(新课标)高考数学一轮复习第九章平面解析几何9.9直线与圆锥曲线的位置关系习题理VIP

1、9.9 直线与圆锥曲线的位置关系2 / 381 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度来看有三种：相离时，直线与圆锥曲线 公共点；相切时，直线与圆锥曲线有 公共点；相交时，直线与椭圆有 公共点，直线与双曲线、抛物线有一个或两个公共点一般通过它们的方程来研究：设直线 l: Ax+ By+ C= 0 与二次曲线 C: f(x, y)=0,消元，如果消去y 后得：ax2+bx+ c=0,Ax+ By+ C= 0, f (x, y) =0(1)当 aw。时，A>0,则方程有两个不同的解，直线与圆锥曲线有两个公共点，直线与圆锥曲线 ;A=0,则方程有两个相同的解，直线与圆锥曲

2、线有一个公共点，直线与圆锥曲线 ;AV0,则方程无解，直线与圆锥曲线没有公共点，直线与圆锥曲线 .(2)注意消元后非二次的情况，即当 a=0时，对应圆锥曲线只可能是双曲线或抛物线.当圆锥曲线是双曲线时，直线 l 与双曲线的渐近线的位置关系是；当圆锥曲线是抛物线时，直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是 (3)直线方程涉及斜率 k要考虑其不存在的情形.2 直线与圆锥曲线相交的弦长问题直线l： y=kx+m与二次曲线C： f(x,y)= 0交于 A, B两点，设A：xi,yi),日x2,y2),由,xix2 =, | AB =y 十”得 ax2+bx+c= 0(aw0),则 xi + x2=f (x

3、, y) =0(2) 若弦过焦点，可得焦点弦，可用焦半径公式来表示弦长，以简化运算3 直线与圆锥曲线相交弦的中点问题中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解(1) 利用根与系数的关系：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解(2)点差法：若直线l与圆锥曲线C有两个交点AB,一般地，首先设出A(xi,yi) , Rx2,y2),代入曲线方程，通过作差，构造出 X1 + X2, yi + y2, xi X2, yi y2,从而建立中点坐标和斜率的关系. 无论哪种方法都不能忽视对判别式的讨论.自查自纠1 .无一个两个(1)相交相切

4、相离(2)平行或重合平行或重合b cb24ac2. (1) a a /Tk2|x1-x2| =V1+k2q|一若过点(0, 1)作直线，使它与抛物线y2= 4x仅有一个公共点，则这样的直线有()A. 1条B. 2条 C .3条D.4条解：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).故选C.15 / 38（2015 兰州检测）若直线 m杆ny=4和圆 Q x2+y2=4没有交点，则过点（m n）的直线与椭圆X2+y2的交点个数为（）A.至多1个B. 2C. 1D.解：,直线 m奸ny=4和圆Q

5、x2+y2= 4没有交点，2 2m2 n2 m2 4m2-36m2<1,，点（m, n）在椭圆卷十，2=1的内部，过点（m）而济2>2,n<4. 丁=1n）的直线与椭圆2 + y2=1的交点有2个.故选B.若直线y=kx+2与双曲线x2 y2 = 6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是（A.C.解:1515315飞B. 0,D.y = kx+2,由得(1x2-y2=6直线与双曲-k2)x2 4kx- 10= 0.线右支交于不同的两点A(x1 ,y1),Rx2,v2,则1 k2w0, = 16k24 (1 k2) x (10) >0,4k x1+x2 = 1ZZk2&g

6、t;0,10 x1x2=2>°,解得 义5<k<1.故选D.3直线X ty3=0(tCR)与椭圆急*1的交点个数为-_32 0 x2 y2 ，一一解：易知直线x-ty-3=0(tR)过定点P(3,叽而25+元1,所以点P在椭圆25+太=1内，直线与椭圆的交点个数为2.故填2.已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2=4y的焦点,且与抛物线相交于A B两点，则弦AB的长为解：直线l的方程为y =43x+1, 联立 y=*x+1'得 y2-14y+1=0.x2= 4y设 A(x1, y。，Rx2, y2),则 y1 + y2 = 14,| AB = y

7、i+ y2+ p= 14+ 2= 16.故填 16.类型一弦的中点问题 已知一直线与椭圆4x2+9y2= 36相交于A, B两点,弦AB的中点坐标为 M1 , 1),则直线AB的方程为 M1, 1)的直线AB的方程为y=k(x1) + 1,代解法一：根据题意，易知直线 AB的斜率存在，设通过点 入椭圆方程，整理得(9 k2+4)x2+18k(1 -k)x + 9(1 - k) 2-36=0.设A, B的横坐标分别为x1+x2 9k (1 k)则=入 29k2+ 4x1, x2,=1,解之得k= 一 q.故直线 AB的方程为 y = -4(x-1) + 1,即 4x+9y-13= 0.解法二：设

8、 A(x1, y1).AB 中点为 M(1 , 1),B 点坐标是(2 -xb 2- y1).将A, B点的坐标代入方程 4x2+9y2=36,得4x2+9y236 = 0,及 4(2 xi)2+ 9(2 -yi)2=36, 化简为 4x2+9y216xi36yi+16=0.一，得 16xi+36yi 52 = 0,化简为 4xi+9yi - 13= 0.同理可推出 4(2 -x1)+9(2 -y1)-13= 0.4x2+9y2=36,4x2+9y2=36, A(x1, y。与日2x1, 2y。都满足方程 4x+9y 13=0, -4x + 9y-13 = 0 即为所求.解法三：设A(x1,

9、y1), B(x2, y2)是弦的两个端点，代入椭圆方程，得一，得 4( x1 + x2)( x1 x2)+ 9( y1 + y2)( y1 y2)= 0.M1, 1)为弦的中点，x1+x2=2, y1+y2=2.4( x1 一 x2)+ 9( y1 y2)= 0.kAB=y1y2x1 x249.一、4r故 AB万程为 y-1 = - q(x-1),即 4x+9y13=0.故填 4x+ 9y- 13=0.(2)( 2013 浙江)设F为抛物线C： y2=4x的焦点，过点 R1, 0)的直线l交抛物线C于A, B两点，点Q为线段AB的中点.若| FQ =2,则直线l的斜率等于解：由题意知直线l的

10、斜率存在，设y k "+1)'得 k2x2+ (2 k2 - 4) x + k2 = 0 y2 = 4x,A(x1, y1) , B(x2, v2，直线 l2k2-44XTX-k= 2 + k2,的方程为 y=k(x+1),联立4 5y1 + y2 = k( x1 + x2) + 2k =-,设 kQ( x0, y0), 则 x。= -7- = 1 + .， 2k2y1 + y2 2口n.2y0 =二=口 即 Q 1十6，k ,又 F(1 , 0) ,| FQ =T+iT 2+ 2"，解得 k=±1.故填 ±1. k2 k解法三计算简捷，所列【点

11、拨】(1)本题的三种解法很经典，各有特色，解法一思路直接，但计算量大,式子“整齐、美观，对称性强”，但消去x1, x2, y1, y2时，要求灵活性高，整体意识强.(2)本题解答看似正确，但细想会发现：缺少对“直线与抛物线相交于A, B两点”这一几何条件的检验 (这是易出错的地方，切kw 0,记)，即,解得kC( 1, 0)U(0, 1),而当k=±i时，直线l恰好与抛物线相 = (2k24) 24k4>0,切，似与题意不符.本节课时作业第8题对本题已知条件数据作了修改，使满足题意的直线l是存在的，进而可求得直线l的斜率.1(1)( 2014 江西)过点M，1)作斜率为/的直线

12、与椭x2 y2圆C： a2+ b2= 1(a>b>0)相父于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆 C的离心率等于-_,x2 y2解：设 A(xb y1), B(x2, y2),则餐+才=1,x2 y2孑+F=1，两式相减得(x1 x2) (x1+x2)(y1y2) (y1 + y2)变形得-b2 (x1 + x2)a2yi-y2a2 (y1 + y2) x1 x2'2b2即一卷b2 1 2>,=0,a2=2b2,1- b2¥故填学(2)已知双曲线x2-y2-= 1上存在两点 M N关于直线y=x+m对称，且 MN的中点在抛物线 y2=18x上, 3则实数

13、m的值为.解：设 M(x1, y1) , Nx2, y2) , MN勺中点 Rx0, y0),则x2 y2= 1 ,3x2 ?= 1, 3x1 + x2=2x。,y1 + y2=2y。，1由一得(x2 x1)( xz+x。=鼻(y2y1)( y?+y1),3显然x1Wx2.y2y1 y2+y1y0 q. x2 x1x2 + x1 = 3,即 kMN, x0=3.M N关于直线y = x+m对称，kMN= - 1 ,y0= 一 3x0.m 3m又. y0=x0+mP 4,、一 19 2m代入抛物线方程得 n2=18- 4,解得m。或8,经检验都符合.故填 0或8.类型二定点问题(2013 陕西)

14、已知动圆过定点 A(4 , 0),且在y轴上截得弦MN勺长为8.(1)求动圆圆心的轨迹 C的方程;(2)已知点B( - 1, 0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点 P, Q,若x轴是/ PBQ的角平分线，证明直线l过定点.解：(1)如图，设动圆圆心O(x, y),由题意，| O1A =| 01不，当O不在y轴上时，过O作OHUMN交1MNT点 H,则 H是 MN勺中点，| mH =| mN =4, . | O1M =1x2 + 42.又 | O1A =，(x 4) 2+y2,. 7 (x 4) 2+y2 =,2+42,化简得 y2=8x(xw0);当O在y轴上时，O与O重合,点O

15、的坐标(0, 0)也满足方程y2=8x, 动圆圆心的轨迹 C的方程为y2=8x.(2)证明：如图，设直线 l 的方程为 y=kx + b(kw0), P(xi, yi) , Qx2, y2),将 y=kx+b 代入 y2= 8x中，得 k2x2+(2kb8)x+b2=0,其中 A = (2kb8)24k2b2= 6432kb>0,得 kb<2.由根与系数的关系知8 2kb -xi + x2=, ak2b2 -xix2=k2,x轴是/PBQ勺角平分线，yi _ y2x1 + 厂 x2+ 1即 yi(x2+1) + y2(xi+1) = 0, (kxi+ b)( x2+1) + (kx

16、2+b)( xi+1) = 0, 2kxix2+(b+k)( xi + x?)+2b= 0, 将代入得 2kb2+(k+b)(8 2bk) +2k2b=0, 化简得k=- b,此时A>0, ，直线l的方程为y=k(x1),且过定点(1 , 0).【点拨】第(1)问设动圆圆心坐标，利用圆的半径、弦的一半和弦心距组成的直角三角形求解，第(2)问设直线方程为y=kx+b,并与轨迹方程联立，再设两个交点坐标，由题意知直线BP和BQ的斜率互为相反数，导出k和b的关系，最后应用方程特点证明直线过定点.解析几何解答题的一般命题模式是先根据已知的关系 确定一个曲线的方程，然后再结合直线方程与所求曲线方程

17、把问题引向深入，其中的热点问题有：参数范围、 最值、定点、定值等问题.在直线与圆锥曲线交于不同两点的相关问题中，一般是设出点的坐标，然后确定点 的坐标之间的关系(特别是直线是动直线时这个方法是必需的)，再进行整体处理(通常是利用韦达定理处理这类问题).如图所示，等边三角形 OAB的边长为843,且其三个顶2.点均在抛物线 E： x = 2py( p>0)上.(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=1相交于点Q求证：以PQ直径的圆恒过 y轴上某 定点.解：(1)依题意，得|OB=8a/3, ZBOy= 30° .设 B(x, y),则 x=| OB

18、sin30 ° = 45，y= | OBCos30 ° =12.点 B(4>/3, 12)在 x2=2py(p>0)上， .(4,3)：2=2px 12,2解得p=2.，抛物线E的方程为x =4y.,12.1(2)证法一：由(1)知 y=4x , y =x.设 R x(), y0),则 x0 w 0,1口且l的方程为11/=2x°x4x0.11由 y=2x0x70,x0 4 x= 得 2x0y y0=-x0( xx0), 即y= t,y=T,x0 412x0 '1 .设M(0yi),令Mp- MQ= 0 对满足 y°= 11x0( x

19、°w 0)的点(xo,y。恒成立. x0 4由于MP=(刈，y0 yi), MQ=3丁g x0 4由MP- MQ= 0,得一2一 y。y0yi+yi+y2=0,即(y2+yi 2) +(1 -yi)y0=0.(*)，一 1由于(*)式对满足y0=1x0(x0W 0)的y0恒成立，解得y1= 1.1 -y1 = 0,-y2 + y1-2=0,M0, 1).y故以PQ为直径的圆恒过 y轴上的定点一， ,1 2证法二：由(1)知y=1x设 P( x°, y°),则 x°w 0,1且 l 的方程为 y y0=2x0(x x0),11即 yn/x1x2.11x0-

20、4y=T,y=2x0x-x0,得 x=K，y= t,x0 4Q-z, l 12x0 '22取 x0 = 2,此时P(2, 1) ,Q0, 1),以PW直径白圆为(x1) +y=2,交 y 轴于点M(0, 1), M(0 ,T)；131 23 2 125取x0=1,此时P1, 4 , Q2, 1 ,以PQ为直径的圆为x + 4 + 丫 +8=西，交y轴于M(0 ,71), M0, 4 .故若满足条件的点 M存在，只能是M(0 , 1).以下证明点M0, 1)就是所要求的点.一一x0 - 4一 一 x0 4. MP= (x0,y01), MQ=,-2 , MP MQ=-2y0+ 2= 2y

21、0-2-2y0+2= 0,2x02以PQ为直径的圆恒过 y轴上的定点 M0, 1) .类型三定值问题(2014 江西)如图，已知抛物线 C： x2=4y,过点M(0 ,2)任作一直线与 C相交于A, B两点，过点B作y轴的平行线与直线 AB目交于点D( O为坐标原点).(2)作C的任意一条切线1(不含x轴)，与直线y = 2证明：(1)依题意可设AB方程为y = kx + 2,(1)证明：动点D在定直线上；相交于点N,与(1)中的定直线相交于点N2.证明：| MN| 2 | MN 2为定值，并求此定值.代入 x2=4y,得 x2=4(kx+2),即 x2 4kx 8=0.设 A(x1, y1)

22、, B(x2, y2),则有 xiX2=8,直线AO的方程为y=4x, BD的方程为x=x2,x1x = x2,注意到X1X2= 8及x2= 4y1,则有y1x1x28y1y x2 4y1解得交点D的坐标为yy1x2=2.因此D点在定直线y=2(xw0)上.(2)依题设，切线1的斜率存在且不等于0设切线1的方程为 y= ax+b(aw 0),代入x2 = 4y得x2= 4( ax+ b),即 x24ax 4b= 0,由 = 0 得 16a2+16b = 0,化简整理得 b= a2.12 / 38故切线l的方程可写为y=axa2.分别令y=2, y= 2得Ni, N2的坐标为2c2cN - +

23、a，2 , N2 g+a，2 ,2222则 |MN2|MN2= - + a +42 -+a =8,即 |MN|2|MN2 为定值 8. aa【点拨】 求解此类问题的方法一般有两种：（1）从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算,一 x2 y2 .一 22已知椭圆02+ b2=1(a>0, b>0)的左焦点F为圆x+y1.+ 2x=0的圆心，且椭圆上的点到 点F的距离的最小值为 V2

24、-（1）求椭圆方程；一一 一，一 一 5 c . f -（2）已知经过点F的动直线l与椭圆交于不同的两点 A, B,点M-, 0 ,证明：MA MB；定值.解：（1）圆的标准方程为（x+1）2+y2=1,则圆心为（一1, 0）,半径r=1, 椭圆的半焦距 c=1.又椭圆上的点到点F的距离的最小值为 5一1,，ac=421,即a=42,则b2=a2c2=1.故所求椭圆的方程为x2+y2=1.x= - 1.-2 ._7_16.（2）证明：当直线l与x轴垂直时，l的方程为可求得 A 1, J2 , B 1,此时MA Mb= 1应1_*24' 24'2当直线l与x轴不垂直时，设直线l的

25、方程为y=k(x+ 1),y=k (x + 1),由 x2得(1+2k2)x2+4k2x+2k22=0,万+y2 = 125 / 38设 A(X1, y。, B(X2, y2),则 Xi + X2= 一Ma Mfe=4k22k22X1 X2=1+2k2，XX1 + 2k2.55x1+4，y1 - X2+4, y2 = Xi+4 x2+ +y1y252=X1X2+4(X1 + X2) + 4 +k(X1+1) k(X2+1)252 25=(1 + k )X1X2 + k2+- (X1 + X2) + k +16,22k2254k225=(1 +k) 1+2k2 +4 -1+2k2 +k +164

26、k2 2 252572+1+2k2162 1616.综上得MA-M的定值，且定值为-176.类型四与弦有关的范围与最值问题x2 o（2015 浙江）已知椭圆 万十=1上两个不同的点 A, Bi 一关于直线 y= m肝"2对称.(1)求实数m的取值范围；(2)求AOB®积的最大值(O为坐标原点).解：(1)由题意知mt0,可设直线 AB的方程为1y= -x+ b.mx2-2 + y2=1,由1y一番+ b， 112 2b2消去 y,得 5+；x x+ b -1 = 0.2 m2m1 x2 r 一 一、，直线y=帝+ b与椭圆"2"+ y = 1有两个不同的

27、父点,24 小= 2b +2+m>0.2mbm2b将AB的中点M1,的坐标代入直线方程 m2r 2 m2-I- 21ma 2y= mx+-,解得 b= - o o .222m23m务 4m2- 4由得>0,2m4即 3n4+ 4m 4>0 也即(3n22)( n2+2)>0 ,解得 nr乎或 m>.33人 1(2)令 t=me、/ 2t4+2t2+3 |AB=#2 + 1 . X1,t2+21 t2+2 且O到直线AB的距离d= t.42 +1设AOB勺面积为S(t),则2 t2-22+2 噌11S(t)=2|AB - d = 2,21,.当且仅当t2=，时，等号

28、成立.故AOBm积的最大值为考【点拨】(1)圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函 数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲 线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值.(2)解决圆锥曲线中的取值范围问题常从五方面考虑：利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；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建立两个参数之间的等量关系；利用隐含的不等关系建立不等式，从 而求出参数的取值范围；利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；利用求函数的

29、值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.设点Rx, y)到直线x=2的距离与它到定点(1 , 0)的距(2)设 M2, 0),过点 M的直线l与曲线 C相交于 E, F两点0), C2(1 , 0), B1(0 , 1), B2(0 , 1)构成的四边形内离之比为42,并记点P的轨迹为曲线 C (1)求曲线C的方程；当线段EF的中点落在由四点 C( 1,(包括边界)时，求直线l斜率的取值范围.解：(1)由题意得不 |x 2| 一 =J2, V (x-1) 2+y2 '整理得x2+ y2= 1,即曲线C的方程为x2+ y2= 1.(2)易知点M在曲线C外

30、.显然直线l的斜率存在，可设直线 l的方程为y=k(x+2).设点E,F的坐标分别为(xi, yi) , (X2, y。,线段EF的中点为Gxo, yo), y = k(X+2),2222由 x2消去 y,得(1 +2k)x+8kx+8k 2=0.2-+y2=A + 2k2 1+2k22 2. 2. 2由 A = (8k) -4(1 + 2k )(8 k-2)>0, 解得¥<k<*.8k2由根与系数的关系得 xi+x2 = -8k2,于是 1 + 2k2x1+x2 4k2,2kx°=-=-172，y0=k(x°+2)=TT2，4k2_一上. x0

31、=-<0, .点G不可能在y轴的右边。1 十 2k2又直线CB2和GB的方程分别为y = x+1, y=-x-1,，点G在正方形内(包括边界)的充要条件为2k 4k2<+ 11 + 2k2 1+2k2十1', 1+y0<x02k 4k2,1一x0-y0>亦即2k2 + 2k 1<0,2k2-2k- 1<0,解得一 1 <k<32-1，由知，直线l斜率的取值范围是类型五对称问题已知抛物线 y= ax21(aw。)上总有关于 直线x+y=0对称的相异两点，则a的取值范围是解：设A(x1,y1)和B(x2,y2)为抛物线y= ax2-1上的关于

32、直线x+y=0对称的两相异点，则y1 = ax2 1, y2= ax2- 1.两式相减，得 y1 y2=a(x1x2)( x1 + x2).再由x1Wx2,y1 y2得的 =式玄+ *2)= 1.xi x2设线段AB的中点为M(xoyo),则 xox1 + x2 1由M点在直线x+ y= 0 上2 2a得 y0=W直线AB的方程为联立直线AB与抛物线的方程并消去 V，得2 1ax x+一一 1 = 0.a依题意，上面的方程有两个相异实根，13A = 1 - 4a - 1 >0,解得 a>:.a43 3，a的取值范围是+°° .故填4，+00 .【点拨】应用判别式

33、法解决此类对称问题，要抓住三点： (1)中点在对称轴上；(2)两个对称点的连线与对称轴垂直；(3)两点连线与曲线有两个交点，故 >0. 一般通过“设而不求” “点差法”得到对称点连线的方 程，再与曲线方程联立，由判别式不等式求出参数范围.，一 x2 2 ，一 一， 、一.已知椭圆2 + y2k2x0="(xi+ x2)=", 2' 2k2+1ky0=k(x0+1)=2k2Z1，点A和点B关于直线l对称，直线l为AB的垂直平分线，其方程为=l的左焦点为F, O为坐标原点.设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A B两点，点A和点B关于直线l对称，l与x轴交于点G

34、则点G横坐标的取值范围是解：设直线AB的方程为y=k(x+1)( kw0), 代入 x2+y2= 1,2222整理得(1 +2k)x +4kx +2k 2=0.直线AB过椭圆的左焦点 F且不垂直于x轴， ，方程有两个不等实根.设 A(xi, yi) , B(x2, y2), AB的中点 N(x0, y(),w4k2用 xi + x2=-2k2+i，1yy0= 一k（xX0）.2k2 k2令 V=0 得 XG= X0+ky0=-2k2+1 +2k2 + 1k2 1 1=2k2+ 1 = - 2 + 4k2 + 2'1k w 0, .一2< XgV 0,r ,一，1即点G横坐标的取值

35、氾围为一2, 0 .,1故填一2, 0 .1 .对于圆锥曲线的综合问题，要注意将曲线的定义性质化，找出定义赋予的条件；要重视利用图形 的几何性质解题（本书多处强调）；要灵活运用韦达定理、弦长公式、斜率公式、中点公式、判别式等解题，巧妙运用“设而不求” “整体代入” “点差法” “对称转换”等方法.2 .在给定的圆锥曲线 f （x, y） = 0中，求中点为（m n）的弦AB所在直线方程或动弦中点M（x, y）轨迹时，一般可设 A（xb y1）, B（X2, 、斗，利用 A, B 两点在曲线上，得 f（X1, y1）=0, f（X2, y2）= 0 及 X1 + X2 = 2m（或2x）, y1

36、 + y2=2n（或2y）,从而求出斜率kAB=/1三|,最后由点斜式写出直线 AB的方程，或者得到动弦所在直线斜率与中点坐标x,y之间的关系，整体消去X1,X2,y1,2,得到点M>,y）的轨迹方程.3 .对满足一定条件的直线或者曲线过定点问题，可先设出该直线或曲线上两点的坐标，利用坐标在直线 或曲线上以及切线、点共线、点共圆、对称等条件，建立点的坐标满足的方程或方程组.为简化运算，应多考虑曲线的几何性质，求出相应的含参数的直线或曲线，再利用直线或曲线过定点的知识加以解决.以“求直线l : y=kx + 2k+1（k为参数）是否过定点”为例，有以下常用方法：待定系数法：假设直线 l过点

37、（c, C2）,则y- C2=k（xc）,即y=kx-ok+C2,通过与已知直线方程 比较得c = 2, C2 = 1.所以直线l过定点（2, 1）.赋值法：令k=0,得11： y=1;令k=1,得12： y = x+3,求出11与12的交点（一2, 1）,将交点坐标 代入直线系得1 = 2k+2k+1恒成立，所以直线1过定点（2, 1）.赋值法由两步构成，第一步：通过给参数赋值，求出可能的定点坐标；第二步：验证其是否恒满足直线方20 / 38程.参数集项法：对直线 l的方程中的参数集项得 y1 = k（x+2）,由直线的点斜式方程，易知直线 l过定点（2, 1）.若方程中含有双参数，应考虑两

38、个参数之间的关系.4 .给出曲线上的点到直线的最短（长）距离或求动点到直线的最短 （长）距离时，可归纳为求函数的最值问题，也可借助于图形的性质 （如三角形的公理、对称性等）求解.5 .圆锥曲线上的点关于某一直线对称的问题，通常利用圆锥曲线上的两点所在直线与已知直线l （或者是直线系）垂直，圆锥曲线上两点连成线段的中点一定在对称轴直线l上，再利用判别式或中点与曲线的位置关系求解.1.已知椭圆*2+竽=a2（a>0）与以A（2 , 1）, B（4 , 3）为端点的线段没有公共点，则a的取值范围是(A. 0,斗解：根据题意B两点代入椭圆方程，有12322.已知直线x2 y2x=1过椭圆了+*=

39、1的焦点，B. 022+一a2 42十 万一a2 >0,解得岖小22C *C. 2 '+ oo) 1十OO3 2f 82 0<a<_M a-B.则直线y=kx+2与椭圆至多有一个交点的充要条件是51 / 38B. kex x x x - x X2 V2 . . . o o解：易知椭圆中c2=a2-b2=4-b2=1,即b2=3, .椭圆方程是丁+彳=1.联立y=kx + 2可得(3+4k2)x2 43, 一一 1 1 ，+ 16kx+4=0.由 Aw。可解得 kC 2, 2 .故选3. (2014湖北)设a, b是关于t的方程t2cos 0 +tsin 0=0的两个不

40、等实根，则过A(a, a2), B(b, b2)两点的直线与双曲线 |v%=1的公共点的个数为()C0S2 8 Sin2 8D. 3C. 2B. 1A. 0解：显然可知方程两根分别为0, - tan 0 (tan e w0),则直线AB的方程为y = (tan 0 ) x,又该双曲线的渐近线为y=±tan 0 x,，直线AB与双曲线无公共点.故选 A4. (2014 辽宁)已知点A(-2, 3)在抛物线C： y2=2px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B,记C的焦点为F,则直线BF的斜率为(D.33C.42B.31A.2解：二点 A：2, 3)在抛物线 C y2=2px

41、的准线 x=2 上，二一2= 2, p=4,抛物线 C： y2=8x.设直线AB的方程为x=k(y-3)-2 ， 将与y2=8x联立，2得 y 8ky+24k+ 16= 0 ，.2. = ( 8k) -4(24k+ 16) = 0,一八1解得k= 2或k= 2.,1 .当k= 2时，切点在第四象限，与题意不符，舍去.x= 8,将k= 2代入，得即B(8 , 8).y= 84 一，又 F(2 , 0) ,kBF=-故选 D.35. (2015 河南调研)设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,点A, B为抛物线上的两个动点，且满足/ AFB|M N|= 90。.过弦AB的中点M作抛物线准

42、线的垂线 MN垂足为N,则出的最大值为()|A B|D. 3C. 1B.-23A.£解：设准线为l ,过 A作ACL l , BPL l ,设|AF =a, |BF| = b,由抛物线定义，得| AF =|AQ, | BF = | BP|.在梯形 ABPQ中，2|MN= |AQ +|BP =a+b,由勾股定理 ，得 | AB 2= a2+b2 = (a+b)22ab.又a+b 222 (a + b) 2小 也厂|MN(也 口/丽珀ab<2,1 (a+ b)-2ab>(a+ b)2,得| AB >( a+b) =2|MN, y1 的|AB| _ |AB|最大值为乎.故

43、选A.6.椭圆C: X2+咚=1的左、右顶点分别为 A, A,点P在C上且直线PA斜率的取值范围是2, 431,3 3B. 8, 43D. 4, 1那么直线PA斜率的取值范围是(1 3A. 2，41C. 2，1解：由题意知点P在第一象限，设P点横坐标为X,则其纵坐标y=3 产;2,由PA的斜率知一2W恒 41422t2 中J3/2 + x W 1, -2-x>0, 2 + x>0, .上式可化为 1手 、/<2,2 + x 4PA 的X 22|2 x由2 斜率k =x+2x2 y27.已知P(4, 2)是直线l被椭圆正+、=1截得线段的中点36 9我2x 3 3 e _ _x

44、 8' 4 .则直线l的方程为故选B.解：线段两端点为 N*, y), B(x2,. A,y2), 则 x1+x2=8, y1+y2=4.x2 y2 36+9 = 1?B在椭圆上，.二x2 y236+-9 j两式相减得(x1 x2) ( x1 + x2)36(y1y2) (y1+y2)9x1 W x2,kAB=y1y2x1 x2x1 + x24 (y1+y2)12.直线l的方程为x+2y-8=0.故填 x+ 2y-8=0.28.设F为抛物线C： y =4x的焦点,过点R 1, 0)的直线l交抛物线C于A, B两点，点Q为线段AB的中点.解：设 A(x1, y1), B(x2, y2),

45、直线l的方程为y= k(x+1)若| FQ =2，3,则直线l的斜率等于 睬y=k (x+ 1)，泸 1,2 2 ,- 2.,2联乂得 k x + (2 k 4) x + ky2 = 4x,=0,由 Akw0(2k2 4) 2 4k4>0,解得 k ( -1, 0) U(01 ) , x1 + x2 =2k2-44,- 9 =- 2+, y1 + y2=k(x1 + k2k24 x2) + 2k=7，设 Qx。，y。)，则 xo = kx1 +x22一1十万，y°=y1+y2 2 日口2=k，即2QT十万，9. (2015 河北省唐山市高三年级统考IfQ =)已知抛物线222

46、2/ T+k2T + k =E: x2=2py(p>0),直线2V3,解得k= 土乎.故填土乎.占八、y=kx + 2与E交于A B两且OA-OB= 2,其中o为原点.(1)求抛物线E的方程；(2)点C坐标为(0 , -2)记直线CA解:CB的斜率分别为 k1, k2,证明：k2+k22k2为定值.22.(1)将 y= kx+2 代入 x = 2py,得 x2pkx 4P=0,其中 =4p2k2+16p>0.设 A(x1, y1) , B(x2, y2),则X1 + X2= 2pk, X1X2= -4p,->x2 x21，八、 一、, 2- OB= X1X2+y1y2= X1

47、X2+丽 2p=-4p+4=2, 得p = _2，抛物线 E 的方程为 x=y.OA(2)证明：由(1)知，X1+X2=k, X1X2=2.ki =y1+2 x2+2 x2 X1X2x1XiXi222一= X1 X2,同理 k2=X2 X1, . k2+k2 2k =2(x1 X2) 2(x1 + X2) =8x1x2= 16,即 k2+k22k2为定值.x2 o 10 . (2015 西安模拟)设F1, F2分别是椭圆了 +=1的左、右焦点.(2)设过定点解:(1)若P是该椭圆上的一个动点，求PF1 PF渊最大值和最小值；2)的直线l与椭圆交于不同的两点A, B,且/ AO斯锐角(其中O为坐

48、标原点)，求直线l的斜率的取值范围.一一x2 0(1)由已知得，FM5，0), F2(43, 0),设点 P(x, y),则了 + 丫=1,且一2WxW2.PF1 , PF2= ( yjl x, y) , (,yi x, y) = x2- 3+ y2= x2-3 + 1 = 4x2 2,当 x=0,即 P(0, ±1)时，(PF1 PF?min= 2;当 x=±2 ,即 R±2 , 0)时，(PF1- PF2max= 1.(2)由题意可知，过点 M0, 2)的直线l的斜率存在.设l的方程为y= kx+2,y= kx+2,由x2消去y,化简整理得+y2=1.22.(

49、1 + 4k) x + 16kx+ 12=0,3A = (16 k) 248(1 +4k2) >0,解得 k2q设 A(X1, y1) , B(X2, y2),皿16k12入 X1 + X2=- 1+4k2, X1X2=1+4k2,又/AO明锐角,.OX Ob> 0,即 X1X2+ y1y2>0,有 X1X2+ ( kx1+ 2)( kx2+ 2)2=(1 + k ) X1X2+ 2k(X1 + X2) + 4012- 16k. 一 .一(1-1- k2) - -I- 2k - -I- 4> 0 解徨 |<2 4一(1+k) 1+4k2+2k 1+4k2+4>

50、;0'解信 k<4'.|<k2<4,即 kC 2,当 U 乎，2 .(2)若动直线11 .已知椭圆l ： y=kx+m与椭圆点M(tC：差+卷=1(a>b>0)的右焦点为F(1 , 0),右顶点为A,且|AF=1. a2 b2(1)求椭圆C的标准方程；C有且只有一个交点 P,且与直线x=4交于点Q问：是否存在一个定0),使得Mp MQ= 0?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.解：由 c= 1, a c= 1,得 a=2,b= 3.故椭圆C的标准方程为 + y；-= 1.43y= kx+ m(2)由3x2+4y2 = 12222(3 +

51、4k ) x + 8kmx+ 4m 12= 0.2 2. 22 =64km 4(3+4k)(4 m12) =0,得 rm= 3+ 4k2.MP MQ4km、ri4km仅 R xP, yp),则 xP= 374k23 I 4 k24km'4k23yp= kxp+ mp + m=- mm .MP4k. Mt, 0), Q4, 4k+n),4k 3 一-t, m, MQ= (4-t, 4k+ n).324kt = 1,(4t)+ (4k+m=t 4t+3 + (t1)=0 恒成立，得 t m ''m'，t24t+3= 0,=1.存在点M1 , 0）符合题意.(2014 湖北)在平面直角坐标系 xOy中，点M到点F(1 ,0)的距离比它到y轴的距离多1,记点M的轨迹