1、高考导航 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现热点一 圆锥曲线的弦长问题 1圆锥曲线的弦长问题是高考的热点和重点，几乎年年考查，解此类试题的关键是设出交点坐标，再利用设而不求的思想表示出x1x2、x1x2，再代入已知信息求解2圆锥曲线的弦长的计算设斜率为 k(k0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A，B 两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)
2、，则|AB|x2x12y2y121k2|x1x2|11k2|y1y2|(抛物线的焦点弦长|AB|x1x2p 2psin2，为弦 AB 所在直线的倾斜角)【例 1】设点 F0，32，动圆 P 经过点 F 且和直线 y32相切，记动圆的圆心 P 的轨迹为曲线 W.(1)求曲线 W 的方程；(2)过点 F 作互相垂直的直线 l1，l2 分别交曲线 W 于 A，B和 C，D.求四边形 ACBD 面积的最小值解(1)过点 P 作 PN 垂直于直线 y32于点 N，依题意得|PF|PN|，所以动点 P 的轨迹是以 F0，32 为焦点，直线 y32为准线的抛物线，即曲线 W 的方程是 x26y.(2)如图所
3、示，依题意，直线 l1，l2 的斜率存在且不为 0，设直线l1 的方程为 ykx32，由 l1l2得 l2 的方程为 y1kx32.将 ykx32代入 x26y，化简得 x26kx90，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x26k，x1x29，|AB|x1x22y1y22 1k2x1x224x1x26(k21)同理可得|CD|61k21，四边形 ACBD 的面积 S12|AB|CD|18(k21)1k21 18k21k22 72.当且仅当 k21k2，即 k1 时，Smin72，故四边形 ACBD 面积的最小值是 72.探究提高 直线与圆锥曲线的弦长问题，较少单独考查弦长的求解，一
4、般是已知弦长的信息求参数或直线的方程解此类题的关键是设出交点的坐标，利用根与系数的关系得到弦长，将已知弦长的信息代入求解【训练1】已知点Q(1，6)是抛物线C1：y22px(p0)上异于坐标原点O的点，过点Q与抛物线C2：y2x2相切的两条直线分别交抛物线C1于点A，B.求直线AB的方程及弦AB的长解 由 Q(1，6)在抛物线 y22px 上，可得 p18，所以抛物线 C1 的方程为 y236x.设抛物线 C2 的切线方程为 y6k(x1)联立y6kx1，y2x2，消去 y，得 2x2kxk60，k28k48.由于直线与抛物线 C2 相切，故 0，解得 k4 或 12.由y64x1，y236x
5、，得 A14，3；由y612x1，y236x，得 B94，9.|AB|149423922 37，所以直线 AB 的方程为 12x2y90，弦 AB 的长为 2 37.热点二 圆锥曲线中的定点、定值问题 定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题【例2】(2013陕西卷)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为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(1)解 如图，设动圆圆心为 O1(x，y
6、)，由题意，得|O1A|O1M|，当 O1 不在 y 轴上时，过 O1 作 O1HMN 交 MN 于 H，则 H 是MN 的中点，|O1M|x242，又|O1A|x42y2，x42y2 x242，化简得 y28x(x0)又当 O1 在 y 轴上时，O1 与 O 重合，点 O1 的坐标为(0,0)也满足方程 y28x，动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y28x.(2)证明 由题意，设直线 l 的方程为 ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将 ykxb 代入 y28x 中，得 k2x2(2bk8)xb20.其中 32kb640.由根与系数的关系得，x1x282bkk2，x1x2b2k
7、2，因为 x 轴是PBQ 的角平分线，所以 y1x11 y2x21，即 y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0将，代入得 2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此时 0，直线 l 的方程为 yk(x1)，即直线 l 过定点(1,0)探究提高(1)求定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值(2)定点问题的常见解法：假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组
8、，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意【训练2】(2014江西卷)如图，已知抛物线C：x24y，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AO相交于点D(O为坐标原点)(1)证明：动点D在定直线上；(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2|MN1|2为定值，并求此定值证明(1)依题意可设直线 AB 的方程为 ykx2，代入 x24y，得 x24(kx2)，即 x24kx80.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1x28，直线 AO
9、的方程为 yy1x1x；直线 BD 的方程为 xx2.解得交点 D 的坐标为x2，y1x2x1，注意到 x1x28 及 x214y1，则有 yy1x1x2x21 8y14y1 2，因此 D 点在定直线 y2(x0)上(2)依题设知，切线 l 的斜率存在且不等于 0，设切线 l 的方程为yaxb(a0)，代入 x24y 得 x24(axb)，即 x24ax4b0，由 0 得(4a)216b0，化简整理得 ba2.故切线 l 的方程可写为 yaxa2.分别令 y2、y2 得 N1、N2 的坐标为N1(2aa,2)，N2(2aa，2)，则|MN2|2|MN1|22aa 242(2aa)28，即|MN
10、2|2|MN1|2为定值 8.热点三 圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题【例 3】(2012浙江卷改编)如图所示，在直角坐标系 xOy 中，点 P(1，12)到抛物线 C：y22px(p0)的准线的距离为54.点M(t,1)是 C 上的定点，A，B 是 C 上的两动点，且线段 AB的中点 Q(m，n)在直线 OM 上(1)求曲线 C 的方程及 t 的值(2)记 d|AB|14m2，求 d 的最大值解(1)y22px(p0)的准线 xp2，1
11、(p2)54，p12，抛物线 C 的方程为 y2x.又点 M(t,1)在曲线 C 上，t1.(2)由(1)知，点 M(1,1)，从而 nm，即点 Q(m，m)，依题意，直线 AB 的斜率存在，且不为 0，设直线 AB 的斜率为 k(k0)且 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y21x1，y22x2，得(y1y2)(y1y2)x1x2，故 k2m1，所以直线 AB 的方程为 ym 12m(xm)，即 x2my2m2m0.由x2my2m2m0，y2x消去 x，整理得 y22my2m2m0，所以 4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB|11k2|y1y2|14m2 4m4m22
12、 14m2mm2d|AB|14m22 m1mm(1m)1，当且仅当 m1m，即 m12时，上式等号成立，又 m12满足 4m4m20.d 的最大值为 1.探究提高 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【训练 3】(2014丽水模拟)已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点在 y 轴上，且过点(2,1)(1)求抛物线的标准方程；(2)与圆 x2(y1)21 相切的直线 l：ykxt 交抛物线于不同的两点 M，N，若抛
13、物线上一点 C 满足OC(OM ON)(0)，求 的取值范围解(1)设抛物线方程为 x22py，由已知得 222p，p2.抛物线的标准方程为 x24y.(2)直线与圆相切，|t1|1k21k2t22t.把直线方程代入抛物线方程并整理得 x24kx4t0，由 16k216t16(t22t)16t0 得 t0 或 t3.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x24k，y1y2(kx1t)(kx2t)k(x1x2)2t4k22t.由OC(OM ON)(x1x2，y1y2)(4k，(4k22t)，得C(4k，(4k22t)点 C 在抛物线 x24y 上，16k224(4k22t).1 t2k
14、21t2t24t112t4.t0 或 t3，2t44 或 2t42，的取值范围为12，1 1，54.【训练4】(2013浙江卷)已知抛物线C的顶点为O(0,0)，焦点为F(0,1)(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作直线交抛物线C于A，B两点若直线AO，BO分别交直线l：yx2于M，N两点，求|MN|的最小值解(1)由题意可设抛物线 C 的方程为 x22py(p0)，则p21，所以抛物线 C 的方程为 x24y.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 ykx1.由ykx1，x24y消去 y，整理得 x24kx40，所以 x1x24k，x1x24.从而|x1x2|4
15、 k21.由yy1x1x，yx2，解得点 M 的横坐标 xM 2x1x1y1 2x1x1x21484x1.同理，点 N 的横坐标 xN84x2.所以|MN|2|xMxN|284x184x28 2x1x2x1x24x1x216 8 2 k21|4k3|，令 4k3t，t0，则 kt34.当 t0 时，|MN|2 225t2 6t12 2.当 t0 时，|MN|2 25t3521625852.综上所述，当 t253，即 k43时，|MN|的最小值是852.热点四 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立涉
16、及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题【例 4】已知抛物线 C1：y24x，圆 C2：(x1)2y21，过抛物线焦点的直线 l 交 C1 于 A、D 两点，交 C2 于 B、C 两点，如图(1)求|AB|CD|的值；(2)是否存在直线 l，使 kOAkOBkOCkOD3 2，且|AB|，|BC|，|CD|成等差数列？若存在，求出所有满足条件的直线 l；若不存在，请说明理由解(1)设直线 l：myx1，A(x1，y1)，D(x2，y2)，由myx1，y24xy24my40，16m2160，y1y24，x1x21，|AB|CD|(x111)(x211)x1x21.(2)设 B(x3
17、，y3)，C(x4，y4)，由(1)知 kOAkODy1x1y2x2x1y2x2y1x1x2y1y2y1y24x1x24m，x12y21，myx1y211m2，B1m1m2，11m2，C1m1m2，11m2，kOBkOCy3x3y4x4x3y4x4y3x3x42m，m 22，此时直线 l：22 yx1，22 yx1，y24xy22 2y40，|AD|1m2|y1y2|6.若|AB|，|BC|，|CD|成等差数列，则有|AB|CD|2|BC|AD|3|BC|6，存在直线 l，它的方程为 2xy 20.探究提高(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为假设满足条件的元素(
18、点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法【训练 5】已知 A(8,0)，B、C 两点分别在 y 轴上和 x 轴上运动，并且满足ABBP0，BCCP，(1)求动点 P 的轨迹方程；(2)是否存在过点 A 的直线 l 与动点 P 的轨迹交于 M、N 两点，且满足 QMQ N97，其中 Q(1,0)？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由解(1)设 B(0，b)，C(c,0)，P(x，y)则AB(8，b)，BP(x，y
19、b)，B C(c，b)，CP(xc，y)ABBP8xb(yb)0.由 B CCP，得cxc，by，by 代入得 y24x.动点 P 的轨迹方程为 y24x.(2)当直线 l 的斜率不存在时，x8 与抛物线没有交点，不符合题意当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的斜率为 k，则 l：yk(x8)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则QM(x11，y1)，QN(x21，y2)，由QM QN 97，得(x11)(x21)y1y297.即 x1x2x1x21k2(x18)(x28)97，(416k2)24k264k20，即 24 k 24，(1k2)x1x2(18k2)(x1x2)164k297.将 yk(x8)代入 y24x 得 k2x2(416k2)x64k20.直线 l 与 y24x 交于不同的两点，由根与系数的关系得 x1x216k24k2，x1x264.代入式得：64(1k2)(18k2)16k24k2164k297.整理得 k214，k12.k12 24，24，这样的直线 l 不存在
