直线和圆锥曲线常见题型常见题型详细解析

1、直线和圆锥曲线常见题型常见题型详细解析 直线和圆锥曲线经常考查的一些题型解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是：（1）直线的斜率不存在，直线的斜率存，（2）联立直线和曲线的方程组；（3）讨论类一元二次方程（4）一元二次方程的判别式（5）韦达定理，同类坐标变换（6）同点纵横坐标变换（7）x,y，k（斜率）的取值范围（8）目标：弦长，中点，垂直，角度，向量，面积，范围等等 运用的知识：i、中点坐标公式：x ' i 2 2，y yi 22，其中 X，y是点 A（Xi,yi）, B（X2, y?）的中点坐标。2、弦长公式：若点A(xi, yi)，B(X2,y2)在直线 y kx b(k 0)

2、上,则 yikxi b, y2kx2 b，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一,AB J(Xi X2)2 (% y2)2.(XiX2)2 (kxikx2)2(i k2)(xi X2)2Ji k2)(xi或者AB.(为 X2)2 (yi y2)2X2)2(yiy2)2.(ilk，2)(yiy2)2i(ikKyiy2)24yiy2 o3、两条直线 li: y kix bj2 ： y两条直线垂直，则直线所在的向量vv24、韦达定理：若一元二次方程ax2bx c0（a0）有两个不同的根X, X2，贝U XiX2b-,XiX2a常见的一些题型：题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系2例题i

3、、已知直线l : y kx i与椭圆C：42i始终有交点，求mm的取值范围思路点拨：直线方程的特点是过定点 （0, 1）,椭圆的特点是过定点 （-2,0）和（2, 0）,和动点（0,2 2解:根据直线l : y kx i的方程可知，直线恒过定点（0, i），椭圆C：- 人 i过动点（0,4 m22_如果直线l: y kx i和椭圆C : - i始终有交点，则'一 mi,且m 4，即im且m4m规律提示：通过直线的代数形式，可以看出直线的特点:l: y kx 1 过定点(0,l: y k(x 1)过定点(1, 0)l : y 2 k(x 1)过定点(1, 2)证明直线过定点，也是将满足条

4、件的直线整理成以上三种形式之一，再得出结论。练习：1、过点P(3,2)和抛物线y x2 3x 2只有一个公共点的直线有()条。A . 4 B. 3 C. 2 D. 1题型二：弦的垂直平分线问题弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维，首先弄清楚哪个是弦，哪个是对称轴，用到的知识是：垂直(两直线的斜率之积为 -1 )和平分(中点坐标公式)。例题2、过点T(-1,0)作直线I与曲线N :寸 x交于a、B两点，在x轴上是否存在一点 E(x0,0)，使得 ABE 是等边三角形，若存在，求出X。；若不存在，请说明理由。分析：过点T(-1,0)的直线和曲线 N: y2 x相交A、B两点，则直线的斜率存在

5、且不等于0，可以设直线的方程，联立方程组，消元，分析类一元二次方程，看判别式，运用韦达定理，得弦的中点坐标，再由垂直和中点， 写出垂直平分线的方程，得出E点坐标，最后由正三角形的性质：中线长是边长的 二3倍。运用弦长公式求弦长。2解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。设直线i：yA(X1, yj ,B(X2, y2)。k(x1)消y整理，得k2x2(2k21)x k2由直线和抛物线交于两点,(2 k21)2 4k44k2即0 k2由韦达定理，得:X22k2 12, NX?k则线段AB的中点为(2k212k2线段的垂直平分线方程为:2k直线和圆锥曲线常见题型常见题型详细解析令y=0,得x01

6、1 11则 E( 2,0)2k2 22k2 2E(12k2132，0)到直线AB的距离d为FABAB J(X1 x2)(yi y2)2ABE为正三角形,1 k21 k22 kVlk2 d2厂、3、1 4k22k2解得k满足式13此时X)思维规律:5。3直线过定点设直线的斜率k,利用韦达定理法，将弦的中点用k表示出来，再利用垂直关系将弦的垂匕倍，将k确定，进而求出2直平分线方程写出来，求出了横截距的坐标；再利用正三角形的性质：高是边长的x0的坐标。2例题3、已知椭圆X y2 1的左焦点为F，0为坐标原点。2(I)求过点 O F,并且与x2相切的圆的方程；(H)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆

7、于A B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G求点G横分析：第一问求圆的方程，运用几何法：圆心在弦的垂直平分线上，圆心到切线的距离等于圆心到定点的距离；第二问，过定点的弦的垂直平分线如果和x轴相交，则弦的斜率存在，且不等于 0，设出弦AB所在的直线的方程，运用韦达定理求出弦中点的横坐标，由弦AB的方程求出中点的总坐标，再有弦 AB的斜率，得到线段AB的垂直平分线的方程，就可以得到点 G的坐标。” 2 2解：(I)/ a =2, b=1,. c=1 , F(-1 , 0), l:x=-2.1圆过点 O F, 圆心M在直线x=- 上21 13设 M(- ,t)，则圆半径：r=|(- _)-(-2

8、)|=2 22ol13由 |OM|=r，得.()2 t2,解得 t= ±2， 2 21 2J 2 9所求圆的方程为(X+丄)+(y 土2)=-.2 4(II)由题意可知，直线 AB的斜率存在，且不等于0,设直线 AB的方程为y=k(x+1)(k丰0),2代入+y2=1，整理得22 2 2 2(1+2k )x +4k x+2k -2=0直线AB过椭圆的左焦点 F, 方程一定有两个不等实根，y2) , AB 中点 N(xo, yo),设 A(X1, y1), B(X2,贝 y X1+X1=-2k2X0i(X1X2)2k22k2 1yo k(xo1)k2k21 AB垂直平分线1 (y yo

9、(xkNG的方程为Xo)令y=0,得XcXo kyo2k22k2 1k22k2 11_2 4k2 21 k 0,xc 0.2 c一 1点G横坐标的取值范围为(,0 )。2技巧提示：直线过定点设直线的斜率 k,利用韦达定理，将弦的中点用k表示出来，韦达定理就是同类坐标变换的技巧，是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的两大技巧之第一个技巧。再利用垂直关系将弦 AB的垂直平分线方程写出来，就求出了横截距的坐标(关于k的函数)。直线和圆锥曲线中参数的范围问题，就是函数的值域问题。练习1：已知椭圆C :2x2aV31b21(a b 0)过点(1,2)，且离心率e 2。(I)求椭圆方程;1(n)若直线l :

10、 v kx m(k 0)与椭圆交于不同的两点 M、N，且线段MN的垂直平分线过定点 G(- ,0),8求k的取值范围。J'VL/"aV /|-NX |3分析：第一问中已知椭圆的离心率，可以得到a,b的关系式，再根据“过点(1 -) ”得到a b的第2个关系式,'2 'k,m的不等式，再根据韦达定理,解方程组，就可以解出 a,b的值，确定椭圆方程。第二问，设出交点坐标，联立方程组，转化为一元二次方程，通过判别式得出得出弦MN的中点的横坐标，禾U用弦的直线方程, 线的斜率，有垂直平分线的斜率和弦的斜率之积为1得到中点的纵坐标，由中点坐标和定点G(,0)，得垂直平分

11、8-1，可得k,m的等式，用k表示m再代入不等式，就可以求出k的取值范围。解：(I) 离心率eb22a-，即 4b2 3a2 (1)；43又椭圆过点(1 -)，则，294 b2(1)2 222X V式代入上式，解得a 4 , b 3，椭圆方程为 一43(n)设 M (知 VJ, N(X2, V2)，弦 MN的中点 A(X0, V0),y kx m+2 22由22得：(3 4k2)x28mkx 4m2120,3x2 4y212直线l: y kx m(k 0)与椭圆交于不同的两点，2 2 2 2 2 264m k 4(3 4k )(4 m12) 0，即 m 4k 3 (1)由韦达定理得：x1 x2

12、8mk3 4k2公必24m2 1223 4 k2则Xo4mk4k2,yokx0 m4mk23 4k23m3 4k2直线AG的斜率为：Kag3m3 4k224m4mk 1 32mk 3 4k23 4k28由直线AG和直线MN垂直可得：24m32mk 34k2*k3 4k28k，代入(1)式，可得(亠8k2 24k 3，即 k220，则k1010老师支招：如果只说一条直线和椭圆相交，没有说直线过点或没给出直线的斜率，就直接设直线的方程为:y kx m，再和曲线联立，转化成一元二次方程，就能找到解决问题的门路。本题解决过程中运用了两大解题 技巧：与韦达定理有关的同类坐标变换技巧，与点的纵、横坐标有关

13、的同点纵横坐标变换技巧。解决直线和圆锥 曲线的问题的关键就是充分、灵活的运用这两大解题技巧。X y2练习2、设F1、F2分别是椭圆 一 1的左右焦点.是否存在过点 A( 5,0)的直线I与椭圆交于不同的两点 C、54D，使得|F2C| |F2D ?若存在，求直线I的方程；若不存在，请说明理由.分析：由|F2c IF2D得，点C、D关于过F2由直线l过的定点A(5,0)不在X2-y21的54直线I的方程为：y k(x 5)，联立方程次方程，根据判别式，得出斜率k的取值范理得弦CD的中点M的坐标，由点 M和点1斜率为 ，解出k值，看是否在判别式的k解：假设存在直线满足题意，由题意知，过A的直线的斜

14、率存在，且不等于。设直线的直线对称，内部，可以设 组，得一元二围，由韦达定F1的坐标，得取值范围内。l的方程为：y k(x 5),(k 0) , C(X1,yJ、Dgy), CD 的中点 M(x°,y0)。y k(x 5)2222又直线l与椭圆交于不同的两点C、D，贝V =(50k2)2 4(4 5k2)(125k220)k2由 4x25y220得：(4 5k)x 50kx 125k200，由韦达疋理得：2 250k125k 20x1 x22 ,x1x22 ，4 5k4 5k则X。x1x22需 k(xo 5)4 5k25)20 k4 5k2,m3，4 5k220k4 5k2)。又点F

15、2(1,0)，则直线MF2的斜率为kMF220k4 5k225k242 14 5k25k2 ，1 5k25k2根据CD MF2得：kMF/k1，即 21，此方程无解，即1 5kk不存在，也就是不存在满足条件的直线。老师提醒：通过以上2个例题和2个练习，我们可以看出，解决垂直平分线的问题， 即对称问题分两步： 第一步, 有弦所在的直线和曲线联立，转化为一元二次方程(或类一元二次方程)，通过判别式得不等式，由韦达定理得出弦中点的坐标；第二步是利用垂直关系，得出斜率之积为-1，或者是利用中点坐标和对称轴直线的斜率，写出垂直平分线的方程，就可以解决问题。需要注意的一点是，求出的参数一定要满足判别式。

16、题型三：动弦过定点的问题 圆锥曲线自身有一些规律性的东西，其中一些性质是和直线与圆锥曲线相交的弦有关系，对这样的一些性质，们必须了如指掌，并且必须会证明。随着几何画板的开发，实现了机器证明几何问题，好多以前我们不知道的、 了解不深入的几何或代数性质，都如雨后春笋般的出来了，其中大部分都有可以遵循的规律，高考出题人，也得 设计好思维，让我们在他们设好的路上“走”出来。下面我们就通过几个考题领略一下其风采。例题4、已知椭圆C:y21(a b 0)的离心率为3，且在x轴上的顶点分别为 Ai(-2,0),A 2(2,0)。b2(I)求椭圆的方程;(II)若直线 l : x t(t2)与x轴交于点T,点

17、P为直线|上异于点T的任一点，直线PAi,PA2分别与椭圆交于N点，试问直线 MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。分析：第一问是待定系数法求轨迹方程；第二问中，点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是 A 1(-2,0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标。动点P在直线l : x t(t 2)上，相当于知道了点 P的横坐标了，由直线 PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到 两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线 MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在。c y/3

18、解：(I)由已知椭圆C的离心率e， a 2 ,则得a 2c 3,b1。2从而椭圆的方程为y214(II)设M(X1,yJ，直线 AM的斜率为k,则直线AM的方程为yK(x 2)，由y kj (x 2)2 222 消y整理得(1 4k1 )xx 4y 4216k2x 16k14 2和捲是方程的两个根,2x16k； 41 4好2 8k；1 4k；yi1 4 k：即点M的坐标为2 8k2 4k1 )1 4k2 1 4kf8k2 2 4kA2N的斜率为k2，则得点N的坐标为（2 2 ,22）1 4k； 1 4k；k1(t2), ypk2(t2)k1k22k1k2t直线MN的方程为：yy1y2y1XX1

19、X2X1令y：=0，得X X2y1X1:y2将点M、N的坐标代入，化简后得：4X y1y2t又it2 ,0 -2设直线同理,椭圆的焦点为（、3,0）故当tMN过椭圆的焦点。216k2x 16k140的一个根，结合韦达定理运用同类坐标变换，得到点M的横坐标：X|2 8k：1 4k12再利用直线 AM的方程通过同点的坐标变换，得点M的纵坐标：y14匕1 4k12 ；其实由20，得到2X2鶯，即y2 k2(X 2)消 y 整理得(1 4k|)x方法总结：本题由点A1（-2,0）的横坐标一2是方程（1 4k"）x2 16k2X 16k；4x 4y 4X28k； 21 4k；y24k21 4k

20、；很快。不过如果看到：将2xi 16匚4中的ki用k2换下来,Xi前的系数2用一2换下来，就得点N的坐标(8k； 2本题的关键是看到点P的双重身份：点 P即在直线AM上也在直线AN上，进而得到 凶丄2 ,由直线K k2tIL 生得直线与x轴的交点，即横截X XL x2 XLX X2 yi Xi y2，将点M N的坐标代入，化简 yi y2MN 的方程距4易得X ，由t4 J3解出t 也，到此不要忘了考察tt3也是否满足34k2)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量。1 4k；另外：也可以直接设 P(t, yo)，通过Ai, A2的坐标写出直线 PAi,

21、PA2的直线方程，再分别和椭圆联立，通过韦 达定理求出 M、N的坐标，再写出直线 MN的方程。再过点 F,求出t值。例题5、(07山东理)已知椭圆 C的中心在坐标原点，焦点在 X轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为 3;最小值为i;(I)求椭圆C的标准方程;(n)若直线l: y kX m与椭圆C相交于A, B两点(A , B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭 圆C的右顶点。求证：直线I过定点，并求出该定点的坐标。分析：第一问，是待定系数法求椭圆的标准方程；第二问，直线l: y kx m与椭圆C相交于a , B两点,并且椭圆的右顶点和 A、B的连线互相垂直，证明直线 l过定点，就是通过垂直

22、建立k、m的一次函数关系。2 2解(I)由题意设椭圆的标准方程为务% 1(a b 0)a b2a c 3,a c 1 , a 2,c1,b3(II)设 A(Xi, yi), B(X2, y2)，由y3x2kX4y2m122 2 2(3 4k )x 8mkx 4( m 3) 0,2 2 2 2 2 264m k 16(3 4k )(m3)0, 3 4k m 0X1X228mky ,Xi X2 他 ¥ (注意：这一步是同类坐标变换) 4k3 4kyi y2(kxim) (kX2 m) k2X1X2 mk(X.| x2) m2 3(m 4 (注意：这一步叫同点纵、横坐标3 4k间的变换)以

23、AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且 kADyix-i2x2y22 1,yiy2XiX22(Xi X2) 43(m2 4k2)4(m23)16mk34k23 4k234k2丁一7m216mk4k20，解得2km2k, m27且满足3 4k m0当m2k时,i： yk(x 2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾;当m2k亠时.，i：yk(x )，直线过定点(-,0)777综上可知，直线2l过定点，定点坐标为 (土,0).名师经验：在直线和圆锥曲线的位置关系题中，以弦为直径的圆经过某个点，就是“弦对定点张直角”，也就是定点和弦的两端点连线互相垂直，得斜率之积为1，建立等式。直线不过定点，也

24、不知道斜率，设出kx m，是经常用的一招，在第二讲中就遇到了这样设的直线。练习：直线丨：y kx m和抛物线y22px相交于A、B，以AB为直径的圆过抛物线的顶点，证明:直线i: ykx m过定点，并求定点的坐标。分析：以AB为直径的圆过抛物线的顶点0,贝U OAOB,若设A(xi,yi), B(X2,y2),则 x1x2yiy 20 ,再通过y1 y2 (kx1 m) (kx2 m) k2x1x2 mk(x1X2) m2,将条件转化为(k221)XiX2 mk(Xi X2) m0，再通过直线和抛物线联立，计算判别式后，可以得到x(x2,XiX2 ,解出的等式，就可以了。k、 m” 、ry k

25、x m2解：设 A(Xi, yi), B(X2, y2)，由 2得，ky 2py 2mp 0,(这里消 x 得到的)y 2px由韦达定理，得：2p2mpy1 y2k ,畑k ,(1)则4p2 8mkp 0则 X-|X2y1m y2m«k ky2 m(yi y2) m2k1以AB为直径的圆过抛物线的顶点0,则 OA OB,即 x1x2 y1 y20，m(yi y2) m22x 例题6、已知点 A、B、C是椭圆E:二 a直线BC过椭圆的中心0,且AC-BC 0， BC2 AC，如图。(I)求点C的坐标和椭圆E的方程;x 3对称，求直线 PQ的斜率。2 2y-i y20，则(1 k )2

26、mp 2 pm m k 0，2 22kp，且使(1)成立,即 k 2mp m k 0，又 mk 0，则 m此时丨：y kx m kx 2kp k(x 2p)，直线恒过点(2 p,0)。名师指点：这个题是课本上的很经典的题，例题5、( 07山东理)就是在这个题的基础上，由出题人迁移得到的，解题思维都是一样的，因此只要能在平时，把我们腾飞学校老师讲解的内容理解透，在高考中考取140多分，应该不成问题。本题解决过程中，有一个消元技巧，就是直线和抛物线联立时，要消去一次项，计算量小一些，也运用了同类坐标变换一一韦达定理，同点纵、横坐标变换直线方程的纵坐标表示横坐标。其实解析几何就这么点知识，你发现了吗

27、？题型四：过已知曲线上定点的弦的问题若直线过的定点在已知曲线上，则过定点的直线的方程和曲线联立，转化为一元二次方程 (或类一元二次方程)：考察判断式后，韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标，进而解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。2 _与 1 (a b 0)上的三点，其中点 A (2 . 3,0)是椭圆的右顶点, bAC BC 0ACO -2又：A (2 . 3,0)点c的坐标为(、3,、3)。A (2 3,0)是椭圆的右顶点，a 2、3，则椭圆方程为：2 2乞y-112 b2将点CC.3, ,3)代入方程，得b24，2 2椭圆E的方程为y 1124(II) 直线PC与直线

28、QC关于直线x .3对称,设直线PC的斜率为k,则直线QC的斜率为 k，从而直线PC的方程为:y .3 k(x . 3)，即y kx .3(1 k)，由y kx -3(1 k)消y，整理得：x2 3y2 120(1 3k2)x2 6、3k(1 k)x 9k2 18k 3 0v x3是方程的一个根，9k218k 31 3k229k _18k_33(1 3k2)同理可得:9k2_18k_33(1 3k2) yP yQ kxp.3(1 k) kxQ、3(1 k) = k(xP xQ) 2,3k12k 3(1 3k2)一 3(1 3k2)3k2)9k2 18k 3 9k2 18k 3 Xp Xq3(1

29、36k3(1 3k2)kPQxp Xq则直线PQ的斜率为定值方法总结：本题第二问中,由“直线PC与直线QC关于直线x .3对称”得两直线的斜率互为相反数，设直线PC的斜率为k，就得直线QC的斜率为-k。利用、.3是方程(1 3k2)x2 6-、3k(1 k)x 9k2 18k 3 0 的根，易得点 P的横坐标:9k218k3xP9k18 _3，再将其中的k用-k换下来，就得到了点 Q的横坐标: .3(1 3k2)29k218k39二k23，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。3(1 3k2)接下来，如果分别利用直线 PC QC的方程通过坐标变换法将点 P、Q的纵坐标也求出来，计

30、算量会增加许多。直接计算ypyQ、xpXq，就降低了计算量。总之，本题有两处是需要同学们好好想一想，如何解决此类问题，一是过曲线上的点的直线和曲线相交，点的坐标是方程组消元后得到的方程的根；二是利用直线的斜率互为相反数，减少计算量，达到节省时间的目的。练习1、已知椭圆C:x2y2、3二 21(a b 0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为 A1(-2,0),a 2(2,0)。ab2(i)求椭圆的方程;(II)若直线 l : x t(t2)与x轴交于点T,点P为直线I上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于N点，试问直线 MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。c解：(I)由已知椭圆

31、C的离心率e -a送，9 2,则得C小1。从而椭圆的方程为42x y2 1(II )设 M(X1,yJ，N(X22)，直线yAM的斜率为k1,则直线AM的方程为y k1(x 2)，由x2k1(X2)2消y整理得(1 4k1 )2 2x 16k2x 16k140 2和Xi是方程的两个根16k； 41 4k12则X,啤，y11 4k；4k1,1 4k1同理,设直线8k2 2 4kA2N的斜率为k2，则得点N的坐标为（2 , 务）1 4k； 1 4k；k1k；(t2), yk；(t2)k2 k1 k2直线MN的方程为:y 力X X1y2%X2X1令y=0，得xX2y；将点M、N的坐标代入，化简后得：

32、x椭圆的焦点为（、3,0）3，即 t4石故当t时,3MN过椭圆的焦点。216k140的一个根,结合韦达定理得2 2方法总结：本题由点A；（-2,0）的横坐标一2是方程（1 4k； ）x16k2x到点M的横坐标:Xi2 8k2!，利用直线AM的方程通过坐标变换，得点1 4k；M的纵坐标:yi4k11 4k12再将2x1216k14 * *中的1 4k；16k； 4K用k2换下来,X1前的系数2用一2换下来，就得点2N的坐标(卷占)，如1 4k；果在解题时，能看到这一点，计算量将减少许多，并且也不易出错，在这里减少计算量是本题的重点。否则，大 家很容易陷入繁杂的运算中，并且算错，费时耗精力，希望同

33、学们认真体会其中的精髓。本题的关键是看到点 P的双重身份：点P即在直线 AM上也在直线 AN上，进而得到 巴一电-，由直线k1 k2tMN的方程 口1竺一匕得直线与x轴的交点，即横截距x X2y1X1y2，将点M N的坐标代入，化简易得x x1x2 x1y1y2x 4，由43解出tt t4.33到此不要忘了考察4 3是否满足t3，再根据过点A,通过解方程组，就可以求坐标，可以求出点 E的坐标，将点E中的解：(I)由题意，c=1,可设椭圆方程为2x2a2y2a，将点A的坐标代入方程：丄_9所以椭圆方程炉，解得c2(舍去)1)(n)设直线AE方程为：yk(x1)3，代入(3 4k2 )x2 4k

34、(32k)x 4(|k)2123练习2、： (2009辽宁卷文、理)已知，椭圆C以过点A ( 1,),两个焦点为(一1 , 0) (1 , 0)。2(1) 求椭圆C的方程；(2) E, F是椭圆C上的两个动点，如果直线 AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值。2 2分析：第一问中，知道焦点，贝U a b 1设E(XE,yE),F(XF,yF),因为点A(1,-)在椭圆上，所以2yE又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以一K代K，可得Xf4(1 k)2 123yekxe4k23 k2所以直线EF的斜率KefYfYek(xF xE) 2kXfXeXf

35、Xe12老师总结：此类题的关键就是定点在曲线上，定点的坐标是方程的根，通过韦达定理，将动点的坐标求出，在根即直线EF的斜率为定值,其值为12分据斜率互为相反数，就可以直接求出第二动点的坐标，最后由斜率公式，可以求出斜率为定值。题型五：共线向量问题解析几何中的向量共线，就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题，再通过未达定理-同类坐标变换，将问题解决。此类问题不难解决。22例题7、设过点D(0,3)的直线交曲线 M : 941于p、Q两点，且dp Eq求实数的取值范围。分析：由DP MQ，可以得到X1 - AX2Yi 3 入 ©23)p(Xi,yi),Q(x2,y2),代人曲线方程，解出

36、点的坐标，用出来。解：设 P(Xi,yi),Q(x2,y2),DP 一 負DQ(xi ,yi -3)= (x2,y2-3)Xt =入 x2Yi =3 _心 _3)方法一：方程组消元法2 2又 P、Q是椭圆+ =i上的点9422迄I乞=.,94"(&2)2 | (知2 I 3 3舛2 i94消去X2,2 2 2可得(M +3 -阴 y1_i入24即y2=13入一 56.又一2 y22,2兰56A1解之得：551则实数：.的取值范围是,55方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法设直线PQ的方程为：y kx 3,k0，由y 2" 3消y整理后，得4x2 9y2362 2(4

37、 9k )x 54kx 450P、Q是曲线M上的两点2 2 2(54k)2 4 45(4 9k2) = 144k2 80 0即9k25由韦达定理得：54k45X1X249k24 9k.(为 X2)2x立2x1xXX192、254 k(1)45(4 9k2)3625(1)29k 4,41 _9k9k1 1由得0975，代入，整理得3625(1)当直线PQ的斜率不存在，即x 0时，易知 5或1总之实数：.的取值范围是1,55方法总结：通过比较本题的第二步的两种解法，可知第一种解法，比较简单，第二种方法是通性通法，但计算量 较大，纵观高考中的解析几何题，若放在后两题，很多情况下能用通性通法解，但计算

38、量较大，计算繁琐，考生必须有较强的意志力和极强的计算能力；不用通性通法，要求考生必须深入思考，有较强的思维能力，在命题人 设计的框架中，找出破解的蛛丝马迹，通过自己的思维将问题解决。例题&已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线 y !x24的焦点，离心率为 5(1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆C的右焦点F作直线I交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若MA1AF, MB 2BF,求12的值.分析：(07福建理科)如图，已知点 F (1, 0),直线I: x =- 1, P为平面上的动点，过 P作直线I的垂线，垂 足为点Q，且QP QF FP FQ(I)求动点

39、P的轨迹C的方程；(n)过点F的直线交轨迹 C于A、B两点，交直线I于点M,已知MA 1AF, AF 2 BF，求12的值。小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以和研究曲线几何特征的基本方法，考查运 算能力和综合解题能力满分14分.解法一：eL F/ ,M i0/(I)设点 P(x, y)，则 Q( 1, y)，由 QPQF FPFQ 得:2(x 1,0)12, y) (x 1，y)(2, y)，化简得 C: y 4x .(n)设直线AB的方程为：x my 1(m0).f2设 A%, yj , B(X2, y2)，又 M1,m联立方程组4x,my 1,'消去x得

40、:2y 4my 40,(4m)2120 ,故y1 y24m,yy4.由MA1AF ,MB2BF得:22y1,Y22丫2，整理得mm221 121my1my22丄丄m y1y22 4mm 40解法二：(I)由qpSf'FP-FQ 得:FQ.(PQPF) 0 ,(PQ PF)(PQ PF) 0 ,22PQ PF 0,所以点P的轨迹C是抛物线,由题意，轨迹c的方程为：y 4x.(n)由已知MA 1AF ,MB 2BF，得 1*20 .则:AFBF过点A, B分别作准线l的垂线，垂足分别为Ai, Bi,由得:练习：设椭圆C2则有:囂菁書2v1 (a 0)的左、右焦点分别为Fi、F2 ,A是椭圆

41、C上的一点，且AF2 F1F2 0 ,2坐标原点O到直线AF1的距离为(1)求椭圆C的方程;(2)设Q是椭圆C上的一点，过 Q的直线I交x轴于点P( 1, 0)，较y轴于点M，若MQ 2QP，求直线I 的方程.山东2006理2双曲线C与椭圆82y 1有相同的焦点，直线 y= 3x为C的一条渐近线。4(I)求双曲线C的方程;(II)过点R0,4)的直线|，交双曲线C于A,B两点，交x轴于0点(Q点与C的顶点不重合) 8且12时，求Q点的坐标。3解：(n)解法一：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零。设 l 的方程： y kx 4, A(x-|, y1) , B(x2, y2)/PQ1QA“ 44

42、、(k,4)1 (x,y1) k4444x 1(x1 )k 1 kkk44$y11则0( 4,0)-A(Xi,yi)在双曲线C上,16(k2(1 1、2 16 )1 11 016232 1 16 112 k3k2 20.(16k2) 12 32 11616 2 k30.同理有:(16 k2):322 1616以 k3若16 k20,则直线l过顶点，不合题意0.216 k 0,16 2k 0.的两根.31, 2是二次方程(16 k2)x2 32x 1632812 k2 163k24,此时 0, k 2.所求Q的坐标为(2,0).解法二：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零4设 I 的方程，y k

43、x 4, A(Xi,yJ, B(X2, y2)，则 Q(,0).k/PQ1QA,Q分PA的比为i.由定比分点坐标公式得4_Xik 1xik4；(1 i)4iyiF同解法(4)k44k，yi)2(X2 k，y2).yi即 3( yiiyiyiy22 y2，y2) 2y°2将y kx 4代入x22yi得3解法三：由题意知直线I的斜率k存在且不等于零设1的方程：y kx 4,A(Xi,yJ, B(X2,y2)，则 Q( £,0).k/PQ iQA 2QB，(3 k2)y224y 48 3k202v3 k 0,否则I与渐近线平行。yiy2243 k248 3k23 k2243 k2

44、48 3k23 k2Q( 2,0)I 的方程：y kx 4，Ay), B(X2, y2)解法四：由题意知直线I得斜率k存在且不等于零，设4则0(,0)k/PQ2A,(;,4) 1(X1k,y1)。4k414X1 kkx1 4同理41kx2444812kx14kx?43.即22k mx2 5kX2)80（*）Jy kx 4又一22y 彳x13k2 0时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不合题意，3 k2 0 。消去 y 得（3 k2）x2 8kx 190.当3由韦达定理有：XM3 k22、55代入(*)式得k2 4,k2所求Q点的坐标为（2,0）。练习：已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一

45、个顶点恰好是抛物线 x2 4y的焦点，离心率等于（1）求椭圆C的标准方程；（2 ）点P为椭圆上一点，弦 PA、PB分别过焦点F1、F2，（ PA、PB都不与x轴垂直，其点P的纵坐标不为o）, 若 PF11 F1 A, PF22 F2 B，求 12 的值。解: （ 1）设椭圆C的方程为：2 2 2221(a b o)，则 b=1，由 21a ba2的方程为：y2 152e1，得a25，则椭圆52(2)由勺 y21得:Fi( 2,0), F2(2,0)，设 P(x°,y°), A(Xi,yJ, B(X2,y2),有 PF|1 F1 A, PF22 F2 B 得:(2Xo,yo)1(X12, yi),(2Xo, yo)2(X2 2, y2)解得：1根据PA、PB都不与X轴垂直，且yo o，设直线PA的方程为：y2壮（X 2），代人Iy21 '整理后'yoyo,2y1y2得:根据韦达定理，得:YoY1(x2)2 5yo则Y12 2(X 2) 5yo(Xo 2)2 5yo y2 4y°(x° 2)y y。2从而，1(xo 2)25 y2y1同理可求 2 也 (xo 2)2 5y2 y2则 12 (Xo 2)25yo2(Xo 2)25yo22(x。2