最新直线和圆锥曲线经常考查知识点和题型系统的总结分析优秀名师资料.doc

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1、直线和圆锥曲线经常考查知识点和题型系统的总结分析直线和圆锥曲线经常考查知识点和题型总结分析 直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离三种情况。 从几何角度可分为三类:无公共点，仅有一个公共点及有两个相异公共点对于抛物线来说，平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点，但并不是相切;对于双曲线来说，平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点，但并不相切( 直线和椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的公共点问题，可以转化为它们的方程所组成的方程组求解的问题，从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。 解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是: 2)联立直线和曲线的方 (1)直线的斜率不

2、存在，直线的斜率存在， (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: 1、中点坐标公式: ，其中x,y是点A(x1,y1)，B(x2,y2)的中点坐标。 22 2、弦长公式:若点A(x1,y1)，B(x2,y2)在直线上， 则，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一， 或者 、两条直线垂直:则 两条直线垂直，则直线所在的向量 、韦达定理:若一元二次方程有两个不同的根x1,x2，则 bc 。 aa 常见的一些题型:

3、 题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 1 题型二:弦的垂直平分线问题 题型三:动弦过定点的问题 题型四:过已知曲线上定点的弦的问题 题型五:共线向量问题 题型六:面积问题 题型七:弦或弦长为定值问题 题型八:角度问题 问题九:四点共线问题 问题十:范围问题(本质是函数问题) 问题十一、存在性问题:(存在点，存在直线y=kx+m，存在实数，存在图形:三角形(等比、等腰、直角)，四边形(矩形、菱形、正方形)，圆) 题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 x2y2 、已知直线与椭圆始终有交点，求m的取值范围 4m 例题1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(

4、-2，0)和(2，0) ，和动点(0，且。 x2y2 的方程可知，直线恒过定点(0，1)，椭圆过动 解:根据直线点4m x2y2 (0，,且，如果直线和椭圆 11，且，4m 即且。 过定点(，0)1规律提示:通过直线的代数形式，可以看出直线的特点:过定点(，0)，2) 过定点( 证明直线过定点，也是将满足条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) 和抛物线只有一个公共点的直线有( )条。 A(4 B(3 C(2 D(1 分析:作出抛物线， 判断点P(3,2)相对抛物线的位置。 解:抛物线如图，点P(3，2)在抛物线 22 的内部，根据过抛物线内一点和抛物线的对称

5、轴平行或重合的直线和抛物线只有一个交点，可知过点P(3,2) 和抛物线只有一个公共点的直线有一条。故选择D 2 2 规律提示:含焦点的区域为圆锥曲线的 ?2由直线和抛物线交于两点，得即 4 。则线段AB的中点为。 ? 由韦达定理，得:3 线段的垂直平分线方程为:， 令y=0,得，则02kk2k22k222k22 为正三角形，到直线AB的距离d AB。 解得满足?式 此时。 思维规律: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 k确定，进而求出x0的坐标。 倍，将x2 例题3、已知椭圆的左焦点为F，O为坐标原点。 (?)求过点O、F，并且与相切2 的圆的方程

6、;(?)设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围。 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。 解:(I) ?a=2，b=1，?c=1，F(-1，0)，l:x=-2. ?圆过点O、F,?圆心M在直线x=- 设M(-221上 2113 ,

7、t)，则圆半径:r=|(-)-(-2)|= 222 由|OM|=r，得 ，解得t=?2， 2 ?所求圆的方程为(x+1229)+(y?2)=. 24 (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?0)， x2 22222代入+y=1，整理得(1+2k)x+4kx+2k-2=0 2 ?方程一定有两个不等实根, ?直线AB过椭圆的左焦点F，4k2 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点N(x0，y0)，则x1+x1=- ?AB垂直平分线NG的方程为 2k2k2k211令y=0，得 ?。 ?点G横坐标的取值范围为()22 技巧提示:直线过定点设直

8、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。 x2y231练习1:已知椭圆过点(1,)，且离心率。 22ab (?)求椭圆方程; (?)若直线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)，求k的取值范围。 1 8 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的第个关系式，解方程组，就可以解出a,b的值

9、，确定椭圆方程。 322 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k,m的不等式，再根据韦达定理，得出弦MN的中点的横坐标，利用弦的直线方程，得到中点的纵坐标，由中点坐标和定点 5 1G(,0)，得垂直平分线的斜率，有垂直平分线的斜率和弦的斜率之积为-1，可得k,m的等式，用k表8 示m再代入不等式，就可以求出k的取值范围。 )离心率，即a(1); a442 b213122解:(?x2y231922又椭圆过点(1,)，则，(1)式代入上式，解得，椭圆方程为 。43a4b2 (?)设M(x1,y1),N(x2,y2)，弦MN的中点A(x0,y0) 由得:， 直线与椭圆

10、交于不同的两点， ，即(1) 由韦达定理得:x， 4mk4mk23m则， 直线AG的斜率为:KAG3m224m， 由直线AG和直线MN垂直可得:，代入(1)式，可得，即，即 ，则。 10108k20 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:，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。 练习2、设F1、F2分别是椭圆的左右焦点(是否存在过点A(5,0)

11、的直线l与椭圆交于不同的54 两点C、D，使得,若存在，求 的方程;若不存在，请说明理由( 分析:由得，点C、D关于过F2 6 直线l的直 线对称，由直线l过的定点A(5,0)不在的 (II)若直线与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、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 7 方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-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在直线上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线

12、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。 x2c解:(I)由已知椭圆C 的离心率 则得。从而椭圆的方程为 a4 (II)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为，由 消y整理得 和x1是方程的两个根， ， ，即点M的坐标为(2222 2 ,) 同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(22 则 ， 直线MN的方程为: ， 令y=0，得 ，将点M、N的坐标代入，化简后得: 又， 4 过椭圆的焦点。 故当椭圆的

13、焦点为 方法总结:本题由点A1(-2,0)的横坐标,2是方程的一个根，结合韦 2 2 2 达定理运用同类坐标变换，得到点M的横坐标:， 2 再利用直线A1M的方程通过同点的坐标变换，得点M的纵坐标: 8 4k1 ; 2 其实由消y整理得，得到，即 ，很快。 不过如果看到:将中的k1用k2换下来，x1前的系数2用,2换 下来，就得点N的 ，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，但这样减少坐标计算量。 本题的关键是看到点P的双重身份:点P即在直线A1M上也在直线A2N上，进而得到 ，由直线的方程 得直线与x轴的交点，即横截 ，将点M、N的坐标代入，化简 44，由 ，到此不要忘了

14、考察是否满足。 tt易距得 另外:也可以直接设P(t，y0)，通过A1，A2的坐标写出直线PA1，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1; (?)求椭圆C的标准方程; (?)若直线l: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l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:与椭圆C相交于A，B两点，并且椭圆的右顶点和A、

15、B的连线互相垂直，证明直线l过定点，就是通过垂直建立k、m的一次函数关系。 x2y2 解(I)由题意设椭圆的标准方程为 x2y2 ， 9 (II)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由 得， 22 ， (注意:这一步是同类坐标变换) (注意:这一步叫同点纵、 2 2 横坐标间的变换) 以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且， y1y ， ， ，解得 2k22 ，且满足 当时，直线过定点(2,0),与已知矛盾; 当 2k222时，l，直线过定点(,0)， 综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0). 7777 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

16、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，建立等式。直线不过定点，也不知道斜率，设出l:，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l:和抛物线相交于A、B，以AB为直径的圆过抛物线的顶点，证明:直线l:过定点，并求定点的坐标。 2 yy分析:以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则，若设A(x1,y1),B(x2,y2)，则再通过 ， ，将条件转化为 ，再通过直线和抛物线联立，计算判别式后，可以得到x1x2， 解出k、m的等式，就可以了。 解:设A(x1,y1),B(x2,y2)，由 ，得，(这里消x得到的) 2 10 则(1) 由韦达定理，得:， ，

17、 则， 以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则，即， 可得，则， 2k 即，又，则，且使(1)成立， 此时l:，直线恒过点(2p,0)。 名师指点: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, 22 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

18、。 x2y2 、已知点A、B、C是椭圆E:上的三点，其中点 例题6A是椭圆的右ab 顶点，直线BC过椭圆的中心O，且，如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的 方程;(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与直线QC 关于直线对称，求直线PQ的斜率。 解:AC，且BC过椭圆的中心， 又点C 的坐标为。 2 x2y2 A是椭圆的右顶点， 11 x2y2 将点 C代入方程，得，椭圆E的方程为 直线PC与直线QC 关于直线 设直线PC的斜率为k，则直线QC的斜率为，从而直线PC的方程为: ，即， 由消y，整理得: 是方程的一个根， 即 同理可得:, 则直线PQ的斜率为定值。 33 方法总结:本题第二

19、问中，由“直线PC与直线QC 关于直线对称”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 的根，易得点P的横坐标: ，再将其中的k用-k换下来，就得到了点Q的横坐标: ，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。 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，计算量会增加许多。 直接计算、，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2、:(2009辽宁

20、卷文、理)已知，椭圆C以过点A(1， (1) 求椭圆C的方程; 12 3)，两个焦点为(,1，0)(1，0)。 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 (2)反数，证明直线EF的斜率 为定值，并求出这个定值。 分析:第一问中，知道焦点，则 ，再根据过点A，通过解方程组，就可以求 a,b出 ，求出方程。 第二问中，设出直线AE的斜率k，写出直线的方程，联立方程组，转化成一元二次方程，由韦达定理和点A的坐标，可以求出点E的坐标,将点E中的k,用-k换下来，就可以得到点F的坐标，通过计算yE-yF，2222xE-xF，就可以求出直线EF的斜率了 x2y2 解:(?)由题

21、意，c=1,可设椭圆方程为，将点A的坐标代入方 程:，解得 ，(舍去) 所以椭圆方程为 。x2y23(?)设直线AE方程为:，代入得 432 3 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上，所以 2分 又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以K代K，可得 所以直线EF的斜率 即直线EF的斜率为定值，其值为1。 12分 2 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

22、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。 例题7、设过点D(0,3)的直线交曲线M:于P、Q两点，且DP=lDQ,求实数l的取值范围。 13 uuuruuur x1=lx2uuuruuur分析:由DP=lDQ可以得到，将P(x1,y1),Q(x2,y2),代人曲线方程，解出点的坐标，用y=3+l(y-3)21 l表示出来。 x1=lx2uuuruuur解:设P(x1,y1),Q(x2,y2), 由DP=lDQ 得(x1,y1-3)=l(x2,y2-3) 即 y=3+l(y-3)21 方法一:方程组消元法 22x2y2+=1x2y294又P、Q是椭圆+=

23、1上的点 消去x2， 2294(lx)(ly+3-3l)22+=149 213l-5(ly2+3-3l)2-l2y2可得 =1-l2 即y2=46l 又Q在椭圆上，,2?y2?2， ? ,2?113l-5?2 解之得:6l5 则实数l的取值范围是。 方法二:判别式法、韦达定理法、配凑法 设直线PQ的方程为:，由消y整理后，得 、Q是曲线M上的两点 , 即? 由韦达定理得:即 ? 由?得，代入?，整理得 ， 解之得当直线PQ的斜率不存在，即时，易知或。 总之实数l的取值范围是。 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

24、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 14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8: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 率为12x的焦点，离心425(1)求椭圆C的标准方程; (2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A、B两点，5 交y轴于M点，若，求的值( 分析: (07福建理科)如图，已知点F(1，0)，直线l:x,1，P为平面上的动点，过P作直线l的垂 线，垂足为点Q，且。 (?)求动点P的轨

25、迹C的方程; (?)过点F的直线交 轨迹C于A、B两点，交直线l于点M，已知，求的值。 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及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: 得: (?)设点P(x，y)， 则，y)，由 ，y)，化简得 (?)设直线AB的方程为: 15 ，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又，消去x得: ，联立方程组， ， ，故( 由，得: ，整理得: mm ，得:， 解法二:(?)由 ， ， 所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为: 则:(?)由已知，得? BF 过点A，B分别作准线l的垂线，垂足分别为A

26、1，B1，则有:? MBBB1BF 由?得:，即 x2y2 的左、右焦点分别为F1、F2，A是椭圆C上的一点，且练习:设椭圆 ，坐标原点O到直线AF1的距离为|OF1|( (1)求椭圆C的方程; 3 (2)设Q是椭圆C上的一点，过Q的直线l交x轴于点，较y轴于点M，若，求直线l的方程( x2y2 有相同的焦点，直线y=3x为C的一条渐近线。 山东2006理 双曲线C与椭圆84 (I) 求双曲线C的方程;(II)过点P(0,4)的直线l，交双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点(Q点与 16 的顶点不重合)。当，且时，求Q点的坐标。 3 解:(?)解法一:由题意知直线l的斜率k存在且不等于零。 4设

27、l的方程:，B(x2,y2)则在双曲线C上， 16222同理有: 若则直线l过顶点，不合题意是二次方程的两根， 此时所求Q的坐标为,0). 解法二:由题意知直线l的斜率k存在且不等于零 设l的方程，则 ， 分PA的比为 由定比分点坐标公式得下同解法一 解法三:由题意知直线l的斜率k存在且不等于零 设l的方程:，则 ， ， 又， y1y2y1y233 y2 得 即将代入 ，否则l与渐近线平行。 17 。 解法四:由题意知直线l得斜率k存在且不等于零，设l的方程:，A(x1,y1),B(x2,y2) 则。 44484 同理 即 2 (*)又222 消去y得 3 时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不

28、合题意，。 当22 代入(*)式得 19 所求Q点的坐标为。 练习: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的焦点，离心率 2 (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0)，若，求的值。 x2y2b24122解:(1)设椭圆C的方程为:，则b=1，由，得， aba55x2 则椭圆的方程为:5 x2 得:，设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2)， (2)由5 有得: 18 解得:， y1y2 y0x2 根据PA、PB都不与x轴垂直，且，设直线PA的方程为:，代人， 整

29、理后，得:根据韦达定理，得:，则， 从而，同理可求 222222则 x2 由P(x0,y0)为椭圆上一点得:， 则， 故的值为18. 5 题型六:面积问题 x2y26,短轴一个端点到右焦例题8、(07陕西理)已知椭圆C:(a,b,0)的离心率为3ab 点的距离为3。(?)求椭圆C的方程; B两点，坐标原点O到直线l的距离为3， (?)设直线l与椭圆C交于A、求?AOB面积的最大值。 2 解:(?)设椭圆的半焦距为c ，依题意，所求椭圆方程为。 (?)设A(x1，y1)，B(x2，y2)。 (1)当AB? x轴时，。 (2)当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为。 ，得。 24 222把代入椭

30、圆方程，整理得， 19 ，。 。 ，即时等号成立。当 ， 综上所述。 2k当且仅当 0时，2 。 当AB最大时，? AOB面积取最大值 练习1、(07浙江理)如图，直线与椭圆 交于A、B两点，记的面积为S。 4 (?)求在，的条件下，S的最大值; (?)当，时，求直线AB的方程。 本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分14分。 x2 ，解得x1，解:(?)解:设点A的坐标为，点B的坐标为， 由，4 所以 21时，S取到最在值1， ， 当且仅当 (?)解:由得 ， ， 42222 b2s， 所以，代入?式并整理，得 ，又因为设O

31、到AB的距离为d，则 ， 解得，代入?式检验，。 422 故直线AB的方程是 ，或，或或。 22222222 练习2、(山东06文)已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为4。(?)求椭圆的方程; (?)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当AOB面积取得最大值时，求直线l的方程。 x2y2 解:设椭圆方程为 (I)由已知得 所求椭圆方程为 (II)解法一:由题意知直线l的斜率存在， 设直线l的方程为，A(x1,y1),B(x2,y2) 由 x2 消去y得关于x的方程: 由直线l与椭圆相交A、B两点，?，解得， 2 8k

32、 又由韦达定理得 21 原点O到直线l的距离 解法1:对S两边平方整理得: (*) ， 4-S2 整理得:又 此时代入方程(*)得从而的最大值 2， 为 所以，所求直线方程为: :令 解法2， 则， 214当且仅当即时， 此时 所以，所求直线方程为 解法二:由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为，A(x1,y1)，B(x2,y2) 则直线l与x轴的交点 8k 由解法一知:且 22 解法1: 下同解法一 解法2: 下同解法一 已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的离心率为2，F1,F2为其焦点，一直线过点F1与椭圆相交于2 A,B两点，且的最大面积为2，求椭圆的方程。 解:由e,222

33、2得，所以椭圆方程设为 设直线，由得: 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1,y2是方程的两个根 由韦达定理得所以 , 2当且仅当时，即轴时取等号 所以，所求椭圆方程为2 23 题型七:弦或弦长为定值问题 例题9、(07湖北理科)在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2=2py(p>0)相交于A、B两点。 (?)若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求?ANB面积 的最小值; (?)是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值,若存在，求出l的方程;若不存在，说明理由。(此题不要求在答题卡上画图) 本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解

34、析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力. 解法1:(?)依题意，点N的坐标为N(0,-p),可设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线AB的方程为y=kx+p, 与x=2py联立得消去y得x2-2pkx-2p2=0. 由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=- 于是,px 22222,p 当时，() (?)假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为与AC为直径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则点的坐标为()22 , , =1令，得此时为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为， 222 即抛物线的通径所在的直线. 解法2:(?)前同解法1，再

35、由弦长公式得 ,又由点 到直线的距离公式得d 从而， 当时，() (?)假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的方程为 将直线方程y=a代入得 则, 设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x2,y2),Q(x4,y4),则有 令得此时为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为222即抛物线的通径所在的直线。 25 题型八:角度问题 例题9、(08重庆理)如图(21)图，M(-2，0)和N(2，0)是平面上的两点，动点 6. (?)求点P的轨迹方程; (?)若PMPN,2,求点P的坐标 解:(?)由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=

36、2，长半轴a=3，从而短半轴b 所以椭圆的方程为(?)由得 ? 因为cos不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在?PMN中， 由余弦定理有 将?代入?，得 .PN ? x2 上. 故点P在以M、N 为焦点，实轴长为3 x2y2 ，所以 由(?)知，点P的坐标又满足95 由方程组 解得 即P 点坐标为(、(-. 22222222 练习1、(05福建理)已知方向向量为v=(1,)的直线l过点(0，,2)和椭圆C : 26x2y2 gt;0)的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上. 2ab (?)求椭圆C的方程;(?)是否存在过点E(,2，0)的直线m交椭圆C于点M、N，满

37、足 ?MON?0(O为原点).若存在，求直线m的方程;若不存在，请说明理由. 3 本小题主要考查直线、椭圆及平面向量的基本知识，平面 本方法和综合解题能力. (I)解法一:直线解析几何的基， ? 过原点垂直l的直线方程为， ? 解?得 a23?椭圆中心O(0，0)关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上，c2 ?直线l过椭圆焦点，?该焦点坐标为(2，0). x2y2 故椭圆C的方程为? 6222 解法二:直线 设原点关于直线l对称点为(p，q)，则解得p=3. ?椭圆中心O(0，0)关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上， a2 ?直线l过椭圆焦点，?该焦点坐标为(2，0). c x2y2 故椭圆C

38、的方程为? 6222 (II) 解法一:设M(x1,y1)，N(x2,y2).当直线m不垂直x轴时，直线代入?， 整理得 27 点O到直线MN的距离 即 即整理得当直线m垂直x轴时，也满足 故直线m的方程为或或经检验上述直线均满足 所以所求直线方程为或或 解法二:设M(x1,y1)，N(x2,y2).当直线m不垂直x轴时，直线m:y=k(x+2)代入?， 12k2 , 整理得 ? ?E(,2，0)是椭圆C的左焦点， 以下与解法一相同. 解法三:设M(x1,y1)，N(x2,y2). 设直线，代入?，整理得- 即 1 . 22 ?=6，整理得 故直线m的方程为 解得或 或或 经检验上述直线方程为

39、所以所求直线方程为 323323 或或 2 练习2、(08陕西理)已知抛物线C:，直线交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N(?)证明:抛物线C在点N处的切线与AB平行; (?)是否存在实数k使，若存在，求k的值;若不存在，说明理由( 2x1)，B(x2，2x2)，把代入得， 解法一:(?)如图，设A(x1， 由韦达定理得 2 2 2 k ， 2 ，点的坐标为( ， 设抛物线在点N处的切线l的方程为 2 ， 直线l与抛物线C相切， 将代入上式得 2 ，( 即l?AB( 2 (?)假设存在实数k，使，则，又是AB的中点， 1 |AB|( 2 ( 由(?)知 ( 轴， 4

40、88 29 又 ( 即存在，使( 82x1)，B(x2，2x2)，把代入得 解法二:(?)如图，设A(x1，222 (由韦达定理得，( 2 ，点的坐标为(， 抛物线在点N处的切线l的斜率为，?AB( 4 (?)假设存在实数k，使( ，则 由(?)知， ， ，解得( 即存在，使( 164 30 问题九:四点共线问题 x2y2 例题10、(08安徽理)设椭圆 0)过点M ，且着焦点为F1( ab (?)求椭圆C的方程;(?)当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点A,B时，在线段AB上 取点Q，满足，证明:点Q总在某定直线上 (1)由题意: 22解，解得，所求椭圆方程为 (2)方法一 设

41、点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。 由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零，记则且 又A，P，B，Q四点共线，从而， ， 于是 ，(1) ，(2) 从而 又点A、B在椭圆C上，即(1)+(2)?2并结合(3)，(4)得， 即点Q(x,y)总在定直线上 2222 方法二 设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，PA,PB,AQ,QB均不为零。 于是 且 又 P,A,Q,B四点共线，可设 (1)(2) 由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将(1)，(2)分别代入C的方程整理得 22 (3) 31 (4),(3) 得 ?即点Q(x

42、,y)总在定直线上 x2y2 练习1、(08四川理)设椭圆的左、右焦点分别为F1、F 2，离心率 为l，M、N是l上的两个动点，( (?)若、b的值; (?)证明:当|MN|取最小值时，与F1F2共线( 解析:数列和解几位列倒数第三和第二，意料之中(开始挤牙膏吧( (?)由已知，F2(c,0)( 222 ，?(又， 由2 a2 ?，(?l:，M(2c,y1)，N(2c,y2)( c c 22 延长NF2交MF1于P，记右准线l交x轴于Q( ?，?(由平几知识易证?，即，( 1?，(? 2，b (?)另解:?，?，( 又联立，消去y1、y2得:， 整理得:，(解得( 但解此方程组要考倒不少人( (?)?， ?( 2 ( 当且仅当 或时，取等号(此时MN取最小值( ( 2此时1 ?与F1F2共线( (?)另解:?， ?，( 设MF1，NF2的斜率分别为k，( k 由， 由 2 c k ( 当且仅当 即 1，时取等号( 3 即当 MN 最小时， ，此时1 k ?与F