第九节直线与圆锥曲线的位置关系 【知【知识梳理】梳理】1.1.必会知必会知识 教材回扣 填一填教材回扣 填一填(1)(1)直直线与与圆锥曲曲线的位置关系的判定的位置关系的判定①①代数法代数法: :把把圆锥曲曲线方程与直方程与直线方程方程联立消去立消去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是双曲是双曲线的的渐近近线) )__________________b≠0b≠0有一解有一解( (含含l与抛物与抛物线的的对称称轴平行平行或与双曲或与双曲线的的渐近近线平行平行) )__________________a≠0a≠0Δ>0Δ>0两个两个__________的解的解__________________Δ=0Δ=0两个相等的解两个相等的解__________________Δ<0Δ<0无无实数解数解______________无公共点无公共点一个交点一个交点不等不等两个交点两个交点一个交点一个交点无交点无交点 ②②几何法几何法: :在同一直角坐在同一直角坐标系中画出系中画出圆锥曲曲线和直和直线, ,利用利用图象和性象和性质可判定直可判定直线与与圆锥曲曲线的位置关系的位置关系. . (2)(2)直直线与与圆锥曲曲线的相交弦的相交弦长问题设斜率斜率为k(k≠0)k(k≠0)的直的直线l与与圆锥曲曲线C C相交于相交于A,BA,B两点两点,A(x,A(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),则|AB|=_____________|AB|=_____________=______________________==______________________==______________________.=______________________. 2.2.必必备结论 教材提教材提炼 记一一记(1)(1)直直线与与椭圆位置关系的有关位置关系的有关结论:①:①过椭圆外一点外一点总有两条直有两条直线与与椭圆相切相切;②;②过椭圆上一点有且上一点有且仅有一条直有一条直线与与椭圆相切相切;③;③过椭圆内内一点的直一点的直线均与均与椭圆相交相交. . (2)(2)直直线与抛物与抛物线位置关系的有关位置关系的有关结论:①:①过抛物抛物线外一点外一点总有三条直有三条直线和抛物和抛物线有且只有一个公共点有且只有一个公共点, ,两条切两条切线和一条与和一条与对称称轴平行或重平行或重合的直合的直线;②;②过抛物抛物线上一点上一点总有两条直有两条直线与抛物与抛物线有且只有一个公有且只有一个公共点共点, ,一条切一条切线和一条与和一条与对称称轴平行或重合的直平行或重合的直线;③;③过抛物抛物线内一点内一点只有一条直只有一条直线与抛物与抛物线有且只有一个公共点有且只有一个公共点, ,一条与一条与对称称轴平行或重平行或重合的直合的直线. . (3)(3)直直线与双曲与双曲线位置关系的有关位置关系的有关结论:①:①过双曲双曲线外不在外不在渐近近线上一上一点点总有四条直有四条直线与双曲与双曲线有且只有一个交点有且只有一个交点, ,两条切两条切线和两条与和两条与渐近近线平行的直平行的直线;②;②过双曲双曲线上一点上一点总有三条直有三条直线与双曲与双曲线有且只有一有且只有一个交点个交点, ,一条切一条切线和两条与和两条与渐近近线平行的直平行的直线;③;③过双曲双曲线内一点内一点总有有两条直两条直线与双曲与双曲线有且只有一个交点有且只有一个交点, ,两条与两条与渐近近线平行的直平行的直线. . 3.3.必用技法必用技法 核心核心总结 看一看 看一看(1)(1)常用方法常用方法: :待定系数法、点差法、代数法待定系数法、点差法、代数法. .(2)(2)数学思想数学思想: :数形数形结合思想、分合思想、分类讨论思想、方程思想思想、方程思想. . 【小【小题快快练】】1.1.思考辨析思考辨析 静心思考 判一判静心思考 判一判(1)(1)直直线l与与椭圆C C相切的充要条件是相切的充要条件是: :直直线l与与椭圆C C只有一个公共点只有一个公共点.(.( ) )(2)(2)直直线l与双曲与双曲线C C相切的充要条件是相切的充要条件是: :直直线l与双曲与双曲线C C只有一个公共只有一个公共点点.(.( ) )(3)(3)直直线l与抛物与抛物线C C相切的充要条件是相切的充要条件是: :直直线l与抛物与抛物线C C只有一个公共只有一个公共点点.(.( ) ) (4)(4)如果直如果直线x=ty+ax=ty+a与与圆锥曲曲线相交于相交于A(xA(x1 1,y,y1 1) )，，B(xB(x2 2,y,y2 2) )两点，两点，则弦弦长|AB|= ( )|AB|= ( )(5)(5)若抛物若抛物线C C上存在关于直上存在关于直线l对称的两点，称的两点，则需需满足直足直线l与抛物与抛物线C C的方程的方程联立消元后得到的一元二次方程的判立消元后得到的一元二次方程的判别式式Δ>0.( )Δ>0.( ) 【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′′与抛物线方程与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ>0.Δ>0.答案：答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× 2.2.教材改教材改编 链接教材 接教材 练一一练(1)((1)(选修修2-1P692-1P69例例4 4改改编) )直直线l经过抛物抛物线y y2 2=4x=4x的焦点的焦点F,F,与抛物与抛物线相相交于交于A,BA,B两点两点, ,若若|AB|=8,|AB|=8,则直直线l的方程的方程为 . . 【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, 所以所以|AB|=|AB|=所以所以k k2 2=1,=1,故故k=±1.k=±1.所以直线所以直线l的方程为的方程为y=±(x-1),y=±(x-1),即即x-y-1=0x-y-1=0或或x+y-1=0.x+y-1=0.答案：答案：x-y-1=0x-y-1=0或或x+y-1=0x+y-1=0 (2)((2)(选修修2-1P81B2-1P81B组T1T1改改编) )已知已知F F1 1,F,F2 2是是椭圆16x16x2 2+25y+25y2 2=1600=1600的两个焦的两个焦点点,P,P是是椭圆上一点上一点, ,且且PFPF1 1⊥PF⊥PF2 2, ,则△F△F1 1PFPF2 2的面的面积为 . .【解析】【解析】由题意可得由题意可得|PF|PF1 1|+|PF|+|PF2 2|=2a=20,|=2a=20,|PF|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: :6464 3.3.真真题小小试 感悟考感悟考题 试一一试(1)(2014·(1)(2014·四川高考四川高考) )已知已知F F为抛物抛物线y y2 2=x=x的焦点，点的焦点，点A A，，B B在在该抛物抛物线上且位于上且位于x x轴的两的两侧，， ( (其中其中O O为坐坐标原点原点) )，，则△ABO△ABO与与△AFO△AFO面面积之和的最小之和的最小值是是( )( )【解题提示】【解题提示】设设ABAB方程：方程：x=ty+m→x=ty+m→联立联立 → →结合结合求出求出m→m→求求S S△ABO△ABO+S+S△AFO△AFO的最小值的最小值. . 【解析】【解析】选选B.B.可设直线可设直线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，故，故m=2m=2，又，又 于是于是S S△ABO△ABO+S+S△AFO△AFO= == =≥≥当且仅当当且仅当 即即 时取时取“=”“=”，，所以所以△ABO△ABO与与△AFO△AFO面积之和的最小值是面积之和的最小值是3.3. (2)(2013·(2)(2013·新新课标全国卷全国卷Ⅰ)Ⅰ)已知已知椭圆E: E: 的右焦的右焦点点F(3,0)F(3,0)，，过点点F F的直的直线交交E E于于A A，，B B两点，若两点，若ABAB的中点坐的中点坐标为(1,-1)(1,-1)，，则E E的方程的方程为( )( ) 【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=a=a2 2b b2 2 ① ①，，b b2 2x x2 22 2+a+a2 2y y2 22 2=a=a2 2b b2 2 ② ②，，由由①-②①-②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，， 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 (3)(2014·(3)(2014·湖南高考湖南高考) )平面上一机器人在行平面上一机器人在行进中始中始终保持与点保持与点F(1,0)F(1,0)的距离和到直的距离和到直线x=-1x=-1的距离相等的距离相等. .若机器人接触不到若机器人接触不到过点点P(-1,0)P(-1,0)且斜且斜率率为k k的直的直线, ,则k k的取的取值范范围是是 . .【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-4)x+k2 2=0,=0,由题意由题意Δ=(2kΔ=(2k2 2-4)-4)2 2-4k-4k4 4<0,k<0,k2 2>1,>1,所以所以k∈(-∞,-1)∪(1,+∞).k∈(-∞,-1)∪(1,+∞).答案答案: :(-∞,-1)∪(1,+∞)(-∞,-1)∪(1,+∞) 考点考点1 1 直直线与与圆锥曲曲线位置关系的确定及位置关系的确定及应用用【典例【典例1 1】】(1)(1)过抛物抛物线y y2 2=2x=2x的焦点作一条直的焦点作一条直线与抛物与抛物线交于交于A,BA,B两点两点, ,它它们的横坐的横坐标之和等于之和等于2,2,则这样的直的直线( ( ) )A.A.有且只有一条有且只有一条 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) )如如图，点，点P(0,-1)P(0,-1)是是椭圆C C1 1：：的一个的一个顶点，点，C C1 1的的长轴是是圆C C2 2：：x x2 2+y+y2 2=4=4的直径的直径. . l1 1, ,l2 2是是过点点P P且互相且互相垂直的两条直垂直的两条直线，其中，其中l1 1交交圆C C2 2于于A,BA,B两点，两点，l2 2交交椭圆于另一点于另一点D.D.①①求求椭圆C C1 1的方程的方程. .②②求求△ABD△ABD面面积取最大取最大值时直直线l1 1的方程的方程. . 【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)①.(2)①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;②;②先确定先确定△ABD△ABD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 A＋＋x xB B＋＋1 1＝＝3 3＞＞2p2p＝＝2.2.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)①(2)①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：②②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的方程为：的方程为：y=kx-1y=kx-1，， 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 2⊥⊥l1 1，故直线，故直线l2 2的方程为：的方程为：x+ky+k=0x+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△ABD△ABD的面积为的面积为S S，则，则 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 【互【互动探究】探究】本例本例(1)(1)中的中的““横坐横坐标之和等于之和等于2”2”改改为““横坐横坐标之和等之和等于于1”1”结果如何果如何? ?若改若改为““横坐横坐标之和等于之和等于0.5”0.5”结果如何果如何? ? 【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,yB B) )，则，则|AB||AB|＝＝|AF||AF|＋＋|FB||FB| ＝＝x xA A＋＋x xB B＋＋1 1＝＝2=2p2=2p＝＝2.2.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 A＋＋x xB B＋＋1 1＝＝1.51.5＜＜2p2p＝＝2.2.所以没有符合条件的直线．所以没有符合条件的直线． 【【规律方法】律方法】直直线与与圆锥曲曲线位置关系的判定方法及关注点位置关系的判定方法及关注点(1)(1)判定方法判定方法: :直直线与与圆锥曲曲线方程方程联立立, ,消去消去x(x(或或y),y),判定判定该方程方程组解解的个数的个数, ,方程方程组有几有几组解解, ,直直线与与圆锥曲曲线就有几个交点就有几个交点. .(2)(2)关注点关注点:①:①联立直立直线与与圆锥曲曲线的方程消元后的方程消元后, ,应注意注意讨论二次二次项系数是否系数是否为零的情况零的情况.②.②判断直判断直线与与圆锥曲曲线位置关系位置关系时, ,判判别式式ΔΔ起起着关着关键性的作用性的作用, ,第一第一: :可以限定所可以限定所给参数的范参数的范围; ;第二第二: :可以取舍某些可以取舍某些解以免解以免产生增根生增根. . 【【变式式训练】】(2014·(2014·湖北高考湖北高考) )在平面直角坐在平面直角坐标系系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轴的距离多的距离多1.1.记点点M M的的轨迹迹为C.C.(1)(1)求求轨迹迹C C的方程的方程. .(2)(2)设斜率斜率为k k的直的直线l过定点定点P(-2,1).P(-2,1).求直求直线l与与轨迹迹C C恰好有一个公共恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点点、两个公共点、三个公共点时k k的相的相应取取值范范围. . 【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、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. . 【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(x≥0)=4x(x≥0)，，C C2 2:y=0(x<0).:y=0(x<0).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)=0.①-4y+4(2k+1)=0.①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 当当k≠0k≠0时，方程时，方程①①的判别式为的判别式为Δ=-16(2kΔ=-16(2k2 2+k-1).②+k-1).②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 ③ ③(ⅰ)(ⅰ)若若 由由②③②③解得解得k<-1k<-1，或，或即当即当k∈(-∞,-1)∪ k∈(-∞,-1)∪ 时，直线时，直线l与与C C1 1没有公共点，没有公共点，与与C C2 2有一个公共点，有一个公共点，故此时直线故此时直线l与轨迹与轨迹C C恰好有一个公共点恰好有一个公共点. . (ⅱ)(ⅱ)若若 或或 由由②③②③解得解得即当即当k∈ k∈ 时，直线时，直线l与与C C1 1只有一个公共点，与只有一个公共点，与C C2 2有一个公共点有一个公共点. .当当k∈ k∈ 时，直线时，直线l与与C C1 1有两个公共点，与有两个公共点，与C C2 2没有公共点没有公共点. .故当故当 时，直线时，直线l与轨迹与轨迹C C恰好有两个公共点恰好有两个公共点. . (ⅲ)(ⅲ)若若 由由②③②③解得解得即当即当 时，直线时，直线l与与C C1 1有两个公共点，与有两个公共点，与C C2 2有一个公有一个公共点，共点，故此时直线故此时直线l与轨迹与轨迹C C恰好有三个公共点恰好有三个公共点. .综上可知，当综上可知，当 时，直线时，直线l与轨迹与轨迹C C恰好有一个恰好有一个公共点；当公共点；当 时，直线时，直线l与轨迹与轨迹C C恰好有两个公共点；恰好有两个公共点；当当 时，直线时，直线l与轨迹与轨迹C C恰好有三个公共点恰好有三个公共点. . 【加固【加固训练】】1.(2015·1.(2015·嘉定模嘉定模拟) )过点点P(1,1)P(1,1)作直作直线与双曲与双曲线 交于交于A,BA,B两点两点, ,使点使点P P为ABAB中点中点, ,则这样的直的直线( ( ) )A.A.存在一条存在一条, ,且方程且方程为2x-y-1=02x-y-1=0B.B.存在无数条存在无数条C.C.存在两条存在两条, ,方程方程为2x±(y+1)=02x±(y+1)=0D.D.不存在不存在 【解析】【解析】选选D.D.设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2) )，则，则x x1 1+x+x2 2=2,y=2,y1 1+y+y2 2=2,=2,则则两式相减得两式相减得所以所以即即k kABAB=2,=2,故所求直线方程为故所求直线方程为y-1=2(x-1),y-1=2(x-1),即即2x-y-1=0.2x-y-1=0.联立联立 可得可得2x2x2 2-4x+3=0-4x+3=0，但此方程没有实数解，，但此方程没有实数解，故这样的直线不存在故这样的直线不存在. . 2.(2015·2.(2015·焦作模焦作模拟) )已知已知椭圆C C1 1：： 的离心率的离心率为抛物抛物线C C2 2：：x x2 2＝＝2py(p>0)2py(p>0)的焦点是的焦点是椭圆的的顶点点. .(1)(1)求抛物求抛物线C C2 2的方程的方程. .(2)(2)过点点M(M(－－1,0)1,0)的直的直线l与抛物与抛物线C C2 2交于交于E E，，F F两点，两点，过E E，，F F作抛物作抛物线C C2 2的切的切线l1 1，，l2 2，当，当l1 1⊥⊥l2 2时，求直，求直线l的方程．的方程． 【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 a＝＝2 2，半焦距，半焦距由由 得得b b2 2＝＝1.1.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 2＝＝4y.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 y＝＝k(xk(x＋＋1)1)，，E(xE(x1 1，，y y1 1) )，，F(xF(x2 2，，y y2 2) )．由．由x x2 2＝＝4y4y，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 当当l1 1⊥⊥l2 2时，时， 即即x x1 1x x2 2＝－＝－4.4.由由 得得x x2 2－－4kx4kx－－4k4k＝＝0.0.所以所以ΔΔ＝＝(4k)(4k)2 2－－4×(4×(－－4k)>04k)>0，解得，解得k0①.k>0①.x x1 1x x2 2＝－＝－4k4k＝－＝－4 4，即，即k k＝＝1 1，满足，满足①①式．式．所以直线所以直线l的方程为的方程为x x－－y y＋＋1 1＝＝0.0. 考点考点2 2 与弦有关与弦有关问题【典例【典例2 2】】(1)(2015·(1)(2015·潍坊模坊模拟) )直直线4kx4kx－－4y4y－－k k＝＝0 0与抛物与抛物线y y2 2＝＝x x交于交于A A，，B B两点，若两点，若|AB||AB|＝＝4 4，，则弦弦ABAB的中点到直的中点到直线 的距离的距离等于等于( )( ) (2)(2)已知已知椭圆C C：： 直直线 与以原点与以原点为圆心，心，以以椭圆C C的短半的短半轴长为半径的半径的圆相切，相切，F F1 1，，F F2 2为其左、右焦点，其左、右焦点，P P为椭圆C C上任意一点，上任意一点，△F△F1 1PFPF2 2的重心的重心为G G，内心，内心为I I，且，且IG∥FIG∥F1 1F F2 2. .①①求求椭圆C C的方程的方程. .②②若直若直线l：：y y＝＝kxkx＋＋m(k≠0)m(k≠0)与与椭圆C C交于不同的两点交于不同的两点A A，，B B，且，且线段段ABAB的垂直平分的垂直平分线过定点定点 求求实数数k k的取的取值范范围．． 【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求求解解. .(2)①(2)①设出设出P P点坐标点坐标, ,表示出重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IG∥FIG∥F1 1F F2 2求解求解; ;②②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4kx4kx－－4y4y－－k k＝＝0 0，即，即即直线即直线4kx4kx－－4y4y－－k k＝＝0 0过抛物线过抛物线y y2 2＝＝x 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 的距离是的距离是 (2)①(2)①设设P(xP(x0 0，，y y0 0) )，，x x0 0≠±a≠±a，则，则又设又设I(xI(xI I，，y yI I) )，因为，因为IG∥FIG∥F1 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2c·32c·3＝＝2a2a＋＋2c2c，，所以所以 又由题意知又由题意知所以所以 所以所以a a＝＝2 2，所以椭圆，所以椭圆C C的方程为的方程为 ②②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(3＋＋4k4k2 2)x)x2 2＋＋8kmx8kmx＋＋4m4m2 2－－1212＝＝0 0，，由题意知由题意知ΔΔ＝＝(8km)(8km)2 2－－4(34(3＋＋4k4k2 2)(4m)(4m2 2－－12)12)＞＞0 0，，即即m m2 2＜＜4k4k2 2＋＋3 3，又，又x x1 1＋＋x x2 2＝＝ 则则y y1 1＋＋y 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′′的方程为的方程为点点P P在直线在直线l′′上，上， 所以所以所以所以4k4k2 2＋＋6km6km＋＋3 3＝＝0 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 【【规律方法】律方法】1.1.弦弦长的的计算方法与技巧算方法与技巧求弦求弦长时可利用弦可利用弦长公式公式, ,根据直根据直线方程与方程与圆锥曲曲线方程方程联立消元后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, ,然后然后进行整体代入弦行整体代入弦长公式求解公式求解. .提醒提醒: :注意两种特殊情况注意两种特殊情况:(1):(1)直直线与与圆锥曲曲线的的对称称轴平行或垂直平行或垂直; ;(2)(2)直直线过圆锥曲曲线的焦点的焦点. . 2.2.弦中点弦中点问题的解法的解法点差法在解决有关弦中点、弦所在直点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点的斜率、弦中点与原点连线斜斜率率问题时可可简化运算化运算, ,但要注意直但要注意直线斜率是否存在斜率是否存在. .3.3.与弦端点相关与弦端点相关问题的解法的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等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的一般方法, ,就是将就是将其其转化化为端点的坐端点的坐标关系关系, ,再根据再根据联立消元后的一元二次方程根与系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) )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. . 【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 (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 考点考点3 3 探究性、存在性探究性、存在性问题知知··考情考情 探究性、存在性探究性、存在性问题是高考在解析几何中命是高考在解析几何中命题的一大亮点的一大亮点, ,主要主要是以解答是以解答题的形式出的形式出现, ,考考查直直线与与圆锥曲曲线的位置关系、的位置关系、圆锥曲曲线的几何性的几何性质, ,考考查学生的运算能力以及分析学生的运算能力以及分析问题、解决、解决问题的能力的能力. . 明明··角度角度命命题角度角度1 1：：探究是否存在常数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) )如如图，，椭圆C:C:经过点点 离心率离心率 直直线l的方程的方程为x=4.x=4. (1)(1)求求椭圆C C的方程的方程. .(2)AB(2)AB是是经过右焦点右焦点F F的任一弦的任一弦( (不不经过点点P),P),设直直线ABAB与直与直线l相交于相交于点点M,M,记PA,PB,PMPA,PB,PM的斜率分的斜率分别为k k1 1,k,k2 2,k,k3 3. .问: :是否存在常数是否存在常数λ,λ,使得使得k k1 1+k+k2 2=λk=λk3 3? ?若存在若存在, ,求求λλ的的值; ;若不存在若不存在, ,说明理由明理由. . 【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, ,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， ① ①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, ②, ②将将②②代入代入①①得得c c2 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), ③y=k(x-1), ③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 ④ ④ 在方程在方程③③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 = ⑤= ⑤将将④④代入代入⑤⑤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λ=2λ=2符合题意符合题意. . 【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 0≠1)≠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 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λ=2λ=2符合题意符合题意. . 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. . (1)(1)求求C C1 1,C,C2 2的方程的方程. .(2)(2)是否存在直是否存在直线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. . 【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=2,2a=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)(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 (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 2－－2kmx2kmx－－m m2 2－－3=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 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 2－－6=0.6=0. 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Δ=16kΔ=16k2 2m m2 2－－8(2k8(2k2 2+3)(m+3)(m2 2－－3)=0,3)=0,化简，得化简，得2k2k2 2=m=m2 2－－3.3.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. . 命命题角度角度3:3:探究是否存在最探究是否存在最值问题【典例【典例5 5】】(2014·(2014·山山东高考高考) )已知抛物已知抛物线C:yC:y2 2=2px(p>0)=2px(p>0)的焦点的焦点为F,AF,A为C C上异于原点的任意一点上异于原点的任意一点, ,过点点A A的直的直线l交交C C于另一点于另一点B,B,交交x x轴的正半的正半轴于点于点D,D,且有且有|FA|=|FD|.|FA|=|FD|.当点当点A A的横坐的横坐标为3 3时,△ADF,△ADF为正三角形正三角形. .(1)(1)求求C C的方程的方程. .(2)(2)若直若直线l1 1∥∥l, ,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,①①证明直明直线AEAE过定点定点, ,并求出定点坐并求出定点坐标; ;②△ABE②△ABE的面的面积是否存在最小是否存在最小值? ?若存在若存在, ,请求出最小求出最小值; ;若不存在若不存在, ,请说明理由明理由. . 【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，△ADF△ADF为正三角形为正三角形. .可求得可求得p p的值的值. .(2)①(2)①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 1∥∥l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;②;②可利用设出的可利用设出的A A点坐标表示点坐标表示出出△ABE△ABE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)(t>0),D(t,0)(t>0),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. (2)①(2)①由由(1)(1)知知F(1,0),F(1,0),设设A(xA(x0 0,y,y0 0)(x)(x0 0y y0 0≠0),D(x≠0),D(xD D,0)(x,0)(xD D>0),>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 D>0>0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 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). ②②由由①①知直线知直线AEAE过焦点过焦点F(1,0)F(1,0)，，所以所以|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 0≠0≠0，，可得可得 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△ABE△ABE的面积的面积 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△ABE△ABE的面积存在最小值为的面积存在最小值为16.16. 悟悟··技法技法解决探究性、存在性解决探究性、存在性问题的常用方法的常用方法(1)(1)解决是否存在常数的解决是否存在常数的问题时, ,应首先假首先假设存在，看是否能求出符合存在，看是否能求出符合条件的参数条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否，如果推出矛盾就不存在，否则就存在就存在. .(2)(2)解决是否存在点的解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其，可依据条件，直接探究其结果；也可果；也可以以举特例，然后再特例，然后再证明明. . (3)(3)解决是否存在直解决是否存在直线的的问题时，可依据条件，可依据条件寻找适合条件的直找适合条件的直线方方程，程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解式得出是否有解. .(4)(4)解决是否存在最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，可依据条件，得出函数解析式，依据解析式判定其最解析式判定其最值是否存在，然后得出是否存在，然后得出结论. . 通通··一一类1.(2015·1.(2015·长沙模沙模拟) )已知已知圆N:(x+2)N:(x+2)2 2+y+y2 2=8=8和抛物和抛物线C:yC:y2 2=2x,=2x,圆N N的切的切线l与抛物与抛物线C C交于不同的两点交于不同的两点A,B.A,B. (1)(1)当切当切线l斜率斜率为1 1时，求，求线段段ABAB的的长. .(2)(2)设点点M M和点和点N N关于直关于直线y=xy=x对称，称，问是否存在直是否存在直线l，使得，使得 若存在，求出直若存在，求出直线l的方程；若不存在，的方程；若不存在，请说明理由明理由. . 【解析】【解析】(1)(1)因为圆因为圆N N：：(x+2)(x+2)2 2+y+y2 2=8,=8,所以圆心所以圆心N N为为(-2(-2，，0)0)，半径，半径设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),),当直线当直线l的斜率为的斜率为1 1时，设时，设l的方程为的方程为y=x+m,y=x+m,即即x-y+m=0,(x-y+m=0,(由图形知由图形知m<0).m<0).因为直线因为直线l是圆是圆N N的切线，所以的切线，所以解得解得m=-2m=-2，或，或m=6(m=6(舍去舍去),),此时直线此时直线l的方程为的方程为y=x-2.y=x-2.由由 消去消去x x得得y y2 2-2y-4=0,-2y-4=0, 所以所以Δ=(-2)Δ=(-2)2 2+16=20>0,y+16=20>0,y1 1+y+y2 2=2,y=2,y1 1·y·y2 2=-4,=-4,(y(y1 1-y-y2 2) )2 2=(y=(y1 1+y+y2 2) )2 2-4y-4y1 1y y2 2=20,=20,所以弦长所以弦长 (2)(ⅰ)(2)(ⅰ)当直线当直线l的斜率存在时，设直线的斜率存在时，设直线l的方程的方程y=kx+m,y=kx+m,即即kx-y+m=0(k≠0),kx-y+m=0(k≠0),因为直线因为直线l是圆是圆N N的切线，所以的切线，所以得得m m2 2-4k-4k2 2-4mk-8=0, ①-4mk-8=0, ①由由 消去消去x x得得kyky2 2-2y+2m=0,-2y+2m=0,Δ=4-4k×2m>0,Δ=4-4k×2m>0,即即 且且k≠0,k≠0,因为点因为点M M与点与点N N关于直线关于直线y=xy=x对称，所以对称，所以M(0,-2),M(0,-2),所以所以 因为因为 所以所以x x1 1x x2 2+(y+(y1 1+2)(y+2)(y2 2+2)=0.+2)=0.将将A A，，B B代入直线代入直线y=kx+my=kx+m并化简，得并化简，得(1+k(1+k2 2)y)y1 1y y2 2+(2k+(2k2 2-m)(y-m)(y1 1+y+y2 2)+m)+m2 2+4k+4k2 2=0,=0,代入代入得得化简，得化简，得m m2 2+4k+4k2 2+2mk+4k=0, ②+2mk+4k=0, ②①+②①+②得得2m2m2 2-2mk+4k-8=0,-2mk+4k-8=0,即即(m-2)(m-k+2)=0,(m-2)(m-k+2)=0,解得解得m=2m=2，或，或m=k-2,m=k-2, 当当m=2m=2时，代入时，代入①①，解得，解得k=-1,k=-1,满足条件满足条件 且且k≠0,k≠0,此时直线此时直线l的方程为的方程为y=-x+2.y=-x+2.当当m=k-2m=k-2时，代入时，代入①①整理，得整理，得7k7k2 2-4k+4=0,-4k+4=0,无解无解. . (ⅱ)(ⅱ)当直线当直线l的斜率不存在时，的斜率不存在时，因为直线因为直线l是圆是圆N N的切线，所以的切线，所以l的方程为的方程为则得则得x x1 1x x2 2= y= y1 1+y+y2 2=0,=0,(y(y1 1y y2 2) )2 2=4x=4x1 1x x2 2= =即即由由①①得得当直线当直线l的斜率不存在时，的斜率不存在时， 不成立不成立. .综上所述，存在满足条件的直线综上所述，存在满足条件的直线l，其方程为，其方程为y=-x+2.y=-x+2. 2.(2015·2.(2015·张掖模掖模拟) )已知已知椭圆C C：： 的离心率的离心率为以原点以原点O O为圆心，心，椭圆的短半的短半轴长为半径的半径的圆与直与直线相切相切. .(1)(1)求求椭圆C C的的标准方程准方程. .(2)(2)若直若直线l：：y=kx+my=kx+m与与椭圆C C相交于相交于A A，，B B两点，且两点，且k kOAOA·k·kOBOB= =试判断判断△AOB△AOB的面的面积是否是否为定定值？若？若为定定值，求出定，求出定值；若不；若不为定定值，，说明理由明理由. . 【解析】【解析】(1)(1)由题意知由题意知 所以所以 即即又又 所以所以a a2 2=4,b=4,b2 2=3=3，，故椭圆的方程为故椭圆的方程为(2)(2)设设A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2) )，由，由 得得 (3+4k(3+4k2 2)x)x2 2+8mkx+4(m+8mkx+4(m2 2-3)=0,-3)=0,Δ=64mΔ=64m2 2k k2 2-16(3+4k-16(3+4k2 2)(m)(m2 2-3)>0,3+4k-3)>0,3+4k2 2-m-m2 2>0.>0. y y1 1·y·y2 2=(kx=(kx1 1+m)·(kx+m)·(kx2 2+m)=k+m)=k2 2x x1 1x x2 2+mk(x+mk(x1 1+x+x2 2)+m)+m2 2= =2m2m2 2-4k-4k2 2=3,=3,|AB|=|AB|= S S△△= =所以所以△AOB△AOB的面积为定值的面积为定值 规范解答范解答1717 直直线与与圆锥曲曲线的的综合合问题【典例】【典例】(12(12分分)(2014·)(2014·四川高考四川高考) )已知已知椭圆C C：：的焦距的焦距为4 4，其短，其短轴的两个端点与的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形的一个端点构成正三角形. .(1)(1)求求椭圆C C的的标准方程准方程. . (2)(2)设F F为椭圆C C的左焦点，的左焦点，T T为直直线x=-3x=-3上任意一点，上任意一点，过F F作作TFTF的垂的垂线交交椭圆C C于点于点P P，，Q.Q.①①证明：明：OTOT平分平分线段段PQ(PQ(其中其中O O为坐坐标原点原点) )；；②②当当 最小最小时，求点，求点T T的坐的坐标. . 解题导思解题导思 研读信息 快速破题研读信息 快速破题 规范解答规范解答 阅卷标准阅卷标准 体会规范体会规范(1)(1)由已知可得由已知可得解得解得a a2 2=6,b=6,b2 2=2. ………………………………………………2=2. ………………………………………………2分分所以椭圆所以椭圆C C的标准方程是的标准方程是 ………………………3 ………………………3分分(2)①(2)①由由(1)(1)可得，可得，F F的坐标是的坐标是(-2(-2，，0)0)，设，设T T点的坐标为点的坐标为(-3(-3，，m).m).则直线则直线TFTF的斜率的斜率当当m≠0m≠0时，直线时，直线PQPQ的斜率的斜率 直线直线PQPQ的方程是的方程是x=my-2.x=my-2. …………………………………………………………………4 …………………………………………………………………4分分 当当m=0m=0时，直线时，直线PQPQ的方程是的方程是x=-2,x=-2,也符合也符合x=my-2x=my-2的形式的形式. .………………………………5 5分分设设P(xP(x1 1,y,y1 1),Q(x),Q(x2 2,y,y2 2) )，将直线，将直线PQPQ的方程与椭圆的方程与椭圆C C的方程联立，的方程联立，得得消去消去x x，得，得(m(m2 2+3)y+3)y2 2-4my-2=0,-4my-2=0,其判别式其判别式Δ=16mΔ=16m2 2+8(m+8(m2 2+3)>0.+3)>0.所以所以 所以所以PQPQ的中点的中点M M的坐标为的坐标为 ………………7 ………………7分分所以直线所以直线OMOM的斜率的斜率又直线又直线OTOT的斜率的斜率 所以点所以点M M在直线在直线OTOT上，上，因此因此OTOT平分线段平分线段PQ.…………………………………………8PQ.…………………………………………8分分②②由由①①可得，可得，|TF|= ………………………………………………9|TF|= ………………………………………………9分分|PQ|=|PQ|= = ……………………………………………………10= ……………………………………………………10分分所以所以当且仅当当且仅当 即即m=±1m=±1时，等号成立，此时时，等号成立，此时取得最小值取得最小值.…………………………………………………………11.…………………………………………………………11分分所以当所以当 最小时，最小时，T T点的坐标是点的坐标是(-3(-3，，1)1)或或(-3,-1).……12(-3,-1).……12分分 高考状元高考状元 满分心得分心得 把握把握规则 争取 争取满分分1.1.注意通性通法的注意通性通法的应用用在解在解题过程中程中, ,注意答注意答题要求要求, ,严格按照格按照题目及相关知目及相关知识的要求答的要求答题, ,不不仅注意解决注意解决问题的巧解的巧解, ,更要注意此更要注意此类问题的的通性通法通性通法. .如在解决本例如在解决本例(2)①(2)①时, ,注意本注意本题的的实质是直是直线与与圆锥曲曲线的相交的相交问题, ,因此因此设出直出直线方程方程, ,然后然后联立立椭圆方程构造方程方程构造方程组, ,利用利用根与系数的关系求出根与系数的关系求出y y1 1+y+y2 2,y,y1 1y y2 2的的值即即为通法通法. . 2.2.关关键步步骤要全面要全面阅卷卷时, ,主要看关主要看关键步步骤、关、关键点点, ,有关有关键步步骤、关、关键点点则得分得分, ,没有没有要相要相应扣分扣分, ,所以解所以解题时要写全关要写全关键步步骤, ,踩点得分点得分, ,对于于纯计算算过程程等非得分点的步等非得分点的步骤可可简写或不写写或不写, ,如本例如本例(2)(2)中中, ,消元化消元化简时, ,可直接写可直接写出出结果果, ,利用弦利用弦长公式求公式求|PQ||PQ|时, ,也可省略也可省略计算算过程程. . 。