1、第八章解析几何 第九节 圆锥曲线的综合问题2017 考纲考题考情考纲要求真题举例命题角度1.了解圆锥曲线的简单应用；2.理解数形结合的思想；3.掌握解决直线和圆锥曲线位置关系的方法。2016，全国卷，20,12 分(取值范围问题)2016，全国卷，20,12 分(取值范围问题)2016，山东卷，21,14 分(最值问题)2016，北京卷，19,14 分(定值问题)本部分内容要求较高，思维量和运算量都比较大，主要考查学生的思维品质和解决问题的能力。命题主要方向是考查直线与圆锥曲线的位置关系、定点和定值、最值和范围以及证明某些几何问题、解决一些探索性问题等。微知识 小题练 教材回扣 基础自测自|主
2、|排|查1直线与圆锥曲线的位置关系(1)从几何角度看，可分为三类：，及有两个。(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情况来判断。设直线 l 的方程为 AxByC0，圆锥曲线方程为 f(x，y)0。由AxByC0，fx，y0消元。(如消去 y)得 ax2bxc0。无公共点仅有一个公共点相异的公共点若，当圆锥曲线是双曲线时，直线 l 与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线 l 与抛物线的对称轴平行(或重合)。若 a0，设 b24ac。a当时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；b当时，直线和圆锥曲线相切于一点；c当时，直线和圆锥曲线没有公共点。a000
3、0 2直线与圆锥曲线相交时的弦长问题(1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：|P1P2|1k2x1x224x1x2 1k2|x1x2|11k2y1y224y1y2 。(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)。11k2|y1y2|3圆锥曲线的中点弦问题遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解。在椭圆x2a2y2b21 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 k；在双曲线x2a2y2b21 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 k ；在抛物线 y22px(p0)中，以 P(x0，y0
4、)为中点的弦所在直线的斜率 k 。在使用根与系数关系时，要注意使用条件是 0。b2x0a2y0b2x0a2y0py0微点提醒1弦长公式使用时要注意直线的斜率情况，对于斜率不存在的直线要单独处理，对于抛物线中的过焦点的弦要使用其特定的公式。2直线与双曲线或与抛物线的交点问题比直线与椭圆的交点问题更为复杂，除了可以利用方程分析，还可以结合图象分析。小|题|快|练一、走进教材1(选修 21P71 例 6 改编)过点(0,1)作直线，使它与抛物线 y24x仅有一个公共点，这样的直线有()A1 条 B2 条 C3 条 D4 条【解析】结合图形分析可知，满足题意的直线共有 3 条：直线 x0，过点(0,1
5、)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 x0)。故选 C。【答案】C2(选修 21P69 例 4 改编)直线 l 经过抛物线 y24x 的焦点 F，与抛物线相交于 A，B 两点，若|AB|8，则直线 l 的方程为_。【解析】当直线 l 的斜率不存在时，显然不成立。设直线 l 的斜率为 k，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，因为直线 l 过焦点 F(1,0)，故直线 l 的方程为 yk(x1)。由ykx1，y24x得 k2(x1)24x，即 k2x2(2k24)xk20，则2k2424k40，x1x22k24k224k2，x1x21，所以|AB|
6、1k2|x1x2|1k2 x1x224x1x2 1k2416k416k2441k2k28，所以 k21，故 k1。所以直线 l 的方程为 y(x1)，即 xy10 或 xy10。【答案】xy10 或 xy10二、双基查验1“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【解析】直线与双曲线相切时，只有一个公共点，但直线与双曲线相交时，也可能有一个公共点，例如：与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线只有一个交点。故选 A。【答案】A2(2017锦州模拟)过抛物线 y28x 的焦点 F 作倾斜角为 135的直线交抛物线于 A，B
7、 两点，则弦 AB 的长为()A4 B8 C12 D16【解析】抛物线 y28x 的焦点 F 的坐标为(2,0)，直线 AB 的倾斜角为 135，故直线 AB 的方程为 yx2，代入抛物线方程 y28x，得x212x40。设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦 AB 的长|AB|x1x2412416。故选 D。【答案】D3设 P，Q 分别为圆 x2(y6)22 和椭圆x210y21 上的点，则 P，Q 两点间的最大距离是()A5 2B.46 2C7 2D6 2【解析】圆心 M(0,6)，设椭圆上的点为 Q(x，y)，则|MQ|x2y62 1010y2y62 9y212y46，当 y231
8、,1时，|MQ|max5 2。所以|PQ|max5 2 26 2。故选 D。【答案】D4已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，点(2，2)在 C 上。(1)求 C 的方程；(2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M。证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值。【解析】(1)由题意有a2b2a22，4a22b21，解得 a28，b24，所以 C 的方程为x28y241。(2)证明：设直线 l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)。将 ykxb 代入x28y241
9、得(2k21)x24kbx2b280。xMx1x222kb2k21，yMkxMbb2k21。于是直线 OM 的斜率 kOMyMxM12k，即 kOMk12。所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值。【答案】(1)x28y241(2)见解析微考点 大课堂微考场 新提升第一课时最值、范围问题微考点 大课堂 考点例析 对点微练考点一直线与圆锥曲线的位置关系【典例 1】(1)直线 ykx2 与抛物线 y28x 有且只有一个公共点，则 k 的值为()A1 B1 或 3C0 D1 或 0(2)过抛物线 y22px(p0)的焦点 F，斜率为43的直线交抛物线于 A，B两点，若AFFB(1)，则
10、的值为()A5 B4C.43D.52【解析】(1)由ykx2，y28x，得 k2x2(4k8)x40，若 k0，则 y2，若 k0，则 0，即 6464k0，解得 k1，所以直线 ykx2 与抛物线 y28x 有且只有一个公共点时，k0或 1。故选 D。(2)根据题意设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AFFB得p2x1，y1 x2p2，y2，故y1y2，即 y1y2。设直线 AB 的方程为 y43xp2，联立直线与抛物线方程，消元得 y232pyp20。故 y1y232p，y1y2p2，y1y22y1y2y1y2y2y1294，即1294。又 1，故 4。故选 B。【答案】(1)D(2
11、)B反思归纳 直线与圆锥曲线位置关系的判定方法及关注点1判定方法：直线与圆锥曲线方程联立，消去 x(或 y)，判定该方程组解的个数，方程组有几组解，直线与圆锥曲线就有几个交点；有时也会考虑数形结合思想。2关注点：(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况。(2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式 起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根。【变式训练】(1)过点 A(1,0)作倾斜角为4的直线，与抛物线 y22x交于 M，N 两点，则|MN|_。(2)已知点(4,2)是直线 l 被椭圆x236y291 所截得的线段的中点，则
12、 l的方程是_。【解析】(1)斜率 ktan41，所以过点 A(1,0)的直线方程为 yx1。将其代入抛物线方程 y22x，得 x24x10。因为判别式 1640，所以设它的两根分别为 x1，x2。于是 x1x24，x1x21。故|MN|1k2 x1x224x1x2 2 1642 6。(2)设直线 l 与椭圆相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x2136y2191，且x2236y2291，两式相减得y1y2x1x2x1x24y1y2。又 x1x28，y1y24，所以y1y2x1x212，故直线 l 的方程为 y212(x4)，即 x2y80。【答案】(1)2 6(2)x2y80考点二
13、最值问题【典例 2】(2016重庆适应性测试)如图，F 是椭圆x2a2y2b21(ab0)的右焦点，O 是坐标原点，|OF|5，过 F 作 OF 的垂线交椭圆于 P0，Q0 两点，OP0Q0 的面积为4 53。(1)求该椭圆的标准方程；(2)若直线 l 与上、下半椭圆分别交于点 P，Q，与 x 轴交于点 M，且|PM|2|MQ|，求OPQ 的面积取得最大值时直线 l 的方程。【解析】(1)由题可得，|P0F|SOP0Q0|OF|4 535 43，易知|P0F|b2a，从而b2a 43。又 c|OF|5，即 a2b25，因此 a243a50，解得 a3 或 a53，又 a0，故 a3，从而 b2
14、。故所求椭圆的标准方程为x29y241。(2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(m,0)，由题知 y10，y20，从而y1y28tm4t29，y1y24m294t29。由|PM|2|MQ|，得y1y2|PM|MQ|2，即 y12y2。因此 y2(y1y2)8tm4t29，y1y22y22，故4m294t29 28tm4t292，从而 m24t294t21。所以 SOPQ12|OM|y1y2|12|m|3y2|12|t|m24t2912|t|4t21124|t|1|t|3。当且仅当 4|t|1|t|，即 t12时，等号成立，此时 m2414941415，满足方程(*)的根的判别式大于
15、0。注意到 y28tm4t29且 y20，知 tmb0)的离心率与双曲线 x2y21 的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为 4。(1)求椭圆 M 的方程；(2)若直线 y 2xm 交椭圆 M 于 A，B 两点，P(1，2)为椭圆 M 上一点，求PAB 面积的最大值。【解析】(1)双曲线的离心率为 2，则椭圆的离心率 eca22，由2a4，ca22，b2a2c2a2，c 2，b 2，故椭圆 M 的方程为y24x221。(2)由y 2xm，x22y241，得 4x22 2mxm240，由(2 2m)216(m24)0，得2 2mb0)的右焦点为 F2(3,0)，离心率为 e。(1)若 e32，求椭圆
16、的方程；(2)设直线ykx与椭圆相交于A，B两点，若AF2 BF2 0，且22 e32，求 k 的取值范围。【解析】(1)由焦点 F2(3,0)，知 c3，又 e32 ca，所以 a2 3。又由 a2b2c2，解得 b23。所以椭圆的方程为x212y231。(2)由ykx，x2a2y2b21，得(b2a2k2)x2a2b20。设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系可知，x1x20，x1x2a2b2b2a2k2。又AF2(3x1，y1)，BF2(3x2，y2)，所以AF2 BF2(3x1)(3x2)y1y2(1k2)x1x290，即a2a291k2a2k2a2990，整理得 k2a418a281a418a2 181a418a2。由22 e32 及 c3，知 2 3a3 2，12a20m23k21。xPxMxN23mk3k21。从而 yPkxPmm3k21。kAPyP1xP m3k213mk。又|AM|AN|，APMN，则m3k213mk1k，即 2m3k21。把代入，得 m22m，解得 0m0，解得 m12。综上，m 的取值范围是12，2。答案(1)x23y21(2)12，2
