 1PFPF2 2, ,则则F F1 1PFPF2 2的面积为的面积为. .【解析】【解析】由题意可得由题意可得|PF|PF1 1|+|PF|+|PF2 2|=2a=20,|=2a=20,|P

7、F|PF1 1| |2 2+|PF+|PF2 2| |2 2=|F=|F1 1F F2 2| |2 2=4c=4c2 2=144=(|PF=144=(|PF1 1|+|PF|+|PF2 2|)|)2 2-2|PF-2|PF1 1| |PF|PF2 2| |=20=202 2-2|PF-2|PF1 1| |PF|PF2 2|,|,解得解得|PF|PF1 1| |PF|PF2 2|=128,|=128,所以所以F F1 1PFPF2 2的面积为的面积为答案答案: :64641211|PF | |PF |12864.223.3.真题小试真题小试 感悟考题感悟考题 试一试试一试(1)(2014(1)(

8、2014四川高考四川高考) )已知已知F F为抛物线为抛物线y y2 2=x=x的焦点，点的焦点，点A A，B B在该抛物在该抛物线上且位于线上且位于x x轴的两侧，轴的两侧， ( (其中其中O O为坐标原点为坐标原点) )，则，则ABOABO与与AFOAFO面积之和的最小值是面积之和的最小值是( )( )【解题提示】【解题提示】设设ABAB方程：方程：x=ty+mx=ty+m联立联立 结合结合求出求出mm求求S SABOABO+S+SAFOAFO的最小值的最小值. .OA OB2 17 2A.2 B.3 C. D. 1082xtymyx，OA OB2 【解析】【解析】选选B.B.可设直线可设

9、直线ABAB的方程为的方程为:x=ty+m,:x=ty+m,点点A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),则直线则直线ABAB与与x x轴的交点轴的交点M(m,0),M(m,0),由由 y y2 2-ty-m=0,-ty-m=0,所以所以y y1 1y y2 2=-m,=-m,又又 x x1 1x x2 2+y+y1 1y y2 2=2=2(y(y1 1y y2 2) )2 2+y+y1 1y y2 2-2=0, -2=0, 因为点因为点A A，B B在该抛物线上且位于在该抛物线上且位于x x轴的两侧，轴的两侧，所以所以y y1 1y y2 2=-2=-2

10、，故，故m=2m=2，又，又2xtym,yxOA OB2 1F( ,0)4，于是于是S SABOABO+S+SAFOAFO= = =当且仅当当且仅当 即即 时取时取“=”=”，所以所以ABOABO与与AFOAFO面积之和的最小值是面积之和的最小值是3.3.1211112 | yy | y |224 111112192| y| y | y |y88| y |11922| y |38| y | ，1192y8y，14y3(2)(2013(2)(2013新课标全国卷新课标全国卷)已知椭圆已知椭圆E: E: 的右焦的右焦点点F(3,0)F(3,0)，过点，过点F F的直线交的直线交E E于于A A，B

11、 B两点，若两点，若ABAB的中点坐标为的中点坐标为(1,-1)(1,-1)，则则E E的方程为的方程为( )( )2222xy1(ab0)ab22222222xyxyA.1 B.145363627xyxyC.1 D.12718189【解析】【解析】选选D.D.由椭圆由椭圆 得，得，b b2 2x x2 2+a+a2 2y y2 2=a=a2 2b b2 2，因为过点因为过点F F的直线与椭圆的直线与椭圆 交于交于A A，B B两点，两点，设设A(xA(x1 1,y,y1 1) )，B(xB(x2 2,y,y2 2),),则则则则b b2 2x x1 12 2+a+a2 2y y1 12 2=

12、a=a2 2b b2 2 ，b b2 2x x2 22 2+a+a2 2y y2 22 2=a=a2 2b b2 2 ，由由- -得得b b2 2(x(x1 12 2-x-x2 22 2)+a)+a2 2(y(y1 12 2-y-y2 22 2)=0)=0，化简得化简得b b2 2(x(x1 1-x-x2 2)(x)(x1 1+x+x2 2)+a)+a2 2(y(y1 1-y-y2 2)(y)(y1 1+y+y2 2)=0.)=0.2b2b2 2(x(x1 1-x-x2 2)-2a)-2a2 2(y(y1 1-y-y2 2)=0)=0，2222xy1ab2222xy1(ab0)ab212212

13、yyb,xxa1212xxyy1122 ，又直线的斜率为又直线的斜率为 即即因为因为b b2 2=a=a2 2-c-c2 2=a=a2 2-9-9，所以，所以 解得解得a a2 2=18=18，b b2 2=9.=9.故椭圆方程为故椭圆方程为0( 1)1k3 12 ，22b1.a222a91a2，22xy1.189(3)(2014(3)(2014湖南高考湖南高考) )平面上一机器人在行进中始终保持与点平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1,0)F(1,0)的距离和到直线的距离和到直线x=-1x=-1的距离相等的距离相等. .若机器人接触不到过点若机器人接触不到过点P(-1,0)P(-1,0)

14、且斜且斜率为率为k k的直线的直线, ,则则k k的取值范围是的取值范围是. .【解题提示】【解题提示】根据抛物线的定义和直线与圆锥曲线的关系求解根据抛物线的定义和直线与圆锥曲线的关系求解. .【解析】【解析】把机器人看做一个动点把机器人看做一个动点, ,则根据抛物线定义知道它的轨迹则根据抛物线定义知道它的轨迹为抛物线为抛物线, ,其方程为其方程为y y2 2=4x,=4x,过点过点P(-1,0)P(-1,0)且斜率为且斜率为k k的直线方程为的直线方程为y=k(x+1),y=k(x+1),两个方程联立两个方程联立 消去消去y y得得k k2 2x x2 2+(2k+(2k2 2-4)x+k-

15、4)x+k2 2=0,=0,由题意由题意=(2k=(2k2 2-4)-4)2 2-4k-4k4 40,k1,1,所以所以k(-,-1)(1,+).k(-,-1)(1,+).答案答案: :(-(-,-1),-1)(1,+(1,+) )2y4x,yk(x1),考点考点1 1 直线与圆锥曲线位置关系的确定及应用直线与圆锥曲线位置关系的确定及应用【典例【典例1 1】(1)(1)过抛物线过抛物线y y2 2=2x=2x的焦点作一条直线与抛物线交于的焦点作一条直线与抛物线交于A,BA,B两点两点, ,它们的横坐标之和等于它们的横坐标之和等于2,2,则这样的直线则这样的直线( () )A.A.有且只有一条有

16、且只有一条 B.B.有且只有两条有且只有两条C.C.有且只有三条有且只有三条 D.D.有且只有四条有且只有四条(2)(2013(2)(2013浙江高考浙江高考) )如图，点如图，点P(0,-1)P(0,-1)是椭圆是椭圆C C1 1：的一个顶点，的一个顶点，C C1 1的长轴是圆的长轴是圆C C2 2：x x2 2+y+y2 2=4=4的直径的直径. . l1 1, ,l2 2是过点是过点P P且互相且互相垂直的两条直线，其中垂直的两条直线，其中l1 1交圆交圆C C2 2于于A,BA,B两点，两点，l2 2交椭圆于另一点交椭圆于另一点D.D.求椭圆求椭圆C C1 1的方程的方程. .求求AB

17、DABD面积取最大值时直线面积取最大值时直线l1 1的方程的方程. .2222xy1(ab0)ab 【解题提示】【解题提示】(1)(1)由于过焦点垂直于轴的弦只有一条由于过焦点垂直于轴的弦只有一条, ,且此时弦长最小且此时弦长最小, ,因此只需看该弦与弦因此只需看该弦与弦ABAB的关系即可的关系即可.(2).(2)由长轴可求由长轴可求a a值值, ,由点由点P P可求可求b b值值; ;先确定先确定ABDABD的底与高的底与高, ,再得出面积的解析式再得出面积的解析式, ,利用基本不等式求利用基本不等式求最值最值. .【规范解答】【规范解答】(1)(1)选选B.B.设该抛物线焦点为设该抛物线焦

18、点为F F，A(xA(xA A，y yA A) )，B(xB(xB B，y yB B) )，则则|AB|AB|AF|AF|FB|FB| x xA Ax xB B1 13 32p2p2.2.所以符所以符合条件的直线有且只有两条合条件的直线有且只有两条(2)(2)由题意得，由题意得，a=2,b=1a=2,b=1，所以椭圆，所以椭圆C C1 1的方程为：的方程为：设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),D(x),D(x0 0,y,y0 0).).由题意知，直线由题意知，直线l1 1的斜率存在，不妨设其为的斜率存在，不妨设其为k k，则直线，则直线l1 1的方程

19、为：的方程为：y=kx-1y=kx-1，ABppxx22 22xy1.4又圆又圆C C2 2：x x2 2+y+y2 2=4=4，故点，故点O O到直线到直线l1 1的距离的距离所以所以|AB|=|AB|=又又l2 2l1 1，故直线，故直线l2 2的方程为：的方程为：x+ky+k=0 x+ky+k=0，由由 消去消去y y，整理得，整理得(4+k(4+k2 2)x)x2 2+8kx=0+8kx=0，故故 所以所以设设ABDABD的面积为的面积为S S，则，则21dk1，2224k32 4d2k1，22xkyk0 x4y4，028kx4k ，228 k1PD4k，2218 4k3S|AB| P

20、D24k，所以所以当且仅当当且仅当 时取等号，时取等号，所以所求所以所求l1 1的方程为的方程为22223232S13134k324k34k34k316 1313，10k2 10yx1.2 【互动探究】【互动探究】本例本例(1)(1)中的中的“横坐标之和等于横坐标之和等于2”2”改为改为“横坐标之和等横坐标之和等于于1”1”结果如何结果如何? ?若改为若改为“横坐标之和等于横坐标之和等于0.5”0.5”结果如何结果如何? ?【解析】【解析】若改为若改为“横坐标之和等于横坐标之和等于1”,1”,设该抛物线焦点为设该抛物线焦点为F,A(xF,A(xA A,y,yA A),B(x),B(xB B,y

21、,yB B) )，则，则|AB|AB|AF|AF|FB|FB| x xA Ax xB B1 12=2p2=2p2.2.所以符合条件的直线有且所以符合条件的直线有且只有一条只有一条若改为若改为“横坐标之和等于横坐标之和等于0.5”0.5”，设该抛物线焦点为设该抛物线焦点为F F，A(xA(xA A，y yA A) )，B(xB(xB B，y yB B) )，则，则|AB|AB|AF|AF|FB|FB| x xA Ax xB B1 11.51.52p2p2.2.所以没有符合条件的直线所以没有符合条件的直线ABppxx22 ABppxx22 【规律方法】【规律方法】直线与圆锥曲线位置关系的判定方法及

22、关注点直线与圆锥曲线位置关系的判定方法及关注点(1)(1)判定方法判定方法: :直线与圆锥曲线方程联立直线与圆锥曲线方程联立, ,消去消去x(x(或或y),y),判定该方程组解判定该方程组解的个数的个数, ,方程组有几组解方程组有几组解, ,直线与圆锥曲线就有几个交点直线与圆锥曲线就有几个交点. .(2)(2)关注点关注点: :联立直线与圆锥曲线的方程消元后联立直线与圆锥曲线的方程消元后, ,应注意讨论二次项应注意讨论二次项系数是否为零的情况系数是否为零的情况. .判断直线与圆锥曲线位置关系时判断直线与圆锥曲线位置关系时, ,判别式判别式起起着关键性的作用着关键性的作用, ,第一第一: :可以

23、限定所给参数的范围可以限定所给参数的范围; ;第二第二: :可以取舍某些可以取舍某些解以免产生增根解以免产生增根. .【变式训练】【变式训练】(2014(2014湖北高考湖北高考) )在平面直角坐标系在平面直角坐标系xOyxOy中中, ,点点M M到点到点F(1,0)F(1,0)的距离比它到的距离比它到y y轴的距离多轴的距离多1.1.记点记点M M的轨迹为的轨迹为C.C.(1)(1)求轨迹求轨迹C C的方程的方程. .(2)(2)设斜率为设斜率为k k的直线的直线l过定点过定点P(-2,1).P(-2,1).求直线求直线l与轨迹与轨迹C C恰好有一个公恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点

24、时共点、两个公共点、三个公共点时k k的相应取值范围的相应取值范围. .【解题提示】【解题提示】(1)(1)设出设出M M点的坐标点的坐标, ,直接由题意列等式直接由题意列等式, ,整理后即可得整理后即可得到点到点M M的轨迹的轨迹C C的方程的方程. .(2)(2)设出直线设出直线l的方程为的方程为y-1=k(x+2),y-1=k(x+2),和和(1)(1)中的轨迹方程联立化为关中的轨迹方程联立化为关于于y y的一元二次方程的一元二次方程, ,求出判别式求出判别式, ,再在直线再在直线y-1=k(x+2)y-1=k(x+2)中取中取y=0y=0得到得到 然后分判别式小于然后分判别式小于0 0

25、、等于、等于0 0、大于、大于0 0结合结合x x0 0求解使直线求解使直线l与轨迹与轨迹C C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k k的相应取的相应取值范围值范围. .02k1x,k 【解析】【解析】(1)(1)设点设点M(x,y)M(x,y)，依题意得，依题意得|MF|=|x|+1|MF|=|x|+1，即即 =|x|+1=|x|+1，化简整理得，化简整理得y y2 2=2(|x|+x).=2(|x|+x).故点故点M M的轨迹的轨迹C C的方程为的方程为(2)(2)在点在点M M的轨迹的轨迹C C中，记中，记C C1 1:y:y2 2=4x

26、(x0)=4x(x0)，C C2 2:y=0(x0).:y=0(x0).依题意，可设直线依题意，可设直线l的方程为的方程为y-1=k(x+2).y-1=k(x+2).由方程组由方程组 可得可得kyky2 2-4y+4(2k+1)=0.-4y+4(2k+1)=0.当当k=0k=0时，此时时，此时y=1.y=1.把把y=1y=1代入轨迹代入轨迹C C的方程，得的方程，得故此时直线故此时直线l:y=1:y=1与轨迹与轨迹C C恰好有一个公共点恰好有一个公共点22(x1)y24x,x0,y0,x0.2y 1k(x2),y4x, 1x.41( ,1).4当当k0k0时，方程时，方程的判别式为的判别式为=

27、-16(2k=-16(2k2 2+k-1).+k-1).设直线设直线l与与x x轴的交点为轴的交点为(x(x0 0,0),0)，由由y-1=k(x+2)y-1=k(x+2)，令，令y=0y=0，得，得 ( () )若若 由由解得解得k-1k0)2py(p0)的焦点是椭圆的顶点的焦点是椭圆的顶点. .(1)(1)求抛物线求抛物线C C2 2的方程的方程. .(2)(2)过点过点M(M(1,0)1,0)的直线的直线l与抛物线与抛物线C C2 2交于交于E E，F F两点，过两点，过E E，F F作抛物线作抛物线C C2 2的切线的切线l1 1，l2 2，当，当l1 1l2 2时，求直线时，求直线l

28、的方程的方程222xy1(0b2)4b32，【解析】【解析】(1)(1)因为椭圆因为椭圆C C1 1的长半轴长的长半轴长a a2 2，半焦距，半焦距由由 得得b b2 21.1.所以椭圆所以椭圆C C1 1的上顶点为的上顶点为(0,1),(0,1),所以抛物线所以抛物线C C2 2的焦点为的焦点为(0,1),(0,1),所以抛物线所以抛物线C C2 2的方程为的方程为x x2 24y.4y.(2)(2)由已知可得直线由已知可得直线l的斜率必存在，设直线的斜率必存在，设直线l的方程为的方程为y yk(xk(x1)1)，E(xE(x1 1，y y1 1) )，F(xF(x2 2，y y2 2) )

29、由由x x2 24y4y，得，得 所以所以所以切线所以切线l1 1，l2 2的斜率分别为的斜率分别为2c4b .2c4b3ea22 ，21yx .41yx.21211xx .22，当当l1 1l2 2时，时， 即即x x1 1x x2 24.4.由由 得得x x2 24kx4kx4k4k0.0.所以所以(4k)(4k)2 24 4( (4k)04k)0，解得，解得kk0k0. .x x1 1x x2 24k4k4 4，即，即k k1 1，满足，满足式式所以直线所以直线l的方程为的方程为x xy y1 10.0.1211xx122，2yk(x1),x4y,考点考点2 2 与弦有关问题与弦有关问题

30、【典例【典例2 2】(1)(2015(1)(2015潍坊模拟潍坊模拟) )直线直线4kx4kx4y4yk k0 0与抛物线与抛物线y y2 2x x交于交于A A，B B两点，若两点，若|AB|AB|4 4，则弦，则弦ABAB的中点到直线的中点到直线 的距离的距离等于等于( )( )1x02 79A. B 2 C. D 444(2)(2)已知椭圆已知椭圆C C： 直线直线 与以原点为圆心，与以原点为圆心，以椭圆以椭圆C C的短半轴长为半径的圆相切，的短半轴长为半径的圆相切，F F1 1，F F2 2为其左、右焦点，为其左、右焦点，P P为椭为椭圆圆C C上任意一点，上任意一点，F F1 1PF

31、PF2 2的重心为的重心为G G，内心为，内心为I I，且，且IGFIGF1 1F F2 2. .求椭圆求椭圆C C的方程的方程. .若直线若直线l：y ykxkxm(k0)m(k0)与椭圆与椭圆C C交于不同的两点交于不同的两点A A，B B，且线段，且线段ABAB的垂直平分线过定点的垂直平分线过定点 求实数求实数k k的取值范围的取值范围2222xy1 ab0ab ，yx6 1C( ,0)6，【解题提示】【解题提示】(1)(1)首先判断出直线过抛物线的焦点首先判断出直线过抛物线的焦点, ,再根据再根据|AB|=4|AB|=4求解求解. .(2)(2)设出设出P P点坐标点坐标, ,表示出重

32、心坐标表示出重心坐标, ,设出内心坐标设出内心坐标, ,根据相切和根据相切和IGFIGF1 1F F2 2求解求解; ;联立方程联立方程, ,利用线段利用线段ABAB的中点在垂直平分线上求解的中点在垂直平分线上求解. .【规范解答】【规范解答】(1)(1)选选C.C.直线直线4kx4kx4y4yk k0 0，即，即即直线即直线4kx4kx4y4yk k0 0过抛物线过抛物线y y2 2x x的焦点的焦点设设A(xA(x1 1，y y1 1) )，B(xB(x2 2，y y2 2) )，则，则|AB|AB|故故 则弦则弦ABAB的中点的横坐标是的中点的横坐标是弦弦ABAB的中点到直线的中点到直线

33、 的距离是的距离是1yk(x)4，1( ,0).4121xx42 ，127xx2 ，74，1x02 719.424 (2)(2)设设P(xP(x0 0，y y0 0) )，x x0 0a a，则，则又设又设I(xI(xI I，y yI I) )，因为，因为IGFIGF1 1F F2 2，所以，所以因为因为|F|F1 1F F2 2| |2c2c，所以所以所以所以2c2c3 32a2a2c2c，所以所以 又由题意知又由题意知所以所以 所以所以a a2 2，所以椭圆，所以椭圆C C的方程为的方程为00 xyG(,).330Iyy3，12FPF1 201S|FF | | y |20121 2y1(|

34、PF |PF |FF |) |23|，c1ea2 ，6b1 1，b3，22xy1.43设设A(xA(x1 1，y y1 1) )，B(xB(x2 2，y y2 2) )，由，由 消去消去y y，得得(3(34k4k2 2)x)x2 28kmx8kmx4m4m2 212120 0，由题意知由题意知(8km)(8km)2 24(34(34k4k2 2)(4m)(4m2 212)12)0 0，即即m m2 24k4k2 23 3，又，又x x1 1x x2 2 则则y y1 1y y2 2所以线段所以线段ABAB的中点的中点P P的坐标为的坐标为又线段又线段ABAB的垂直平分线的垂直平分线l的方程为

35、的方程为点点P P在直线在直线l上，上，22xy1,43ykxm28km34k，26m34k，224km3m(,).34k34k11y(x)k6，所以所以所以所以4k4k2 26km6km3 30 0，所以，所以所以所以 所以所以解得解得所以所以k k的取值范围是的取值范围是223m14km1()34kk34k6，21m(4k3)6k ，2222(4k3)4k336k ，23k32，66kk88或 ，66(,)(,).88 【规律方法】【规律方法】1.1.弦长的计算方法与技巧弦长的计算方法与技巧求弦长时可利用弦长公式求弦长时可利用弦长公式, ,根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后根据直线方程与

36、圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程得到的一元二次方程, ,利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式的代数式, ,然后进行整体代入弦长公式求解然后进行整体代入弦长公式求解. .提醒提醒: :注意两种特殊情况注意两种特殊情况:(1):(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直; ;(2)(2)直线过圆锥曲线的焦点直线过圆锥曲线的焦点. .2.2.弦中点问题的解法弦中点问题的解法点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算率问

37、题时可简化运算, ,但要注意直线斜率是否存在但要注意直线斜率是否存在. .3.3.与弦端点相关问题的解法与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法, ,就是将就是将其转化为端点的坐标关系其转化为端点的坐标关系, ,再根据联立消元后的一元二次方程根与系再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系数的大小关系, ,构建方程构建方程( (组组) )求解求解. .【变式训练】【变式训练】设设F F1 1，F F2 2分别是椭圆分别是椭圆E E： 的左、右焦的左、右焦点，过点，过F F1 1斜率为斜率为1 1的直线的

38、直线l与与E E相交于相交于A A，B B两点，且两点，且|AF|AF2 2| |，|AB|AB|，|BF|BF2 2| |成等差数列成等差数列. .(1)(1)求求E E的离心率的离心率. .(2)(2)设点设点P(0P(0，-1)-1)满足满足|PA|=|PB|PA|=|PB|，求，求E E的方程的方程. .2222xy1(ab0)ab【解析】【解析】(1)(1)由椭圆定义知由椭圆定义知|AF|AF2 2|+|BF|+|BF2 2|+|AB|=4a,|+|AB|=4a,又又2|AB|=2|AB|=|AF|AF2 2|+|BF|+|BF2 2|,|,得得|AB|= |AB|= l的方程为的方

39、程为y=x+c,y=x+c,其中其中设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2) )，则，则A,BA,B两点的坐标满足方程组两点的坐标满足方程组消去消去y y，化简得，化简得(a(a2 2+b+b2 2)x)x2 2+2a+2a2 2cx+acx+a2 2(c(c2 2-b-b2 2)=0,)=0,则则因为直线因为直线ABAB的斜率为的斜率为1 1，所以，所以即即 故故a a2 2=2b=2b2 2, ,所以所以E E的离心率的离心率4a,322cab .2222yxcxy1,ab，2222121222222a ca (cb )xx,x x.abab22112

40、12AB2 xx2xx4x x ，22244aba,3ab22cab2e.aa2(2)(2)设设ABAB的中点为的中点为N(xN(x0 0,y,y0 0),),由由(1)(1)知知由由|PA|=|PB|PA|=|PB|，得，得k kPNPN=-1,=-1,即即 得得c=3,c=3,从而从而故椭圆故椭圆E E的方程为的方程为212022xxa c2cx,2ab3 00cyxc.300y11,x a3 2,b3.22xy1.189考点考点3 3 探究性、存在性问题探究性、存在性问题知知考情考情 探究性、存在性问题是高考在解析几何中命题的一大亮点探究性、存在性问题是高考在解析几何中命题的一大亮点,

41、,主要主要是以解答题的形式出现是以解答题的形式出现, ,考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的几何性质的几何性质, ,考查学生的运算能力以及分析问题、解决问题的能力考查学生的运算能力以及分析问题、解决问题的能力. . 明明角度角度命题角度命题角度1 1：探究是否存在常数问题探究是否存在常数问题【典例【典例3 3】(2013(2013江西高考江西高考) )如图，椭圆如图，椭圆C:C:经过点经过点 离心率离心率 直线直线l的方程为的方程为x=4.x=4.2222xy1(ab0)ab 3P(1, )2，1e2，(1)(1)求椭圆求椭圆C C的方程的方程. .(

42、2)AB(2)AB是经过右焦点是经过右焦点F F的任一弦的任一弦( (不经过点不经过点P),P),设直线设直线ABAB与直线与直线l相交于相交于点点M,M,记记PA,PB,PMPA,PB,PM的斜率分别为的斜率分别为k k1 1,k,k2 2,k,k3 3. .问问: :是否存在常数是否存在常数,使得使得k k1 1+k+k2 2=k=k3 3? ?若存在若存在, ,求求的值的值; ;若不存在若不存在, ,说明理由说明理由. . 【解题提示】【解题提示】(1)(1)由点在椭圆上和离心率建立方程求出椭圆方程由点在椭圆上和离心率建立方程求出椭圆方程. .(2)(2)设出直线的方程设出直线的方程,

43、,将其与椭圆的方程结合得到一个一元二次方程将其与椭圆的方程结合得到一个一元二次方程, ,根据根与系数的关系得出根据根与系数的关系得出A,BA,B两点的坐标之间的关系和两点的坐标之间的关系和M M的坐标的坐标, ,由此由此得出相应的直线的斜率得出相应的直线的斜率, ,根据根据A,F,BA,F,B三点共线得出相应的坐标之间的关三点共线得出相应的坐标之间的关系从而求出常数的值系从而求出常数的值. .【规范解答】【规范解答】(1)(1)由由 在椭圆上得，在椭圆上得， 依题设知依题设知a=2ca=2c，则，则a a2 2=4c=4c2 2,b,b2 2=3c=3c2 2, , 将将代入代入得得c c2

44、2=1,a=1,a2 2=4,b=4,b2 2=3.=3.故椭圆故椭圆C C的方程为的方程为(2)(2)存在存在. .由题意可设由题意可设ABAB的斜率为的斜率为k k，则直线，则直线ABAB的方程为的方程为y=k(x-1), y=k(x-1), 代入椭圆方程并整理得代入椭圆方程并整理得(4k(4k2 2+3)x+3)x2 2-8k-8k2 2x+4(kx+4(k2 2-3)=0.-3)=0.设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2) )，则有，则有 3P(1, )222191,a4b22xy1.43221212228k4(k3)xx,x x,4k34k3在

45、方程在方程中令中令x=4,x=4,得得M(4M(4，3k).3k).从而从而注意到注意到A,F,BA,F,B三点共线，则有三点共线，则有k=kk=kAFAF=k=kBFBF, ,即即所以所以1212312333yy3k1222k,k,kk.x1x14 121212yyk.x1x112121212121233yyyy31122kk()x1x1x1x12 x1x1= = 将将代入代入得得k k1 1+k+k2 2= =2k-1.=2k-1.又又 所以所以k k1 1+k+k2 2=2k=2k3 3. .故存在常数故存在常数=2=2符合题意符合题意. .121212xx232k,2 x xxx122

46、22228k234k32k4(k3)8k214k34k331kk2，【一题多解】【一题多解】解答本题第解答本题第(2)(2)问还有以下解法：问还有以下解法：设设B(xB(x0 0,y,y0 0)(x)(x0 01)1)，则直线，则直线FBFB的方程为：的方程为： 令令x=4x=4，求得，求得从而直线从而直线PMPM的斜率为的斜率为联立联立 解得解得00yyx1x1，003yM(4,)x1，00302yx1k2 x1，0022yyx1 ,x1xy1,4300005x83yA(,)2x5 2x5，则直线则直线PAPA的斜率为的斜率为 直线直线PBPB的斜率为的斜率为所以所以故存在常数故存在常数=2

47、=2符合题意符合题意. .00102y2x5k2(x1)，0202y3k2 x1，000001230002y2x52y32yx1kk2k2(x1)2(x1)x1，命题角度命题角度2 2：探究是否存在点或线问题探究是否存在点或线问题【典例【典例4 4】(2014(2014湖南高考湖南高考) )如图，如图，O O为坐标原点，为坐标原点，双曲线双曲线C C1 1: : 和椭圆和椭圆C C2 2: : 均过点均过点 且以且以C C1 1的的两个顶点和两个顶点和C C2 2的两个焦点为顶点的四边形是面积的两个焦点为顶点的四边形是面积为为2 2的正方形的正方形. .22112211xy1(a0,b0)ab

48、22222222xy1(ab0)ba2 3P(,1)3，(1)(1)求求C C1 1,C,C2 2的方程的方程. .(2)(2)是否存在直线是否存在直线l，使得，使得l与与C C1 1交于交于A,BA,B两点，与两点，与C C2 2只有一个公共点，只有一个公共点，且且 ？证明你的结论？证明你的结论. .【解题提示】【解题提示】利用椭圆的定义和直线与圆锥曲线的位置关系利用椭圆的定义和直线与圆锥曲线的位置关系, ,联立联立方程组方程组, ,求解求解. .|OAOB| |AB| 【规范解答】【规范解答】(1)(1)设设C C2 2的焦距为的焦距为2c2c2 2，由题意知，由题意知，2c2c2 2=2

49、,2a=2,2a1 1=2,=2,从而从而a a1 1=1,c=1,c2 2=1.=1.因为点因为点 在双曲线在双曲线 上，所以上，所以 故故b b1 12 2=3,=3,由椭圆的定义知由椭圆的定义知于是于是故故C C1 1,C,C2 2的方程分别为的方程分别为2 3P(,1)3，2221yx1b2212 31()13b ，222222 32 32a()(1 1)()(1 1)2 3,332222222a3,bac2 ，2222yyxx1,1.332(2)(2)不存在符合题设条件的直线不存在符合题设条件的直线. .(i)(i)若直线若直线l垂直于垂直于x x轴，轴，因为因为l与与C C2 2只

50、有一个公共点，所以直线只有一个公共点，所以直线l的方程为的方程为当当 时，易知时，易知所以所以此时，此时，当当 时，同理可知时，同理可知x2x2,或x2A( 23)B( 2,3),，|OAOB| 2 2,|AB| 2 3 ，|OAOB| |AB|. x2|OAOB| |AB|. (ii)(ii)若直线若直线l不垂直于不垂直于x x轴，设轴，设l的方程为的方程为y=kx+m,y=kx+m,由由 得得(3-k(3-k2 2)x)x2 22kmx2kmxm m2 23=0.3=0.当当l与与C C1 1相交于相交于A,BA,B两点时，设两点时，设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2

51、 2,y,y2 2) )，则则x x1 1,x,x2 2是上述方程的两个实根，从而是上述方程的两个实根，从而于是于是y y1 1y y2 2=k=k2 2x x1 1x x2 2+km(x+km(x1 1+x+x2 2)+m)+m2 2= =由由 得得(2k(2k2 2+3)x+3)x2 2+4kmx+2m+4kmx+2m2 26=0.6=0.22ykxm,yx131222kmxx,3k2122m3x xk3，2223k3m,k322ykxm,yx132因为直线因为直线l与与C C2 2只有一个公共点，所以上述方程的判别式只有一个公共点，所以上述方程的判别式=16k=16k2 2m m2 28

52、(2k8(2k2 2+3)(m+3)(m2 23)=0,3)=0,化简，得化简，得2k2k2 2=m=m2 23.3.因此因此于是于是即即故故综合综合(i)(ii)(i)(ii)可知，不存在符合题设条件的直线可知，不存在符合题设条件的直线. .22221212222m33k3mk3OA OBx xy y0,k3k3k3 2222OAOB2OA OBOAOB2OA OB ，22|OAOB|OAOB| ，|OAOB| |AB |，命题角度命题角度3:3:探究是否存在最值问题探究是否存在最值问题【典例【典例5 5】(2014(2014山东高考山东高考) )已知已知抛物线抛物线C:yC:y2 2=2p

53、x(p0)=2px(p0)的焦点为的焦点为F,AF,A为为C C上异于原点的任意一点上异于原点的任意一点, ,过点过点A A的直线的直线l交交C C于另一点于另一点B,B,交交x x轴的正半轴的正半轴于点轴于点D,D,且有且有|FA|=|FD|.|FA|=|FD|.当点当点A A的横坐标为的横坐标为3 3时时, ,ADFADF为正三角形为正三角形. .(1)(1)求求C C的方程的方程. .(2)(2)若直线若直线l1 1l, ,且且l1 1和和C C有且只有一个公共点有且只有一个公共点E,E,证明直线证明直线AEAE过定点过定点, ,并求出定点坐标并求出定点坐标; ;ABEABE的面积是否存

54、在最小值的面积是否存在最小值? ?若存在若存在, ,请求出最小值请求出最小值; ;若不存在若不存在, ,请请说明理由说明理由. .【解题提示】【解题提示】(1)(1)由抛物线的定义及已知条件点由抛物线的定义及已知条件点A A的横坐标为的横坐标为3 3时时，ADFADF为正三角形为正三角形. .可求得可求得p p的值的值. .(2)(2)先设出点先设出点A A的坐标的坐标, ,根据根据|FA|=|FD|FA|=|FD|表示出表示出D D点坐标点坐标, ,然后根据然后根据l1 1l求出求出AEAE的方程的方程, ,即可判断即可判断AEAE是否过定点是否过定点; ;可利用设出的可利用设出的A A点坐

55、标表示点坐标表示出出ABEABE的面积的面积, ,然后利用基本不等式求出最值然后利用基本不等式求出最值. .【规范解答】【规范解答】(1)(1)由题意知由题意知设设D(t,0)(t0),D(t,0)(t0),则则FDFD的中点为的中点为因为因为|FA|=|FD|,|FA|=|FD|,由抛物线的定义知由抛物线的定义知解得解得t=3+pt=3+p或或t=-3(t=-3(舍去舍去) )，由由 解得解得p=2.p=2.所以抛物线的方程为所以抛物线的方程为y y2 2=4x.=4x.pF( ,0)2，p2t(,0)4，pp3| t|22，p2t34 ，(2)(2)由由(1)(1)知知F(1,0),F(1

56、,0),设设A(xA(x0 0,y,y0 0)(x)(x0 0y y0 00),D(x0),D(xD D,0)(x,0)(xD D0),0),因为因为|FA|=|FD|,|FA|=|FD|,则则|x|xD D-1|=x-1|=x0 0+1,+1,由由x xD D00得得x xD D=x=x0 0+2,+2,故故D(xD(x0 0+2,0),+2,0),故直线故直线ABAB的斜率的斜率因为直线因为直线l1 1和直线和直线ABAB平行，平行，设直线设直线l1 1的方程为的方程为0AByk2 ，0yyxb2 ，代入抛物线方程得代入抛物线方程得由题意由题意设设E(xE(xE E,y,yE E),),则

57、则当当 时，时，可得直线可得直线AEAE的方程为的方程为 由由整理可得整理可得 直线直线AEAE恒过点恒过点F(1,0)F(1,0)，当当y y0 02 2=4=4时，直线时，直线AEAE的方程为的方程为x=1x=1，过点，过点F(1,0)F(1,0)，所以直线所以直线AEAE过定点过定点F(1,0).F(1,0). 20088byy0yy ，20006432b20,byyy 得，EE20044y,x.yy 20y4E00AE2E00yy4ykxxy4，000204yyy(xx )y4，200y4x，0204yy(x1)y4，由由知直线知直线AEAE过焦点过焦点F(1,0)F(1,0)，所以所

58、以|AE|=|AF|+|FE|=|AE|=|AF|+|FE|=设直线设直线AEAE的方程为的方程为x=my+1,x=my+1,因为点因为点A(xA(x0 0,y,y0 0) )在直线在直线AEAE上，故上，故设设B(xB(x1 1,y,y1 1).).直线直线ABAB的方程为的方程为由于由于y y0 000，可得可得000011(x1)(1)x2xx ，00 x1m,y000yyy(xx )2 ，002xy2xy ，代入抛物线方程得代入抛物线方程得所以所以可求得可求得所以点所以点B B到直线到直线AEAE的距离为的距离为则则ABEABE的面积的面积2008yy84x0y ，0108yyy ，1

59、0100084yy,xx4yx ，00000020048|x4m(y) 1|xy4(x1)1d4( x)xx1m，0000111S4( x)(x2)162xx，当且仅当当且仅当 即即x x0 0=1=1时等号成立，时等号成立，所以所以ABEABE的面积存在最小值为的面积存在最小值为16.16.001xx，悟悟技法技法解决探究性、存在性问题的常用方法解决探究性、存在性问题的常用方法(1)(1)解决是否存在常数的问题时解决是否存在常数的问题时, ,应首先假设存在，看是否能求出符合应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就

60、存在. .(2)(2)解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明以举特例，然后再证明. .(3)(3)解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解. .(4)(4)解决是否存在最值问题时，可依据条件，得出函数解析式，依据解决是否存在最值问题时，可依据条件，得出函数解析式，依据解析式判定其最值是否存在，然后得出结论解析式判定其最值