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1、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aMO,可考虑一元二次方程的判别式氐，有：氐0o直线与圆锥曲线相交:氐=0o直线与圆锥曲线相切:卜Oo直线与圆锥曲线相离.若a=0且bMO,则直线与圆锥曲线相交，且有二个交点. 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（x，y），B（x，y），1 1 2 2贝y弦长|AB| =V1+k2|xi-x21或 寸1+卜厂y2l【热身练习】1. （
2、教材习题改编）与椭圆|2+f|=i焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是（）X2y23333A. y23 =1X2=1C.4X2y2=1D.y2X2=1解析：选A设双曲线方程为严一=1（a0, b0）,a2 b2a2+b2=C2,s CrX2贝y a=2，得a=1, b=p3.故双曲线方程为y23 =1.c= 2，x2 y22. （教材习题改编）直线y=kxk+1与椭圆 +話=1的位置关系是（）A.相交B.相切C.相离D.不确定解析：选 A 由于直线 y=kxk1=k（x1）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
3、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）.x2 y24. 过椭圆-+b=1（ab0）的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M,与y轴的交点a2 b2为B,若|AM| = |MB|,贝9该椭圆的离心率为.解析：由题意知A点的坐标为(一a,0), l的方程为y=x+a,所以B点的坐标为(0, a),故M点的坐标为C22代入椭圆方程得I2 = 3b2则*2治则=3,故e=亍5已知双曲线方程是X2寺=1,过定点P(
4、2, 1)作直线交双曲线于匚，P2两点，并使P(2,l)为Pf2的中点,则此直线方程是解析：设点 P (x , y ), P (x , y),则由 X2芳=1, X2专=1,得 k= _ =2 ；二,=4,iii 2221 22 2x xy 十 y22 1 2 1从而所求方程为4xy7 = 0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x256x+51 = 0, A0,故此直线满 足条件答案： 4xy 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
5、“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】_例1 (2012 北京高考)已知椭圆C： |+b2=1(ab0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为g2.直线y =k(x 1)与椭圆C交于不同的两点M, N.(1) 求椭圆C的方程；(2) 当AAMN的面积为乎时，求k的值.a=2,自主解答(1)由题
6、意得 a=，解得b=/2，所以椭圆C的方程为扌十寺=1.a2=b2+c2,y=k x,(2)由x2 y2得(1 + 2k2)X24k2x+2k24 = 0.IZ 十9 =1，设点M, N的坐标分别为(x , y ), (x , y ),贝11224k22k24y =k(x 1), y =k(x 1), x +x =, xx = 匚,1122121 +2k21 2 1 +2k2所以 |MN| =. 乂厂X2+ y2y12=；+k22十 k2” 十 6k2X! + X2 2 4X1X2=1+k2,又因为点A(2,0)到直线y=k(x1)的距离d=所以AAMN的面积为S=1|MN| d=，解得k=l
7、.|k|/4+6k2 由 |k|p4+6k2!0l + 2k2-由 l + 2k2= 3 【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与抛物线有公共点, 则直线 l 的斜率的取值范围是()A.1 1_2，2B. 2,2C. 1,1D. 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
8、存在的)，y2 = 8x, 联立 k2X2+(4k28)x+4k2 = 0.y=k x+当k=0时，易知符合题意；当kM0时，其判别式为氐=(4k2 8)216k4=64k2+640, 可解得一1WkW1.最值与范围问题】x2 y21例2 (2012 浙江高考)如图，椭圆C： a+十=1(ab0)的离心率为2其左焦点到点P(2,1 )的a2 b22距离为诵不过原点0的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分.(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 求AABP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? + c=/10,c=1、a=2，得0,所以线
9、段AB的中点为4km3m3+4k2 3+4k2?因为M在直线OP： y=2x上，所以3= 2km3+4k2-3得m=0(舍去)或k=2,此时方程为 3x2 3mxm2 3= 0，则x +x =m,12A = 3(12m2)0,m2 3=3所以 |AB| =V1+k2 | X X2| =* 寸 12m2,设点P到直线AB的距离为d,则d |8 2m|2|m4|d=Tl：=设厶ABP的面积为S,则S=2|AB | d= I： m4 2 12m2 .其中 me (3, 0)U(0,2/3).令 u(m) = (12m2)(m4)2, me 2；3, 23 ,U(m) =4(m4)(m22m6) =4
10、(m4)(m1,7)(m1+：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 讦时，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
11、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(pM0)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()A. 3, ojB.o, 3)2jC. 一2D. o,解析：选B设抛物线上关于直线x+y=l对称的两点是M(x y)、N(x y),设直线MN的方程为y1122= x+b.将 y=x+b 代入抛物线方程，得X2+ (2b2p)x+b2 = 0,则 x
12、 +x =2p2b, y +y = (x +x)+2b1 2 1 2 1 2=2p，则MN的中点P的坐标为(pb p).因为点P在直线x+y=l上，所以2pb=1,即b=2p 1.又A = (2b 2p)24b2 = 4p28bp0,将b=2p1 代入得 4p2 8p(2p1) 0,即 3p22pb0, a, b为常数)， 0 a2 b2动圆C : x2+y2=t2，bta.点A , A分别为C的左，右顶点，C与C相交于A,1 1 1 1 2 0 1 0B, C, D 四点.(1) 求直线AA与直线AB交点M的轨迹方程；12(2) 设动圆C : X2+y2 = t2与C相交于A, B，C, D
13、四点，其中b ta, t Mt.若矩形ABCD与2 2 0 2 1 2矩形A B C D的面积相等，证明：t2+1;为定值.自主解答 设A(x1，y1), B(x1，y1)，又知A/ a,0), A/aO),则直线kA的方程为丫=止1(x+a),y 直线A2B的方程为y=-a(xa). 2x a1由得y2=x七(X2a2).x2 a21x2 y2由点A(x , y)在椭圆C上故a1+b1=1.1 10a2 b2( X2、X2 y2从而 y2 = b21a2)，代入得ab2=1(xa，丫。)(2)证明：设A(x, y),由矩形ABCD与矩形A B C D的面积相等，得4|x |y |=4|x |y|,2 2 1 1 2 2故 乂2丫2=乂2丫2.因为点A, A均在椭圆上，所以 b2X2(1X = b2X2(1 1 a2丿2 a2丿由 工t2 知 X工x2，所以 X1+x2 = a2，从而 y1+y2 = b2, 因此t2 +
