1、【2014年高考会这样考】1考查圆锥曲线中的弦长问题、直线与圆锥曲线方程的联立、根与系数的关系、整体代入和设而不求的思想2高考对圆锥曲线的综合考查主要是在解答题中进行，考查函数、方程、不等式、平面向量等在解决问题中的综合运用【复习指导】本讲复习时，应从“数”与“形”两个方面把握直线与圆锥曲线的位置关系会判断已知直线与曲线的位置关系(或交点个数)，会求直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定值、点的轨迹、参数问题及相关的不等式与等式的证明问题基础梳理1直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程AxByC0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)0，消去
2、y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程即消去y后得ax2bxc0.(1)当a0时，设一元二次方程ax2bxc0的判别式为，则0直线与圆锥曲线C相交；0直线与圆锥曲线C相切；0直线与圆锥曲线C无公共点(2)当a0，b0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行2圆锥曲线的弦长(1)圆锥曲线的弦长直线与圆锥曲线相交有两个交点时，这条直线上以这两个交点为端点的线段叫做圆锥曲线的弦(就是连接圆锥曲线上任意两点所得的线段)，线段的长就是弦长(2)
3、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)，则|AB|x1x2|y1y2|.(抛物线的焦点弦长|AB|x1x2p，为弦AB所在直线的倾斜角)一种方法点差法：在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式是否为正数一条规律“联立方程求交点，根与系数的关系求弦长，根的分布
4、找范围，曲线定义不能忘”双基自测1(人教A版教材习题改编)直线ykxk1与椭圆1的位置关系为()A相交 B相切C相离 D不确定解析直线ykxk1k(x1)1恒过定点(1,1)，而点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交答案A2(2012泉州质检)“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的()A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件解析与渐近线平行的直线也与双曲线有一个公共点答案A3已知以F1(2,0)，F2(2,0)为焦点的椭圆与直线xy40有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为()A3 B2 C2 D4解析根据题意设椭圆方程为1(b0)，则将xy4代入椭圆
5、方程，得4(b21)y28b2yb412b20，椭圆与直线xy40有且仅有一个交点，(8b2)244(b21)(b412b2)0，即(b24)(b23)0，b23，长轴长为22.答案C4(2012成都月考)已知双曲线E的中心为原点，F(3,0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(12，15)，则E的方程为()A.1 B.1C.1 D.1解析设双曲线的标准方程为1(a0，b0)，由题意知c3，a2b29，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有：两式作差得：，又AB的斜率是1，所以将4b25a2代入a2b29得a24，b25，所以双曲线的标准方程是1.答案B5(20
6、11泉州模拟)ykx2与y28x有且仅有一个公共点，则k的取值为_解析由得ky28y160，若k0，则y2；若k0，则0，即6464k0，解得k1.故k0或k1.答案0或1考向一直线与圆锥曲线的位置关系【例1】(2011合肥模拟)设抛物线y28x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是()A. B2,2C1,1 D4,4审题视点 设直线l的方程，将其与抛物线方程联立，利用0解得解析由题意得Q(2,0)设l的方程为yk(x2)，代入y28x得k2x24(k22)x4k20，当k0时，直线l与抛物线恒有一个交点；当k0时，16(k22)216k40，即k2
7、1，1k1，且k0，综上1k1.答案C 研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，但对于选择题、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解【训练1】 若直线mxny4与O：x2y24没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆1的交点个数是()A至多为1 B2 C1 D0解析由题意知：2，即2，点P(m，n)在椭圆1的内部，故所求交点个数是2个答案B考向二弦长及中点弦问题【例2】若直线l与椭圆C：y21交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求AOB面积的最大值审题视点 联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系后代入弦长公式，利用基本不等式求
8、出弦长的最大值即可解设A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)当ABx轴时，|AB|；(2)当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为ykxm.由已知，得，即m2(k21)把ykxm代入椭圆方程，整理，得(3k21)x26kmx3m230.x1x2，x1x2.|AB|2(1k2)(x2x1)2(1k2)3.当k0时，上式334，当且仅当9k2，即k时等号成立此时|AB|2；当k0时，|AB|，综上所述|AB|max2.当|AB|最大时，AOB面积取最大值Smax|AB|max. 当直线(斜率为k)与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，则|AB|x1x2| |y1y2|，而|x1x
9、2|，可根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后再进行整体代入求解【训练2】 椭圆ax2by21与直线xy10相交于A，B两点，C是AB的中点，若AB2，OC的斜率为，求椭圆的方程解法一设A(x1，y1)、B(x2，y2)，代入椭圆方程并作差得a(x1x2)(x1x2)b(y1y2)(y1y2)0.而1，koc，代入上式可得ba.再由|AB|x2x1|x2x1|2，其中x1、x2是方程(ab)x22bxb10的两根，故244，将ba代入得a，b.所求椭圆的方程是1.法二由得(ab)x22bxb10.设A(x1，y1)、B(x
10、2，y2)，则|AB|.|AB|2，1.设C(x，y)，则x，y1x，OC的斜率为，.代入，得a，b.椭圆方程为y21.考向三圆锥曲线中的最值(或取值范围)问题【例3】(2011湘潭模拟)已知椭圆y21的左焦点为F，O为坐标原点(1)求过点O、F，并且与直线l：x2相切的圆的方程；(2)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横坐标的取值范围审题视点 (1)求出圆心和半径，得出圆的标准方程；(2)设直线AB的点斜式方程，由已知得出线段AB的垂直平分线方程，利用求值域的方法求解解(1)a22，b21，c1，F(1,0)，圆过点O，F，圆心M在直
11、线x上设M，则圆半径r，由|OM|r，得 ，解得t，所求圆的方程为2(y)2.(2)设直线AB的方程为yk(x1)(k0)，代入y21，整理得(12k2)x24k2x2k220.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如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点N(x0，y0)，则x1x2，x0(x1x2)，y0k(x01)，AB的垂直平分线NG的方程为yy0(xx0)令y0，得xGx0ky0，k0，xG0，点G横坐标的取值范围为. 直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和
12、中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型【训练3】 (2012金华模拟)已知过点A(4,0)的动直线l与抛物线G：x22py(p0)相交于B、C两点当直线l的斜率是时，4.(1)求抛物线G的方程；(2)设线段BC的中垂线在y轴上的截距为b，求b的取值范围解(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，当直线l的斜率是时，l的方程为y(x4)，即x2y4.由得2y2(8p)y80，又4，y24y1，由及p0得：y11，y24，p2，得抛物线G的方程为x24y.(2)设l：yk(x4)，BC的中点坐标为(x0，y0)，由得x24kx
13、16k0，x02k，y0k(x04)2k24k.线段BC的中垂线方程为y2k24k(x2k)，线段BC的中垂线在y轴上的截距为：b2k24k22(k1)2，对于方程，由16k264k0得k0或k4.b(2，)考向四定值(定点)问题【例4】(2011四川)椭圆有两顶点A(1,0)、B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.(1)当|CD|时，求直线l的方程(2)当点P异于A、B两点时，求证：OO为定值审题视点 (1)设出直线方程与椭圆方程联立利用根与系数的关系和弦长公式可求出斜率从而求出直线方程；(2)关键是求出Q点坐标及其与P
14、点坐标的关系，从而证得为定值证明过程中要充分利用已知条件进行等价转化(1)解因椭圆焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为1(ab0)，由已知得b1，c1，所以a，椭圆方程为x21.直线l垂直于x轴时与题意不符设直线l的方程为ykx1，将其代入椭圆方程化简得(k22)x22kx10. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，|CD|.由已知得，解得k.所以直线l的方程为yx1或yx1.(2)证明直线l与x轴垂直时与题意不符设直线l的方程为ykx1(k0且k1)，所以P点坐标为.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由(1)知x1x2，x1x2，直线AC的方程为y(x1)，直线BD的
15、方程为y(x1)，将两直线方程联立，消去y得.因为1x1，x21，所以与异号22.又y1y2k2x1x2k(x1x2)1，与y1y2异号，与同号，解得xk.因此Q点坐标为(k，y0)OO1.故OO为定值 解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确：即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积等，其不受变化的量所影响的一个值即为定值，化解这类问题的关键是引进参数表示直线方程、数量积等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量，解题过程中要注意讨论直线斜率的存在情况，计算要准确【训练4】 (2011山东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：
16、y21.如图所示，斜率为k(k0)且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x3于点D(3，m)(1)求m2k2的最小值；(2)若|OG|2|OD|OE|，求证：直线l过定点(1)解设直线l的方程为ykxt(k0)，由题意，t0.由方程组得(3k21)x26ktx3t230.由题意0，所以3k21t2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1x2，所以y1y2.由于E为线段AB的中点，因此xE，yE，此时kOE.所以OE所在直线方程为yx，又由题设知D(3，m)，令x3，得m，即mk1，所以m2k22mk2，当且仅当mk1时上
17、式等号成立，此时由0得0t2，因此当mk1且0t2时，m2k2取最小值2.(2)证明由(1)知OD所在直线的方程为yx，将其代入椭圆C的方程，并由k0，解得G.又E，D，由距离公式及t0得|OG|222，|OD| ，|OE| ，由|OG|2|OD|OE|得tk，因此直线l的方程为yk(x1)，所以直线l恒过定点(1,0)规范解答17怎样求解析几何中的探索性问题【问题研究】 解析几何中探索性问题的结论往往不明确，需要根据已知条件通过推理论证或是计算对结论作出明确的肯定或是否定，因此解决起来具有较大的难度【解决方案】 明确这类问题的解题思想：即假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果
18、得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答，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【示例】(本题满分12分)(2011辽宁)如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M、N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e.直线lMN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.(1)设e，求|BC|与|AD|的比值；(2)当e变化时，是否存在直线l，使得BOAN，并说明理由 第(1)问，设C1的方程，C2的方程同样由C1的系数a，b来表示，再分别求点A、B的坐标，进而可求|BC|AD|；第(2)问利用kBOkA
19、N，得t与e、a的关系式，再由|t|a，求e的范围解答示范 (1)因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设C1：1，C2：1，(ab0)设直线l：xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得A(t，)，B.(4分)当e时，ba，分别用yA，yB表示A，B的纵坐标，可知|BC|AD|.(6分)(2)t0时的l不符合题意t0时，BOAN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即，(8分)解得ta.因为|t|a，又0e1，所以1，解得e1.(10分)所以当0e时，不存在直线l，使得BOAN；当e1时，存在直线l，使得BOAN.(12分) 本题探索的是离心率e的变化范围，化解这个难点的方
20、法首先假设存在直线l，使得BOAN，根据kBOkAN，再由|t|a构建关于e的不等式，解出e的范围，最后作出肯定回答【试一试】 已知一条曲线C在y轴右边，C上每一点到点F(1,0)的距离减去它到y轴距离的差都是1.(1)求曲线C的方程；(2)是否存在正数m，对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有0？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由尝试解答(1)设P(x，y)是曲线C上任意一点，那么点P(x，y)满足：x1(x0)化简得y24x(x0)(2)设过点M(m,0)(m0)的直线l与曲线C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)设l的方程为xtym，由得y24ty4m0，16(t2m)0，于是又(x11，y1)，(x21，y2)0(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1y1y20.又x，于是不等式等价于y1y210y1y2(y1y2)22y1y210，由式，不等式等价于m26m14t2，对任意实数t,4t2的最小值为0，所以不等式对于一切t成立等价于m26m10，即32m32.由此可知，存在正数m，对于过点M(m,0)且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有0，且m的取值范围是(32，32)