直线和圆锥曲线常见题型

第 1 页 共 64 页 直线和圆锥曲线经常考查的一些题型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 解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是 1 1 直线的斜率不存在 直线的斜率存 直线的斜率不存在 直线的斜率存 2 2 联立直线和曲线的方程组 联立直线和曲线的方程组 3 3 讨论类一元二次方程 讨论类一元二次方程 4 4 一元二次方程的判别式 一元二次方程的判别式 5 5 韦达定理 同类坐标变换 韦达定理 同类坐标变换 6 6 同点纵横坐标变换 同点纵横坐标变换 7 7 x yx y k k 斜率斜率 的取值范围的取值范围 8 8 目标 弦长 中点 垂直 角度 向量 面积 范围等等 目标 弦长 中点 垂直 角度 向量 面积 范围等等 运用的知识 运用的知识 1 1 中点坐标公式 中点坐标公式 其中 其中是点是点的中点坐标 的中点坐标 1212 y 22 xxyy x x y 1122 A x yB xy 2 2 弦长公式 若点 弦长公式 若点在直线在直线上 上 1122 A x yB xy 0 ykxb k 则则 这是同点纵横坐标变换 是两大坐标变换技巧之一 这是同点纵横坐标变换 是两大坐标变换技巧之一 1122 ykxbykxb 222222 1212121212 1 ABxxyyxxkxkxkxx 22 1212 1 4 kxxx x 或者 22222 1212121212 2 111 1 ABxxyyxxyyyy kkk 2 1212 2 1 1 4 yyy y k 3 两条直线 两条直线垂直 则垂直 则 111222 lyk xb lyk xb 12 1k k 两条直线垂直 则直线所在的向量两条直线垂直 则直线所在的向量 12 0v v A 4 韦达定理 若一元二次方程 韦达定理 若一元二次方程有两个不同的根有两个不同的根 则 则 2 0 0 axbxca 12 x x 1212 bc xxx x aa 常见的一些题型 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题型一 数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 例题 1 已知直线与椭圆始终有交点 求的取值范围 1l ykx 22 1 4 xy C m m 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 4mm 且 解 根据直线的方程可知 直线恒过定点 0 1 椭圆过动点 1l ykx 22 1 4 xy C m 如果直线和椭圆始终有交点 则 即0 4mm 且 1l ykx 22 1 4 xy C m 14mm 且 第 2 页 共 64 页 14mm 且 规律提示 规律提示 通过直线的代数形式 可以看出直线的特点 101l ykx 过定点 1 1l yk x 过定点 0 2 1 1l yk x 过定点 2 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 23 2 xxy A 4 B 3 C 2 D 1 题型二 弦的垂直平分线问题题型二 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直 两直线的斜率之积为 1 1 和平分 中点坐标公式 和平分 中点坐标公式 例题例题 2 过点 T 1 0 作直线 与曲线 N 交于 A B 两点 在 x 轴上是否存在一点 E 0 使得l 2 yx 0 x 是等边三角形 若存在 求出 若不存在 请说明理由 ABE 0 x 分析 过点 T 1 0 的直线和曲线 N 相交 A B 两点 则直线的斜率存在且不等于 0 可以设直线的方 2 yx 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 中线长是边长的倍 运用弦长公式求弦 3 2 长 解 依题意知 直线的斜率存在 且不等于 0 设直线 1 l yk x 0k 11 A x y 22 B xy 由消 y 整理 得 2 1 yk x yx 2222 21 0k xkxk 由直线和抛物线交于两点 得 2242 21 4410kkk 即 2 1 0 4 k 由韦达定理 得 2 12 2 21 k xx k 12 1x x 则线段 AB 的中点为 2 2 211 22 k kk 第 3 页 共 64 页 线段的垂直平分线方程为 2 2 111 2 22 k yx kkk 令 y 0 得 则 0 2 11 22 x k 2 11 0 22 E k 为正三角形 ABE 到直线 AB 的距离 d 为 2 11 0 22 E k 3 2 AB 22 1212 ABxxyy 2 2 2 1 4 1 k k k A 2 1 2 k d k 22 2 2 3 1 41 1 22 kk k kk A 解得满足 式 39 13 k 此时 0 5 3 x 思维规律思维规律 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 再利用垂直关系将弦的 垂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 高是边长的倍 将 k 确定 进而 3 2 求出的坐标 0 x 例题例题 3 已知椭圆的左焦点为F O为坐标原点 1 2 2 2 y x 求过点O F 并且与相切的圆的方程 2x 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 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 第 4 页 共 64 页 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 a2 2 b2 1 c 1 F 1 0 l x 2 圆过点 O F 圆心 M 在直线 x 上 2 1 设 M 则圆半径 r 2 t 2 1 2 1 2 3 由 OM r 得 解得 t 2 3 2 1 22 t2 所求圆的方程为 x 2 y 2 2 1 2 4 9 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 代入 y2 1 整理得 2 2 x 1 2k2 x2 4k2x 2k2 2 0 直线 AB 过椭圆的左焦点 F 方程一定有两个不等实根 设 A x1 y1 B x2 y2 AB 中点 N x0 y0 则 x1 x1 12 4 2 2 k k 2 012 2 12 221 k xxx k 00 2 1 21 k yk x k AB垂直平分线NG的方程为 1 00 xx k yy 令 y 0 得 第 5 页 共 64 页 22 00 22 2 2121 C kk xxky kk 2 22 11 21242 k kk 0 2 1 0 c xk 点G横坐标的取值范围为 0 2 1 技巧提示技巧提示 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 练习练习 1 1 已知椭圆 0 1 2 2 2 2 ba b y a x C过点 2 3 1 且离心率 2 1 e 求椭圆方程 若直线 0 kmkxyl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 0 8 1 G 求k的取值范围 分析分析 第一问中已知椭圆的离心率 可以得到 第一问中已知椭圆的离心率 可以得到的关系式 再根据的关系式 再根据 过点 2 3 1 得到得到的第的第 2 个关系式 个关系式 a b a b 解方程组 就可以解出解方程组 就可以解出的值 确定椭圆方程 的值 确定椭圆方程 a b 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 通过判别式得出的不等式 再根据韦达定理 的不等式 再根据韦达定理 k m 得出弦得出弦 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 0 8 1 G 得垂直平 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 可得的等式 用的等式 用 k 表示表示 m 再代入不等式 就可以再代入不等式 就可以 k m 求出求出 k 的取值范围 的取值范围 解 离心率 2 1 e 即 1 2 2 13 1 44 b a 22 43ba 又椭圆过点 2 3 1 则 1 式代入上式 解得 椭圆方程为 22 19 1 4ab 2 4a 2 3b 22 1 43 xy 设 弦 MN 的中点 A 1122 M x yN xy 00 xy 第 6 页 共 64 页 由得 22 3412 ykxm xy 222 34 84120kxmkxm 直线 0 kmkxyl与椭圆交于不同的两点 即 1 2222 644 34 412 0m kkm 22 43mk 由韦达定理得 2 1212 22 8412 3434 mkm xxx x kk 则 2 000 222 443 343434 mkmkm xykxmm kkk 直线 AG 的斜率为 2 2 2 3 24 34 41 3234 348 AG m m k K mk mkk k 由直线 AG 和直线 MN 垂直可得 即 代入 1 式 可得 2 24 1 3234 m k mkk A 2 34 8 k m k 即 则 2 22 34 43 8 k k k 2 1 20 k 55 1010 kk 或 老师支招老师支招 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ykxm 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 练习练习 2 设 分别是椭圆的左右焦点 是否存在过点的直线 l 与椭圆交于不同的两点 1 F 2 F 22 1 54 xy 5 0 A C D 使得 若存在 求直线 l 的方程 若不存在 请说明理由 22 F CF D 分析分析 由得 点 C D 关于过 22 F CF D 的直线对称 2 F 由直线 l 过的定点 A 5 0 不在的 22 1 54 xy 内部 可以设 直线 l 的方程为 联立方程 5 yk x 组 得一元二 次方程 根据判别式 得出斜率 k 的取值范围 由韦达 定理得弦 CD 的中点 M 的坐标 由点 M 和点 F1的坐标 得斜率为 解出 k 值 看是否在判别 1 k 式的取值范围 内 解 假设存在直线满足题意 由题意知 过 A 的直线的 斜率存在 且不等于 设直线 l 的方程为 C D CD 的中点 M 5 0 yk xk 11 x y 22 xy 00 xy 第 7 页 共 64 页 由得 22 5 4520 yk x xy 2222 45 50125200kxk xk 又直线 l 与椭圆交于不同的两点 C D 则 即 2222 50 4 45 12520 0kkk 2 1 0 5 k 由韦达定理得 22 1212 22 5012520 4545 kk xxx x kk 则 M 22 12 000 222 252520 5 5 2454545 xxkkk xyk xk kkk 2 2 25 45 k k 2 20 45 k k 又点 则直线的斜率为 2 F 1 0 2 MF 2 2 22 2 20 5 45 251 5 1 45 MF k k k k kk k 根据得 即 此方程无解 即 k 不存在 也就是不存在满足条件的直线 2 CDMF 2 1 MF kk A 2 2 5 1 1 5 k k 老师提醒 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 题型三 动弦过定点的问题题型三 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 我们必须了如指掌 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 例题例题 4 已知椭圆 C 的离心率为 且在 x 轴上的顶点分别为 A1 2 0 A2 2 0 22 22 1 0 xy ab ab 3 2 I 求椭圆的方程 II 若直线与 x 轴交于点 T 点 P 为直线 上异于点 T 的任一点 直线 PA1 PA2分别与椭圆交于 2 l xt t l 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 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 PA1 PA2的方程可以求出 P 点的纵坐标 2 l xt t 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 解 I 由已知椭圆 C 的离心率 则得 3 2 c e a 2a 3 1cb 从而椭圆的方程为 2 2 1 4 x y 第 8 页 共 64 页 II 设 直线的斜率为 则直线的方程为 由 11 M x y 22 N xy 1 AM 1 k 1 AM 1 2 yk x 消 y 整理得 1 22 2 44 yk x xy 222 121 14 161640kxk xk 是方程的两个根 1 2x 和 2 1 1 2 1 164 2 14 k x k 则 2 1 1 2 1 28 14 k x k 1 1 2 1 4 14 k y k 即点 M 的坐标为 2 11 22 11 284 1414 kk kk 同理 设直线 A2N 的斜率为 k2 则得点 N 的坐标为 2 22 22 22 824 1414 kk kk 12 2 2 pp yk tyk t 12 12 2kk kkt 直线 MN 的方程为 121 121 yyyy xxxx 令 y 0 得 将点 M N 的坐标代入 化简后得 2112 12 x yx y x yy 4 x t 又 2t 4 02 t 椭圆的焦点为 3 0 即 4 3 t 4 3 3 t 故当时 MN 过椭圆的焦点 4 3 3 t 方法总结方法总结 本题由点 A1 2 0 的横坐标 2 是方程的一个根 结合韦达定理 222 121 14 161640kxk xk 运用同类坐标变换 得到点 M 的横坐标 2 1 1 2 1 28 14 k x k 第 9 页 共 64 页 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 1 1 2 1 4 14 k y k 其实由消 y 整理得 得到 即 2 22 2 44 ykx xy 222 222 14 161640kxk xk 2 2 2 2 2 164 2 14 k x k 很快 2 2 2 2 2 82 14 k x k 2 2 2 2 4 14 k y k 不过如果看到 将中的换下来 前的系数 2 用 2 换下来 就得点 N 的坐标 2 1 1 2 1 164 2 14 k x k 12 kk用 1 x 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 2 22 22 22 824 1414 kk kk 本题的关键是看到点 P 的双重身份 点 P 即 在直线上也 1 AM 在直线 A2N 上 进而得到 由直 12 12 2kk kkt 线 MN 的方程 得直线与 x 轴的交点 即横截 121 121 yyyy xxxx 距 将点 M N 的坐标代入 化简 2112 12 x yx y x yy 易得 由 4 x t 解出 到此不要忘了考察 4 3 t 4 3 3 t 是否满 4 3 3 t 足 2t 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mkxyl 圆 C 的右顶点 求证 直线 过定点 并求出该定点的坐标 l 分析 分析 第一问 是待定系数法求椭圆的标准方程 第二问 直线与椭圆 C 相交于 A B 两点 mkxyl 并且椭圆的右顶点和 A B 的连线互相垂直 证明直线 过定点 就是通过垂直建立 k m 的一次函数关系 l 解 I 由题意设椭圆的标准方程为 22 22 1 0 xy ab ab 3 1acac 2 2 1 3acb 22 1 43 xy 第 10 页 共 64 页 II 设 由得 1122 A x yB xy 22 3412 ykxm xy 222 34 84 3 0kxmkxm 2222 6416 34 3 0m kkm 22 340km 注意 这一步是同类坐标变换 2 1212 22 84 3 3434 mkm xxxx kk 注意注意 这一步叫同点纵 横坐 22 22 12121212 2 3 4 34 mk yykxmkxmk x xmk xxm k 标间的变换 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点且 2 0 D1 ADBD kk 12 12 1 22 yy xx 121212 2 40y yx xxx 222 222 3 4 4 3 16 40 343434 mkmmk kkk 解得 22 71640mmkk 且满足 12 2 2 7 k mk m 22 340km 当时 直线过定点与已知矛盾 2mk 2 l yk x 2 0 当时 直线过定点 2 7 k m 2 7 l yk x 2 0 7 综上可知 直线 过定点 定点坐标为l 2 0 7 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 建立等式 直线不过定点 也不知道斜率 设出1 是经常用的一招 在第二讲中就遇到了这样设的直线 mkxyl 练习练习 直线和抛物线相交于 A B 以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点 证明 直线mkxyl 2 2ypx 过定点 并求定点的坐标 mkxyl 分析 分析 以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点 O 则 OAOB 若设 则 再 1122 A x yB xy 1212 0 x xy y 通过 将条件转化为 22 12121212 yykxmkxmk x xmk xxm 第 11 页 共 64 页 再通过直线和抛物线联立 计算判别式后 可以得到 解 22 1212 1 0kx xmk xxm 12 x x 12 xx 出 k m 的等式 就可以了 解 设 由得 这里消 x 得到的 1122 A x yB xy 2 2 ykxm ypx 2 220kypymp 则 1 2 480pmkp 由韦达定理 得 1212 22pmp yyy y kk 则 2 121212 12 2 ym ymy ym yym x x kkk A 以 AB 为直径的圆过抛物线的顶点 O 则 OAOB 即 1212 0 x xy y 可得 则 2 1212 12 2 0 y ym yym y y k 22 1 220kmppmm k 即 又 则 且使 1 成立 22 20kmpm k 0mk 2mkp 此时 直线恒过点 2 2 lykxmkxkpk xp 2 0 p 名师指点 名师指点 这个题是课本上的很经典的题 例题例题 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 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 题型四 过已知曲线上定点的弦的问题题型四 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 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 略一下思维过程 例题例题 6 已知点 A B C 是椭圆 E 上的三点 其中点 A是椭圆的右顶点 22 22 1 xy ab 0 ab 2 3 0 直线 BC 过椭圆的中心 O 且 如图 0AC BC A2BCAC 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 3x 第 12 页 共 64 页 解 I 且 BC 过椭圆的中心 O2BCAC OCAC 0AC BC A 2 ACO 又A 2 3 0 点 C 的坐标为 3 3 A是椭圆的右顶点 2 3 0 则椭圆方程为 2 3a 22 2 1 12 xy b 将点 C代入方程 得 3 3 2 4b 椭圆 E 的方程为 22 1 124 xy II 直线 PC 与直线 QC 关于直线对称 3x 设直线 PC 的斜率为 则直线 QC 的斜率为 从而直线 PC 的方程为 kk 即3 3 yk x 3 1 ykxk 由消 y 整理得 22 3 1 3120 ykxk xy 是方程的一个根 222 1 3 6 3 1 91830kxkk xkk 3x 2 2 9183 3 1 3 P kk x k A 第 13 页 共 64 页 即 2 2 9183 3 1 3 P kk x k 同理可得 2 2 9183 3 1 3 Q kk x k 3 1 3 1 PQPQ yykxkkxk 2 3 PQ k xxk 2 12 3 1 3 k k 22 22 91839183 3 1 3 3 1 3 PQ kkkk xx kk 2 36 3 1 3 k k 1 3 PQ PQ PQ yy k xx 则直线 PQ 的斜率为定值 1 3 方法总结 本题第二问中 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3x PC 的斜率为 k 就得直线 QC 的斜率为 k 利用是方程3 的根 易得点 P 的横坐标 222 1 3 6 3 1 91830kxkk xkk 再将其中的 k 用 k 换下来 就得到了点 Q 的横坐标 2 2 9183 3 1 3 P kk x k 这样计算量就减少了许多 在考场上就节省了大量的时间 2 2 9183 3 1 3 Q kk x k 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 PQ yy PQ xx 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 的离心率为 且在 x 轴上的顶点分别为 A1 2 0 A2 2 0 22 22 1 0 xy ab ab 3 2 I 求椭圆的方程 II 若直线与 x 轴交于点 T 点 P 为直线 上异于点 T 的任一点 直线 PA1 PA2分别与椭圆交于 2 l xt t l 第 14 页 共 64 页 M N 点 试问直线 MN 是否通过椭圆的焦点 并证明你的结论 解 I 由已知椭圆 C 的离心率 则得 3 2 c e a 2a 3 1cb 从而椭圆的方程为 2 2 1 4 x y II 设 直线的斜率为 则直线的方程为 由 11 M x y 22 N xy 1 AM 1 k 1 AM 1 2 yk x 消 y 整理得 1 2 2 2 1 4 yk x x y 222 121 14 161640kxk xk 是方程的两个根 1 2x 和 2 1 1 2 1 164 2 14 k x k 则 2 1 1 2 1 28 14 k x k 1 1 2 1 4 14 k y k 即点 M 的坐标为 2 11 22 11 284 1414 kk kk 同理 设直线 A2N 的斜率为 k2 则得点 N 的坐标为 2 22 22 22 824 1414 kk kk 12 2 2 pp yk tyk t 12 12 2kk kkt 直线 MN 的方程为 121 121 yyyy xxxx 令 y 0 得 将点 M N 的坐标代入 化简后得 2112 12 x yx y x yy 4 x t 第 15 页 共 64 页 又 2t 4 02 t 椭圆的焦点为 3 0 即 4 3 t 4 3 3 t 故当时 MN 过椭圆的焦点 4 3 3 t 方法总结 本题由点 A1 2 0 的横坐标 2 是方程的一个根 结合韦达定理 222 121 14 161640kxk xk 得到点 M 的横坐标 利用直线 A1M 的方程通过坐标变换 得点 M 的纵坐标 2 1 1 2 1 28 14 k x k 1 1 2 1 4 14 k y k 再将中的换下来 前的系数 2 用 2 换下来 就得点 N 的坐标 2 1 1 2 1 164 2 14 k x k 12 kk用 1 x 2 22 22 22 824 1414 kk kk 如果在解题时 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 即在直线上也在直线 A2N 上 进而得到 由直 1 AM 12 12 2kk kkt 线 MN 的方程得直线与 x 轴的交点 即横截距 将点 M N 的坐标代入 化简易 121 121 yyyy xxxx 2112 12 x yx y x yy 得 由解出 到此不要忘了考察是否满足 4 x t 4 3 t 4 3 3 t 4 3 3 t 2t 练习 2 2009 辽宁卷文 理 已知 椭圆C以过点A 1 3 2 两个焦点为 1 0 1 0 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 分析 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 由韦达定理和点立方程组 转化成一元二次方程 由韦达定理和点 A A 的的 坐标 可以求出点坐标 可以求出点 E E 的坐标的坐标 将点将点 E E 中的中的 k k 用用 k k 换下来 就可以得到点换下来 就可以得到点 F F 的坐标 通过计算的坐标 通过计算 yE yFyE yF xE xFxE xF 就 就 可以求出直线可以求出直线 EFEF 的斜率了的斜率了 22 1ab 22 a b 22 22 1 1 xy aa 第 16 页 共 64 页 解 由题意 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 设直线 AE 方程为 代入得 3 1 2 yk x 22 1 43 xy 设 因为点在椭圆上 所以 x y EE E x y FF F 3 1 2 A 2 2 3 4 12 2 x 34 F k k 8 分 3 2 EE ykxk 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 2 2 3 4 12 2 x 34 F k k 3 2 EE ykxk 所以直线 EF 的斜率 21 2 FEFE EF FEFE yyk xxk K xxxx 即直线 EF 的斜率为定值 其值为 12 分 1 2 老师总结 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 例题例题 7 设过点 D 0 3 的直线交曲线 M 于 P Q 两点 且 求实数的取值范围 22 1 94 xy DPDQl uuu ruuu r l 分析分析 由可以得到 将 P x1 y1 Q x2 y2 代人曲线方程 解出点的坐标 用表示DPDQl uuu ruuu r 12 12 3 3 xx yy l l l 出来 解 设 P x1 y1 Q x2 y2 22 19 1 4 1 aa 2 4a 22 1 1 4 ac 22 1 43 xy 222 3 34 4 32 4 120 2 kxkk xk 第 17 页 共 64 页 QDPDQl uuu ruuu r x1 y1 3 x2 y2 3 l 即 12 12 3 3 xx yy l l 方法一 方法一 方程组消元法 又P Q 是椭圆 1 上的点Q 2 9 x 2 4 y 22 22 22 22 1 94 33 1 94 xy xylll 消去 x2 可得 222 2 22 33 1 4 yylll l 即 y2 135 6 l l 又 2y22 Q 22 135 6 l l 解之得 1 5 5 则实数的取值范围是 l 1 5 5 方法二 方法二 判别式法 韦达定理法 配凑法 设直线 PQ 的方程为 3 0ykxk 由消 y 整理后 得 22 3 4936 ykx xy 22 49 54450kxkx P Q 是曲线 M 上的两点 22 54 4 45 49 kk 2 144800k 即 2 95k 由韦达定理得 1212 22 5445 4949 k xxx x kk 2 1212 1221 2 xxxx x xxx 第 18 页 共 64 页 222 2 54 1 45 49 k k 即 2 222 36944 1 5 1 99 k kk 由 得 代入 整理得 2 11 0 95k 2 369 1 5 1 5 解之得 1 5 5 当直线 PQ 的斜率不存在 即时 易知或 0 x 5 1 5 总之实数的取值范围是 l 1 5 5 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的焦点 离心率为 2 4 1 xy 5 52 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 交 y 轴于 M 点 若 AFMA 1 BFMB 2 求的值 21 分析 07 福建理科 如图 已知点 1 0 直线 l x 1 P 为平面上的动点 过作直线 l 的垂线 垂FP 第 19 页 共 64 页 足为点 且QQP QFFP FQ 求动点的轨迹 C 的方程 P 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 12 MAAF AFBF 的值 12 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 解法一 设点 则 由得 P xy 1 Qy QP QFFP FQ AA 化简得 10 2 1 2 xyxyy AA 2 4C yx 设直线的方程为 AB 1 0 xmym 设 又 11 A xy 22 B xy 2 1M m 联立方程组 消去得 2 4 1 yx xmy x 故 2 440ymy 2 4 120m 12 12 4 4 yym y y 由 得 1 MAAF 2 MBBF 第 20 页 共 64 页 整理得 111 2 yy m 222 2 yy m 1 1 2 1 my 2 2 2 1 my 12 12 211 2 myy 12 12 2 2 yy my y A 2 4 2 4 m m A 0 解法二 解法二 由得 QP QFFP FQ AA 0FQ PQPF A 0PQPFPQPF A 22 0PQPF PQPF 所以点的轨迹是抛物线 由题意 轨迹的方程为 PCC 2 4yx 由已知 得 1 MAAF 2 MBBF 12 0 A 则 1 2 MAAF MBBF 过点分别作准线 的垂线 垂足分别为 AB l 1 A 1 B 则有 1 1 MAAAAF MBBBBF 由 得 即 1 2 AFAF BFBF 12 0 第 21 页 共 64 页 练习 练习 设椭圆 0 1 2 2 2 2 a y a x C的左 右焦点分别为 1 F 2 F A 是椭圆 C 上的一点 且 0 212 FFAF 坐标原点 O 到直线 1 AF的距离为 3 1 1 OF 1 求椭圆 C 的方程 2 设 Q 是椭圆 C 上的一点 过 Q 的直线 l 交 x 轴于点 0 1 P 较 y 轴于点 M 若QPMQ2 求直线 l 的方程 山东山东 20062006 理理 双曲线C与椭圆有相同的焦点 直线y 为C的一条渐近线 22 1 84 xy x3 I 求双曲线C的方程 II 过点P 0 4 的直线 交双曲线C于A B两点 交x轴于Q点 Q点与C的顶点不重合 当l 且时 求Q点的坐标 12 PQQAQB 3 8 21 解 解法一 由题意知直线 的斜率存在且不等于零 lk 设 的方程 l 11 4 ykxA x y 22 B xy 则 4 0 Q k 1 PQQA 111 44 4 xy kk 1 111 111 1 44 44 4 4 x kkx kk yy 在双曲线上 11 A x yC 2 1 2 11 11616 10 k 2222 11 16 1632160 3 kk 222 11 16 16 32160 3 kk 同理有 222 22 16 16 32160 3 kk 若则直线 过顶点 不合题意 2 160 k l 2 160 k 第 22 页 共 64 页 是二次方程的两根 12 222 16 16 32160 3 kxxk 12 2 328 163k 2 4k 此时 0 2k 所求的坐标为 Q 2 0 解法二 由题意知直线 的斜率存在且不等于零lk 设 的方程 则 l 1122 4 ykxA x yB xy 4 0 Q k 1 PQQA 分的比为 Q PA 1 由定比分点坐标公式得 1 1 11 11 11 1 11 44 1 1 44 0 1 x x kk y y 下同解法一 解法三 由题意知直线 的斜率存在且不等于零lk 设 的方程 则 l 1122 4 ykxA x yB xy 4 0 Q k 12 PQQAQB 111222 444 4 xyxy kkk 1122 4yy 1 1 4 y 2 2 4 y 又 12 8 3 12 112 3yy 即 1212 3 2yyy y 第 23 页 共 64 页 将代入得4ykx 2 2 1 3 y x 222 3 244830kyyk 否则 与渐近线平行 2 30k l 2 1212 22 24483 33 k yyy y kk 2 22 24483 32 33 k kk 2k 2 0 Q 解法四 由题意知直线 l 得斜率 k 存在且不等于零 设 的方程 l4ykx 1122 A x yB xy 则 4 0 Q k 1 PQQA 111 44 4 xy kk 1 1 1 4 4 4 4 k kx x k 同理 1 2 4 4kx 12 12 448 443kxkx 即 2 1212 25 80k x xk xx 又 2 2 4 1 3 ykx y x 消去 y 得 22 3 8190kxkx 当时 则直线 l 与双曲线得渐近线平行 不合题意 2 30k 2 30k 第 24 页 共 64 页 由韦达定理有 12 2 12 2 8 3 19 3 k xx k x x k 代入 式得 2 4 2kk 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 它的一个顶点恰好是抛物线的焦点 离心率等于 2 4xy 2 5 5 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 111222 PFF A PFF B 12 解 1 设椭圆 C 的方程为 则 b 1 由 得 则椭 22 22 1 0 xy ab ab 2 2 2 41 11 55 b e a 2 5a 圆的方程为 2 2 1 5 x y 2 由得 设 2 2 1 5 x y 12 2 0 2 0 FF 001122 P xyA x yB xy 有得 111222 PFF A PFF B 0011100222 2 2 2 2 xyxyxyxy 解得 00 12 12 yy yy 根据 PA PB 都不与 x 轴垂直 且 设直线 PA 的方程为 代人 整理 0 0y 0 0 2 2 y yx x 2 2 1 5 x y 后 得 2222 00000 2 54 2 0 xyyyxyy 第 25 页 共 64 页 根据韦达定理 得 则 2 0 01 22 0 2 5 y y y xy 0 1 22 0 2 5 y y xy 从而 22 0 10 1 2 5 y xy y 同理可求 22 0 20 2 2 5 y xy y 则 222222 12000000 2 5 2 52 5 4xyxyxy 由为椭圆上一点得 00 P xy 2 2 1 5 x y 22 00 55xy 则 12 18 故的值为 18 12 题型六 面积问题题型六 面积问题 例题例题 8 07 陕西理 已知椭圆 C a b 0 的离心率为短轴一个端点到右焦点的距离1 2 2 2 2 b y a x 3 6 为 3 求椭圆 C 的方程 设直线 l 与椭圆 C 交于 A B 两点 坐标原点 O 到直线 l 的距离为 求 AOB 面积的最大值 2 3 解 设椭圆的半焦距为 依题意c 6 3 3 c a a 所求椭圆方程为 1b 2 2 1 3 x y 设 11 A xy 22 B xy 1 当轴时 ABx 3AB 2 当与轴不垂直时 ABx 设直线的方程为 ABykxm 第 26 页 共 64 页 由已知 得 2 3 2 1 m k 22 3 1 4 mk 把代入椭圆方程 整理得 ykxm 222 31 6330kxkmxm 12 2 6 31 km xx k 2 12 2 3 1 31 m x x k 2 22 21 1 ABkxx 222 2 222 3612 1 1 31 31 k mm k kk 22222 2222 12 1 31 3 1 91 31 31 kkmkk kk 2 42 2 2 121212 33 0 34 1 9612 36 96 k k kk k k 当且仅当 即时等号成立 当时 2 2 1 9k k 3 3 k 0k 3AB 综上所述 max 2AB 当最大时 面积取最大值 ABAOB max 133 222 SAB 第 27 页 共 64 页 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 ykxb 2 2 1 4 x y ABC S 求在 的条件下 的最大值 0k 01b S 当时 求直线 AB 的方程 12 SAB 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 解 解 设点 A 的坐标为 点的坐标为 bx 1 B bx 2 由 解得 1 4 2 2 b x 2 21 12bx 所以 21 2 1 xxbS 2 12bb bb11 2 当且仅当时 取到最在值 1 2 2 bS 第 28 页 共 64 页 解 由 1 4 2 2 y x bkxy 得 bkbxxk012 4 1 222 bk14 22 21 2 1xxkAB 2 4 1 14 1 2 22 2 k bk k 设到的距离为 则OABd AB s d1 2 又因为 k b d 2 1 所以代入 式并整理 得 kb1 22 kk0 4 1 24 解得 代入 式检验 bk 2 3 2 1 22 0 故直线的方程是AB 2 6 2 2 2 6 2 2 2 6 2 2 2 6 2 2 xyxy xy xy或或或 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 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