专题五第3讲直线与圆锥曲线.doc

第3讲　 直线与圆锥曲线
自主学习导引
真题感悟
1．(2012·陕西)已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．
(1)求椭圆C2的方程；
(2)设O为坐标原点，点A、B分别在椭圆C1和C2上，＝2，求直线AB的方程．
解析　(1)由已知可设椭圆C2的方程为
＋＝1(a＞2)，
其离心率为，故＝，解得a＝4.
故椭圆C2的方程为＋＝1.
(2)解法一　A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，
所以x＝.
将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k2)x2＝16，
所以x＝.
又由＝2，得x＝4x，即＝，
解得k＝±1.故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.

解法二　A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，
由＝2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.
将y＝kx代入＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，
所以x＝.
由＝2，得x＝，y＝.
将x，y代入＋＝1中，得＝1，
即4＋k2＝1＋4k2，
解得k＝±1.故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.

2．(2012·福建)如图，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝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，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．

解析　(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°.
设B(x，y)，则x＝|OB|sin 30°＝4，
y＝|OB|cos 30°＝12.
因为点B(4，12)在x2＝2py上，
所以(4)2＝2p×12，解得p＝2.
故抛物线E的方程为x2＝4y.
(2)证明　证法一　由(1)知y＝x2，y′＝x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，y0＝x，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.
由得
所以Q为.
设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．
由于＝(x0，y0－y1)，＝，
由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0，
即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)
由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，
所以
解得y1＝1.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．

证法二　由(1)知y＝x2，y′＝x.设P(x0，y0)，则x0≠0，y0＝x，且l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x.
由得
所以Q为.
取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，交y轴于点M1(0,1)、M2(0，－1)；取x0＝1，此时P，Q，以PQ为直径的圆为2＋2＝，交y轴于点M3(0,1)、M4.
故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．
以下证明点M(0,1)就是所要求的点．
因为＝(x0，y0－1)，＝，
所以·＝－2y0＋2
＝2y0－2－2y0＋2＝0.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
考题分析
直线与圆锥曲线的综合应用往往是高考的压轴试题，具体表现为弦长与面积问题，最值与范围问题、定点与定值问题、存在性问题等，运算量一般较大，有一定的难度，多以解答题的形式出现．
网络构建

高频考点突破
考点一：圆锥曲线中的弦长问题
【例1】(2012·荆州模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)右顶点与右焦点的距离为－1，短轴长为2.
(1)求椭圆的方程；
(2)过左焦点F的直线与椭圆分别交于A、B两点，若三角形OAB的面积为，求直线AB的方程．
[审题导引]　(1)利用相关的几何性质求得a、b、c，可求椭圆方程；
(2)设出直线的方程，利用弦长公式得到三角形OAB面积的表达式并解出直线的斜率，可得直线方程．
[规范解答]　(1)由题意，
解得a＝，c＝1.即椭圆方程为＋＝1.
(2)当直线AB与x轴垂直时，|AB|＝，
此时S△AOB＝不符合题意，故舍掉；
当直线AB与x轴不垂直时，
设直线AB的方程为：y＝k(x＋1)，
代入消去y得：(2＋3k2)x2＋6k2x＋(3k2－6)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则，所以|AB|＝.
原点到直线的AB距离d＝，
所以三角形的面积S＝|AB|d＝·.
由S＝⇒k2＝2⇒k＝±，
所以直线lAB：x－y＋＝0或
lAB：x＋y＋＝0.
【规律总结】
弦长问题的解决方法
(1)弦长问题涉及直线与二次曲线的两个交点坐标，此时一般不是求出两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后的方程根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入，这是解决弦长问题以及其他直线与二次曲线问题的最基本方法．
(2)注意使用弦长公式|AB|＝|x1－x2|＝|y1－y2|(k≠0)．
【变式训练】
1．设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，过F的直线l与椭圆C相交于A、B两点，直线l的倾斜角为60°，＝2.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)如果|AB|＝，求椭圆C的方程．
解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1＜0，y2＞0.
(1)设直线l的方程为y＝(x－c)，
其中c＝.联立
得(3a2＋b2)y2＋2b2cy－3b4＝0，
解得y1＝，y2＝.
因为＝2，所以－y1＝2y2，
即＝2·.
得离心率e＝＝.
(2)因为|AB|＝ |y2－y1|，
所以·＝.
由＝得b＝a.所以a＝，得a＝3，b＝.
椭圆C的方程为＋＝1.
考点二：圆锥曲线中的最值与范围问题
【例2】(2012·大连模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)经过点A(2,1)，离心率为，过点B(3,0)的直线l与椭圆交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆的方程；
(2)求·的取值范围．
[审题导引]　(1)根据所给条件利用椭圆的几何性质求出a2、b2；
(2)设出直线的斜率与椭圆方程联立，根据韦达定理利用直线的斜率表示·，并求其范围．
[规范解答]　(1)由离心率为，可设c＝t，a＝2t，
则b＝t.
因为＋＝1(a＞b＞0)经过点A(2,1)，
所以＋＝1，
解得t2＝，
所以a2＝6，b2＝3，椭圆方程为＋＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－3)，
直线l与椭圆的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由，消元整理得，
(1＋2k2)x2－12k2x＋18k2－6＝0，
Δ＝(12k2)2－4(1＋2k2)(18k2－6)＞0，得0≤k2＜1，
x1＋x2＝，x1x2＝，
·＝(x1－3，y1)·(x2－3，y2)
＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2
＝(1＋k2)[x1x2－3(x1＋x2)＋9]＝(1＋k2)×
＝.
因为0≤k2＜1，所以2＜≤3，
所以·的取值范围是(2,3]．
【规律总结】
最值或范围问题的解决方法
解析几何中的最值问题涉及的知识面较广，解法灵活多样，但最常用的方法有以下几种：
(1)利用函数，尤其是二次函数求最值；
(2)利用三角函数，尤其是正、余弦函数的有界性求最值；
(3)利用不等式，尤其是基本不等式求最值；
(4)利用判别式求最值；
(5)利用数形结合，尤其是切线的性质求最值．
【变式训练】
2．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F2(3,0)，离心率为e.
(1)若e＝，求椭圆的方程；
(2)设直线y＝kx与椭圆相交于A、B两点，M、N分别为线段AF2，BF2的中点．若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且＜e≤，求k的取值范围．
解析　(1)由题意得，得a＝2，
所以a2＝12，结合a2＝b2＋c2，解得b2＝3.
所以，椭圆的方程为＋＝1.
(2)由得(b2＋a2k2)x2－a2b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
所以x1＋x2＝0，x1x2＝，
依题意知，OM⊥ON，
易知，四边形OMF2N为矩形，
所以AF2⊥BF2，
因为＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，
所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋9＝0.
即＋9＝0，
将其整理为k2＝＝－1－.
因为＜e≤，所以2≤a＜3，12≤a2＜18.
所以k2≥，即k∈∪.

考点三：圆锥曲线中的定点、定值与探索性问题
【例3】在平面直角坐标系xOy中，过定点C(p,0)作直线m与抛物线y2＝2px(p＞0)相交于A、B两点．
(1)设N(－p,0)，求·的最小值；
(2)是否存在垂直于x轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
[审题导引]　(1)求出·的表达式，并求最小值；
(2)是探索性问题，假设存在，以此为条件，求出弦长的表达式．若能为定值，则存在；反之，则不存在．
[规范解答]　(1)依题意，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋p.
由⇒y2－2pmy－2p2＝0.
∴
∴·＝(x1＋p，y1)·(x2＋p，y2)＝(x1＋p)(x2＋p)＋y1y2＝(my1＋2p)·(my2＋2p)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋2pm(y1＋y2)＋4p2＝2p2m2＋2p2.
当m＝0时，·的最小值为2p2.
(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为x＝a，AC的中点为O′，l与以AC为直径的圆相交于P，Q两点，PQ的中点为H，则O′H⊥PQ，O′的坐标为.
∵|O′P|＝|AC|＝＝，
∴|PH|2＝|O′P|2－|O′H|2
＝(x＋p2)－(2a－x1－p)2＝x1＋a(p－a)．
∴|PQ|2＝(2|PH|)2＝4.
令a－p＝0，得a＝p，此时|PQ|＝p为定值．
故满足条件的直线l存在，其方程为x＝p.
【规律总结】
1．化解探索性问题的方法
首先假设所探求的问题结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题做出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．在这个解题思路指导下解决探索性问题与解决具有明确结论的问题没有什么差别．
2．求定值问题的方法
定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解方法是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．
【变式训练】
3．(2012·北京东城11校联考)已知顶点在坐标原点，焦点在x轴正半轴的抛物线上有一点A，A点到抛物线焦点的距离为1.
(1)求该抛物线的方程；
(2)设M(x0，y0)为抛物线上的一个定点，过M作抛物线的两条互相垂直的弦MP，MQ，求证：PQ恒过定点(x0＋2，－y0)；
(3)直线x＋my＋1＝0与抛物线交于E、F两点，在抛物线上是否存在点N，使得△NEF为以EF为斜边的直角三角形？
解析　(1)由题意可设抛物线的方程为y2＝2px，则由抛物线的定义可得＋＝1，即p＝1，所以抛物线的方程为y2＝2x.
(2)证明　由题意知直线PQ与x轴不平行，设PQ所在直线方程为
x＝my＋n，代入y2＝2x中，得y2－2my－2n＝0.
所以y1＋y2＝2m，y1y＝－2n，
其中y1，y2分别是P，Q的纵坐标，
因为MP⊥MQ，所以kMP·kMQ＝－1.
即·＝－1，所以(y1＋y0)(y2＋y0)＝－4.
y1·y2＋(y1＋y2)y0＋y＋4＝0，
(－2n)＋2my0＋2x0＋4＝0，即n＝my0＋x0＋2.
所以直线PQ的方程为x＝my＋my0＋x0＋2，
即x＝m(y＋y0)＋x0＋2，它一定过定点(x0＋2，－y0)．
(3)假设N(x0，y0)为满足条件的点，则由(2)知，点(x0＋2，－y0)在直线x＋my＋1＝0上，
所以x0＋2－my0＋1＝0，(x0，y0)是方程的解，消去x得y2－2my＋6＝0，Δ＝4m2－24≥0，所以存在点N满足条件．
名师押题高考
【押题1】过双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为点A，与另一条渐近线交于点B.若＝2，则此双曲线的渐近线的斜率是________．
解析　双曲线的渐近线方程是y＝±x，设过右焦点F(c,0)的直线l与渐近线y＝x垂直，则直线l的方程即y＝－(x－c)，两直线方程联立，解得点A的纵坐标y1＝；
把方程y＝－(x－c)与方程y＝－x联立，解得点B的纵坐标y2＝.由于＝2，即(x2－c，y2)＝2(x1－c，y1)，由此得y2＝2y1，故＝，此即2(b2－a2)＝c2＝a2＋b2，即b＝a，故其渐近线的斜率是±.
答案　±
[押题依据]　本题以向量为背景，综合考查双曲线的几何性质，既考查了通性通法，又可考查考生的应变能力，新颖别致、难度适中，故押此题．
【押题2】(2012·济南三模)已知直线l：y＝x＋1，圆O：x2＋y2＝，直线l被圆截得的弦长与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长相等，椭圆的离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M的动直线l交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过定点T？若存在， 求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解析　(1)则由题设可知b＝1，又e＝，a＝，
所以椭圆C的方程是＋y2＝1.
(2)解法一　假设存在点T(u，v)．
若直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx－，
将它代入椭圆方程，并整理，
得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0.
设点A、B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
因为＝(x1－u，y1－v)，＝(x2－u，y2－v)及y1＝kx1－，y2＝kx2－，
所以·＝(x1－u)(x2－u)＋(y1－v)(y2－v)
＝(k2＋1)x1x2－(x1＋x2)＋u2＋v2＋＋
＝
当且仅当·＝0恒成立时，以AB为直径的圆恒过定点T，
所以解得u＝0，v＝1.
此时以AB为直径的圆恒过定点T(0,1)．
当直线l的斜率不存在，l与y轴重合，以AB为直径的圆为x2＋y2＝1也过点T(0,1)．
综上可知，在坐标平面上存在一个定点T(0,1)，满足条件．

解法二　若直线l与y轴重合，则以AB为直径的圆是x2＋y2＝1.
若直线l垂直于y轴，则以AB为直径的圆是
x2＋2＝.
由解得
由此可知所求点T如果存在，只能是(0,1)．
事实上点T(0,1)就是所求的点．证明如下：
当直线l的斜率不存在，即直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆为x2＋y2＝1，过点T(0,1)；
当直线l的斜率存在，设直线方程为y＝kx－，代入椭圆方程，并整理，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0.
设点A、B的坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
因为＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
·＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝(k2＋1)x1x2－k(x1＋x2)＋＝＝0.
所以⊥，即以AB为直径的圆恒过定点T(0,1)．
综上可知，在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件．
[押题依据]　直线与圆锥曲线的综合应用是高考的必考点之一，常作为压轴题出现，主要考查考生的分析问题解决问题的能力及运算能力，有很好的区分度．本题是探索性问题与定点问题的综合，难度较大，符合高考命题的趋势，故押此题．