圆锥曲线的综合问题(含答案)

课题：圆锥曲线的综合问题 【要点回顾】

1．直线与圆锥曲线的位置关系

判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或

x)得关于变量x(或y)的方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．

若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有：

Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．

若a＝0且b≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点． 2．圆锥曲线的弦长问题

设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

1

1＋2|y1－y2|.

则弦长|AB|＝1＋k2|x1－x2|或

k【热身练习】

1．(教材习题改编)与椭圆

x212

＋

y216

＝1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是( )

33

A．y－＝1 B.－x2＝1 C.x2－y2＝1

3348

2

x2y2

33

D.y2－x2＝1 48

y2x2

解析：选A 设双曲线方程为2－2＝1(a＞0，b＞0)，

ab实用文档

精品文档

c则＝2，

ac＝2，

a2＋b2＝c2，

得a＝1，b＝3.故双曲线方程为y－＝1.

3

2

x2

2．(教材习题改编)直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是( )

94A．相交

B．相切 C．相离

D．不确定

x2y2

解析：选A 由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．

3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( ) A．1条

B．2条 C．3条

D．4条

解析：选C 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．

x2y2

4．过椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M，

ab与y轴的交点为B，若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．

解析：由题意知A点的坐标为(－a,0)，l的方程为y＝x＋a，所以B点的坐标为(0，a)，

c26aa

故M点的坐标为－，，代入椭圆方程得a2＝3b2，则c2＝2b2，则2＝，故e＝.

a3322

2

5．已知双曲线方程是x－＝1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)

2为P1P2的中点，则此直线方程是________________．

实用文档

2

y2

精品文档

y2－y12x2＋x1

解析：设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x2＝1，x2＝1，得k＝＝1－2－

22x2－x1y2＋y12×4

＝4，从而所求方程为4x－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2－56x＋512

y21y22

＝

＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4x－y－7＝0 【方法指导】

1.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．

2．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，常用“点差法”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中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．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”．

【直线与圆锥曲线的位置关系】

x2y2

[例1] (2012·北京高考)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率

ab2

.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N. 2

(1)求椭圆C的方程；

10

(2)当△AMN的面积为时，求k的值．

3

为

实用文档

精品文档

c2

[自主解答] (1)由题意得＝，

a2

a＝b＋c，

2

2

2

a＝2，

解得b＝2，所以椭圆C的方程为＋

42

x2y2

＝1.

y＝kx－1(2)由xy4＋2＝1，

2

2

，

得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.

设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则

4k22k2－4

y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝，x1x2＝，

1＋2k21＋2k2所以|MN|＝2

1＋k24＋6k2

1＋2k2

x2－x1

2

＋y2－y1

2

＝1＋k2[x1＋x2

2

－4x1x2]＝

.

又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝

|k|

， 2

1＋k1|k|4＋6k2|k|4＋6k210

所以△AMN的面积为S＝|MN|· d＝.由＝，解得k＝±1.

21＋2k21＋2k23【由题悟法】

研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．

【试一试】

1．(2012·信阳模拟)设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物

实用文档

精品文档

线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是( )

11

A.－， 22

B．[－2,2] C．[－1,1] D．[－4,4]

解析：选C 易知抛物线y2＝8x的准线x＝－2与x轴的交点为Q(－2,0)，于是，可设过点Q(－2,0)的直线l的方程为y＝k(x＋2)(由题可知k是存在的)，

y＝8x，联立

y＝kx＋2

2

⇒k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0.

当k＝0时，易知符合题意；当k≠0时，其判别式为Δ＝(4k2－8)2－16k4＝－64k2＋64≥0， 可解得－1≤k≤1.

【最值与范围问题】

x2y21

[例2] (2012·浙江高考)如图，椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到

ab2点P(2,1)的距离为10.不过原点O的直线l与C相交于A，B两段AB被直线OP平分．

(1)求椭圆C的方程；

(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．

[自主解答] (1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得

2＋c2

点，且线



c＝1，a2

＋1＝10，

c＝1，得

a＝2.

实用文档

精品文档

所以椭圆方程为＋＝1.

43

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M. 当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件

x2y2

不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)，

由y＝kx＋m，3x2

＋4y2

＝12

消去y，整理得

(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ① 则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0， x1

＋x2

＝－8km2

3＋4k，2



x1x2

＝4m－123＋4k2

.

所以线段AB的中点为M4－km3m3＋4k2，3＋4k2.

因为M在直线OP：y＝13m2x上，所以－2km3＋4k2＝

3＋4k2. 得m＝0(舍去)或k＝－3

2

.

此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则

x1

＋x2

＝m，

Δ＝3(12－m2

)＞0，m2



x－3

1x2

＝3.

实用文档

精品文档

39所以|AB|＝1＋k·|x1－x2|＝·12－m2， 62设点P到直线AB的距离为d，则

|8－2m|2|m－4|

＝. 22

3＋213

d＝

设△ABP的面积为S，则

12

3·6

S＝|AB|·d＝m－4

2

12－m2.

其中m∈(－23，0)∪(0,23)．

令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－23，23 ]，

u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－7)(m－1＋7)． 所以当且仅当m＝1－7时，u(m)取到最大值． 故当且仅当m＝1－7时，S取到最大值． 综上，所求直线l的方程为3x＋2y＋27－2＝0. 【由题悟法】

1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．

(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；

(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．

实用文档

精品文档

2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： (1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；

(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用基本不等式求出参数的取值范围；

(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 【试一试】

2．(2012·东莞模拟)已知抛物线y2＝2px(p≠0)上存在关于直线x＋y＝1对称的相异两点，则实数p的取值范围为( )

2

A.－，0 33

C.－，0 2

2

B.0，

33

D.0，

2

解析：选B 设抛物线上关于直线x＋y＝1对称的两点是M(x1，y1)、N(x2，y2)，设直线

MN的方程为y＝x＋b.将y＝x＋b代入抛物线方程，得x2＋(2b－2p)x＋b2＝0，则x1＋x2＝2p－2b，y1＋y2＝(x1＋x2)＋2b＝2p，则MN的中点P的坐标为(p－b，p)．因为点P在直线x＋y＝1上，所以2p－b＝1，即b＝2p－1.又Δ＝(2b－2p)2－4b2＝4p2－8bp＞0，将b＝2p－1代2

入得4p2－8p(2p－1)＞0，即3p2－2p＜0，解得0＜p＜.

3

实用文档

精品文档

【定点定值问题】

x2y2

[例3] (2012·辽宁高考)如图，椭圆C0：2＋2＝1(a>b>0，a，bab为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t2bC1与C0相交于A，B，C，D四点．

(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；

(2)设动圆C2：x2＋y2＝t22与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b2矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t21＋t2为定值．

[自主解答] (1)设 A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方

程为y＝

y1

x1＋a(x＋a)，①

直线A2B的方程为y＝

－y1

(x－a)．② x1－a2－y122

由①②得y2＝22(x－a)．③

x1－ax2y211

由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故2＋2＝1.

abx1xy1－，代入③得2－2＝1(x<－a，y<0)． 从而y＝b

a2ab

2

2

2

1

2

2

(2)证明：设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1||y1|＝4|x2|·|y2|，

222

故x21y1＝x2y2.

实用文档

精品文档

因为点A，A′均在椭圆上，所以

x122x222

bx11－2＝bx21－2.

aa

22222

由t1≠t2，知x1≠x2，所以x21＋x2＝a，从而y1＋y2＝b，

22

222因此t21＋t2＝a＋b为定值．

【由题悟法】

1．求定值问题常见的方法有两种

(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．定点的探索与证明问题

(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；

(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况． 【试一试】

3．(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线y2＝2px(p≠0)及定点A(a，b)，B(－a,0)，

ab≠0，b2≠2pa，M是抛物线上的点．设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为________．

y0－by1－y0y0y1y2

解析：设M，y0，M1，y1，M2，y2，由点A，M，M1共线可知2＝2，得y0y1y202p2p2p

－a－2p2p2p实用文档

222

精品文档

y1＝

by0－2pa2pay2－y1y2－y，同理由点B，M，M2共线得y2＝.设(x，y)是直线M1M2上的点，则2＝2，y0－by0y2y2y21

－－x2p2p2pby0－2pa2pa，y2＝，

y0－by0

即y1y2＝y(y1＋y2)－2px，又y1＝

则(2px－by)y02＋2pb(a－x)y0＋2pa(by－2pa)＝0. 2pa

a，. 当x＝a，y＝时上式恒成立，即定点为

bb

2pa2pa

a， 答案：

b

实用文档