1、第 3 讲 直线与圆锥曲线【高考真题感悟】(2011湖南)已知平面内一动点 P 到点 F(1,0)的距离与点 P到 y 轴的距离的差等于 1.(1)求动点 P 的轨迹 C 的方程；(2)过点 F 作两条斜率存在且互相垂直的直线 l1，l2，设 l1与轨迹 C 相交于点 A，B，l2与轨迹 C 相交于点 D，E，求ADEB的最小值.解(1)设动点 P 的坐标为(x，y)，由题意有(x1)2y2|x|1.化简得 y22x2|x|.当 x0 时，y24x；当 x0 时，y0.所以，动点 P 的轨迹 C 的方程为 y24x(x0)和 y0(x0).(2)由题意知，直线 l1的斜率存在且不为 0，设为
2、k，则 l1的方程为 yk(x1).由yk(x1)，y24x得 k2x2(2k24)xk20.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1，x2是上述方程的两个实根，于是 x1x22 4k2，x1x21.因为 l1l2，所以 l2的斜率为1k.设 D(x3，y3)，E(x4，y4)，则同理可得 x3x424k2，x3x41.故ADEB(AFFD)(EFFB)AFEFAFFBFDEFFDFB|AF|FB|FD|EF|(x11)(x21)(x31)(x41)x1x2(x1x2)1x3x4(x3x4)112 4k2 11(24k2)184k2 1k2 842k21k216.当且仅当 k2 1k2
3、，即 k1 时，ADEB取最小值 16.考题分析 本题考查了求轨迹方程的基本方法，直线与圆锥曲线的位置关系，体现了分类讨论的思想和数形结合的思想，考查了考生分析问题和运算求解的能力.易错提醒(1)在求轨迹方程时，易漏掉 y0(x0，则直线与椭圆相交；若 0，则直线与椭圆相切；若 0 时，直线与双曲线相交；当 0 时，直线与双曲线相切；当 b0).长轴长为 2 2，离心率 e 22，bc1，a 2.所求椭圆方程为x22 y21.(2)因为直线 l 过椭圆右焦点 F(1,0)，且斜率为 1，所以直线 l 的方程为 yx1.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由x22y22，yx1，得 3y22
4、y10，解得 y11，y213.SPOQ12OF|y1y2|12|y1y2|23.(3)当直线 l 与 x 轴垂直时，直线 l 的方程为 x1，此时POQ小于 90，以 OP，OQ 为邻边的平行四边形不可能是矩形.当直线 l 不与 x 轴垂直时，设直线 l 的方程为 yk(x1).由x22y22，yk(x1)，可得(12k2)x24k2x2k220.x1x2 4k212k2，x1x22k2212k2.y1k(x11)，y2k(x21)，y1y2 k212k2.因为以 OP，OQ 为邻边的平行四边形是矩形OPOQ0，由OPOQx1x2y1y22k2212k2 k212k20，得 k22，k 2.
5、所求直线的方程为 y 2(x1).题型二 圆锥曲线中的定值或最值问题例 2 已知菱形 ABCD 的顶点 A，C 在椭圆 x23y24 上，对角线 BD 所在直线的斜率为 1.(1)当直线 BD 过点(0,1)时，求直线 AC 的方程；(2)当ABC60时，求菱形 ABCD 面积的最大值.思维启迪(1)根据菱形的性质及条件求解.(2)由题意表示出菱形的面积，然后利用函数或不等式知识求解.解(1)由题意得直线 BD 的方程为 yx1.因为四边形 ABCD 为菱形，所以 ACBD.于是可设直线 AC 的方程为 yxn.由x23y24，yxn，得 4x26nx3n240.因为 A，C 在椭圆上，所以
6、3n2160，解得4 33 n4 33.设 A，C 两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则 x1x23n2，x1x23n244，y1x1n，y2x2n.所以 y1y2n2.所以 AC 的中点坐标为3n4，n4.由四边形 ABCD 为菱形可知，点3n4，n4 在直线 yx1 上，所以n43n4 1，解得 n2.所以直线 AC 的方程为 yx2，即 xy20.(2)因为四边形 ABCD 为菱形，且ABC60，所以 ABBCCA.所以菱形 ABCD 的面积 S 32 AC2.由(1)可得 AC2(x1x2)2(y1y2)23n2162，所以 S 34(3n216)4 33 n0，即 3k2
7、2m2.(*)又 x1x2 6km23k2，x1x23(m22)23k2，所以 PQ 1k2(x1x2)24x1x2 1k22 6 3k22m223k2.因为点 O 到直线 l 的距离为 d|m|1k2，所以 SOPQ12PQd12 1k22 6 3k22m223k2|m|1k2 6|m|3k22m223k2.又 SOPQ 62，整理得 3k222m2，且符合(*)式，此时 x21x22(x1x2)22x1x2(6km23k2)223(m22)23k2 3，y21y2223(3x21)23(3x22)423(x21x22)2，综上所述，x21x223，y21y222，结论成立.(2)解 方法一
8、 当直线 l 的斜率不存在时，由(1)知 OM|x1|62，PQ2|y1|2，因此 OMPQ 62 2 6.当直线 l 的斜率存在时，由(1)知：x1x223k2m，y1y22k(x1x22)m3k22mm3k22m22m1m，OM2(x1x22)2(y1y22)29k24m2 1m26m224m2 12(3 1m2).PQ2(1k2)24(3k22m2)(23k2)22(2m21)m22(2 1m2)，所以 OM2PQ212(3 1m2)2(2 1m2)(3 1m2)(2 1m2)3 1m22 1m222254.所以 OMPQ52，当且仅当 3 1m22 1m2，即 m 2时，等号成立.综合
9、得 OMPQ 的最大值为52.方法二 因为 4OM2PQ2(x1x2)2(y1y2)2(x2x1)2(y2y1)22(x21x22)(y21y22)10.所以 2OMPQ4OM2PQ22102 5.即 OMPQ52，当且仅当 2OMPQ 5时等号成立.因此 OMPQ 的最大值为52.(3)解 椭圆 C 上不存在三点 D，E，G，使得 SODESODGSOEG 62.证明如下：假设存在 D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足 SODESODGSOEG 62，由(1)得 u2x213，u2x223，x21x223；v2y212，v2y222，y21y222，解得 u2x21x2232
10、；v2y21y221，因此 u，x1，x2 只能从 62 中选取，v，y1，y2 只能从1 中选取.因此 D，E，G 只能在(62，1)这四点中选取三个不同点，而这三点的两两连线中必有一条过原点，与 SODESODGSOEG 62 矛盾，所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D，E，G.题型三 圆锥曲线中的存在性问题例 3(2010陕西)如图，椭圆 C：x2a2y2b21 的顶点为 A1，A2，B1，B2，焦点为 F1，F2，A1B1 7，S2S.(1)求椭圆 C 的方程.(2)设 n 为过原点的直线，l 是与 n 垂直相交于点 P，与椭圆相交于 A，B 两点的直线，|OP|1.是否存在上述直
11、线 l使OAOB0 成立？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由.B1A1B2A2B1F1B2F2解(1)由 A1B1 7知 a2b27.由 S2S知 a2c.又 b2a2c2，由解得 a24，b23，故椭圆 C 的方程为x24 y231.(2)设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，假设使OAOB0 成立的直线 l 存在，a.当 l 不垂直于 x 轴时，设 l 的方程为 ykxm，由 l 与 n垂直相交于 P 点且|OP|1 得|m|1k21，即 m2k21.由OAOB0 得 x1x2y1y20.将 ykxm 代入椭圆方程，得(34k2)x28kmx(4m21
12、2)0，B1A1B2A2B1F1B2F2由根与系数的关系可得 x1x28km34k2，x1x24m21234k2.0 x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)x1x2k2x1x2km(x1x2)m2(1k2)x1x2km(x1x2)m2，将代入上式并化简得(1k2)(4m212)8k2m2m2(34k2)0，将 m21k2代入并化简得5(k21)0，矛盾.即此时直线 l 不存在.b.当 l 垂直于 x 轴时，满足|OP|1 的直线 l 的方程为 x1或 x1，则 A，B 两点的坐标为(1，32)，(1，32)或(1，32)，(1，32).当 x1 时，OAOB(1，32)(1，32)5
13、40；当 x1 时，OAOB(1，32)(1，32)540.此时直线 l 也不存在.综上可知，使OAOB0 成立的直线 l 不存在.探究提高 对这类存在性问题，通常是从存在入手，根据题目要求，逐步求解，找到符合要求的条件，则存在，否则，不存在.变式训练 3(2011浙江)如图，设 P 是抛物线C1：x2y 上的动点，过点 P 作圆 C2：x2(y3)21 的两条切线，交直线 l：y3于 A、B 两点.(1)求圆 C2的圆心 M 到抛物线 C1准线的距离；(2)是否存在点 P，使线段 AB 被抛物线 C1 在点 P 处的切线平分？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)因为抛物
14、线 C1 的准线方程为 y14，所以圆心 M 到抛物线 C1 的准线的距离为14(3)114.(2)设点 P 的坐标为(x0，x20)，抛物线 C1在点 P 处的切线交直线 l 于点 D.再设 A，B，D 的横坐标分别为 xA，xB，xD，过点 P(x0，x20)的抛物线 C1的切线方程为yx202x0(xx0).当 x01，过点 P(1,1)与圆 C2相切的直线 PA 的方程为y1158(x1)，可得 xA1715，xB1，xD1，xAxB2xD.当 x01 时，过点 P(1,1)与圆 C2相切的直线 PB 的方程为 y1158(x1)，可得 xA1，xB1715，xD1，xAxB2xD，所
15、以 x2010.设切线 PA，PB 的斜率为 k1，k2，则PA：yx20k1(xx0)，PB：yx20k2(xx0).将 y3 分别代入得xDx2032x0(x00)，xAx0 x203k1，xBx0 x203k2 (k1，k20).从而 xAxB2x0(x203)1k1 1k2.又|x0k1x203|k2111，即(x201)k x212(x20 x0k1(x203)210.同理，(x201)k202(x203)x0k2(x203)210.所以 k1，k2是方程(x201)k22(x203)x0k(x203)210 的两个不相等的根，从而 k1k22(3x20)x0 x201，k1k2(3
16、x20)21x201.因为 xAxB2xD，所以 2x0(3x20)1k1 1k2 x203x0，即 1k1 1k2 1x0.从而 2(3x20)x0(x203)21 1x0，进而得 x408，所以 x04 8.综上所述，存在点 P 满足题意，点 P 的坐标为(4 8，2 2).规律方法总结 1.有关弦的中点问题(1)通法(2)点差法点差法的作用是用弦的中点坐标表示弦所在直线的斜率.点差法的步骤：将两交点 A(x1，y1)，B(x2，y2)的坐标代入曲线的方程.作差消去常数项得到关于 x1x2，x1x2，y1y2，y1y2 的关系式.应用斜率公式及中点坐标公式求解.2.解决直线与圆锥曲线问题的
17、通法(1)设方程及点的坐标.(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程.(3)应用韦达定理及判别式.(4)结合已知、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解.弦长公式：AB(1k2)(x1x2)24x1x2.名师押题我来做 1.已知抛物线 y22x，直线 AB 交抛物线于 A，B 两点，交 x轴正半轴于点 M(m,0)，若OAOB0(O 为坐标原点)，则m 的值是_.押题依据 直线与抛物线有关的问题是高考的热点.本题以向量为背景，新颖别致，既考查了通性通法，又可考查考生的应变能力，不失为一个好题.押题级别 解析 设 Ay212，y1，By222，y2.由OAOB0，得y21y224 y1y2
18、0.当直线 AB 的斜率存在时，设为 k(k0，m0)，则直线 AB 的方程为 yk(xm).由y22x，yk(xm)，得 ky22y2km0，而 48k2m0 恒成立，所以满足条件.又 y1y22m，所以 m22m0，则 m2 或 m0(舍去)，所以 m2.当直线 AB 的斜率不存在时，则 A(m，2m)，B(m，2m).由OAOB0，则 m22m0，所以 m2 或 m0(舍去)，所以 m2.综上，得 m2.答案 2 2.直线 ykxb 与曲线 x24y240 相交于 A、B 两点，记AOB 的面积为 S(O 是坐标原点).(1)求曲线的离心率；(2)求在 k0,0b0，故直线 AB 的方程是 y 22 x 62 或 y 22 x 62 或y 22 x 62 或 y 22 x 62.返回
