1、第八章 平面解析几何第八节 直线与圆锥曲线的综合问题第一课时 最值、范围、证明问题基础梳理1直线与圆锥曲线的位置关系的判定代数法：把圆锥曲线方程 C 与直线方程 l 联立消去 y，整理得到关于 x 的方程 ax2bxc0.方程 ax2bxc0 的解l 与 C 的交点b0无解(含 l 是双曲线的渐近线)_a0b0有一解(含 l 与抛物线的对称轴平行或与双曲线的渐近线平行)_0两个_的解_0两个相等的解_a00无实数解_无交点一个交点不等两个交点一个交点无交点2.弦长公式设斜率为 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|_或|AB|
2、1 1k2|y1y2|_1k2|x1x2|1k2（x1x2）24x1x21 1k2（y1y2）24y1y2直线与圆锥曲线相交与相切的区别与联系(1)直线与椭圆相交有两个交点相切有一个公共点(2)直线与双曲线相交时，可以为一个公共点，即直线与渐近线平行；可以为两个公共点，直线与渐近线不平行直线与双曲线相切时，只有一个公共点(3)直线与抛物线相交，当直线平行对称轴时，只有一个公共点，当直线与对称轴不平行，有两个公共点直线与抛物线相切时，只有一个公共点四基自测1(基础点：直线与抛物线的关系)已知点 A(2，3)在抛物线 C：y22px 的准线上，记 C 的焦点为 F，则直线 AF 的斜率为()A43
3、 B1 C34 D12答案：C2(基础点：直线截椭圆的弦长)斜率为 1 的直线 l 与椭圆x24 y21 相交于 A、B 两点，则|AB|的最大值为()A2 B4 55C.4 105D.8 105答案：C3(基础点：椭圆的焦点三角形)已知 F1，F2 是椭圆 16x225y21 600 的两个焦点，P 是椭圆上一点，且 PF1PF2，则F1PF2 的面积为_答案：644(基础点：双曲线的通径)F 是双曲线 C：x2y231 的右焦点，过 F 作 x 轴的垂线交双曲线于 A、B 两点，则|AB|_答案：6第一课时 最值、范围、证明问题考点一 弦及弦长问题例(1)过椭圆x212y231 的右焦点的
4、直线交椭圆于 A，B 两点，若|AB|2 3，则直线 AB 的方程为()Ax 2y30 B 2xy30C.2xy30 D.x 2y30解析 由题意知，椭圆x212y231 的右焦点为 F(3，0)，设直线 AB 的方程为 xty3，代入椭圆方程x212y231 中得(t24)y26ty30，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2 6tt24，y1y23t24，所以(y1y2)2(y1y2)24y1y2 6tt242 12t2448（t21）（t24）2，所以|AB|（1t2）（y1y2）248（t21）2（t24）2 2 3，解得 t22，所以 t 2，所以直线 AB 的方程为 x
5、 2y3，即 x 2y30.选 D.答案 D(2)(2020沈阳监测)已知抛物线 y24x 的一条弦 AB 恰好以 P(1，1)为中点，则弦 AB所在直线的方程是_解析 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，且 x1x2，则 y1y22，又点 A，B 在抛物线 y24x 上，所以y214x1，y224x2，两式相减，得(y1y2)(y1y2)4(x1x2)，则y1y2x1x24y1y22，即直线 AB 的斜率 k2，所以直线 AB 的方程为 y12(x1)，即 2xy10.答案 2xy10破题技法 处理弦的问题，一般是联立方程组，结合根与系数的关系，用直线斜率或纵截距作为主元，注意斜率不存在
6、的情况如果涉及弦的中点与斜率问题，往往用点差法：点差法的基本步骤是设点(即设出弦的端点坐标)代入(即代入曲线方程)作差(即两式相减，求出斜率y2y1x2x1)，建立关系已知双曲线 x2y221，过点 P(1，1)能否作一条直线 l 与双曲线交于 A、B 两点，且点 P 是线段 AB 的中点解析：假设可作直线 L，设 A(x1，y2)，B(x2，y2)，则x21y2121，x22y2221，得(x1x2)(x1x2)12(y1y2)(y1y2)，又x1x22，y1y22，kABy1y2x1x22，此时 AB 的方程为 y12(x1)，即 y2x1，由y2x1x2y221得 x22x320，443
7、20，无解，故不存在这样的直线考点二 证明几何结论问题例(2018高考全国卷)设抛物线 C：y22x，点 A(2，0)，B(2，0)，过点 A 的直线 l 与 C 交于 M，N 两点(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程；(2)证明：ABMABN.解析(1)当 l 与 x 轴垂直时，l 的方程为 x2，可得点 M 的坐标为(2，2)或(2，2)所以直线 BM 的方程为 y12x1 或 y12x1.(2)证明：当 l 与 x 轴垂直时，AB 为 MN 的垂直平分线，所以ABMABN.当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 yk(x2)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2
8、)，则 x10，x20.由yk（x2），y22x，得 ky22y4k0，可知 y1y22k，y1y24.直线 BM，BN 的斜率之和为 kBMkBN y1x12 y2x22x2y1x1y22（y1y2）（x12）（x22）.将 x1y1k2，x2y2k2 及 y1y2，y1y2 的表达式代入式分子，可得 x2y1x1y22(y1y2)2y1y24k（y1y2）k88k0.所以 kBMkBN0，可知 BM，BN 的倾斜角互补，所以ABMABN.综上，ABMABN.破题技法 圆锥曲线中证明问题的类型及解题策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：
9、某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明设椭圆 E 的方程为x2a2y2b21(ab0)，点 O 为坐标原点，点 A 的坐标为(a，0)，点B 的坐标为(0，b)，点 M 在线段 AB 上，满足|BM|2|MA|，直线 OM 的斜率为 510.(1)求 E 的离心率 e；(2)设点 C 的坐标为(0，b)，N 为线段 AC 的中点，证明：MNAB.解析：(1)由题设条件知，点 M 的
10、坐标为23a，13b，又 kOM 510，从而 b2a 510.进而得 a 5b，c a2b22b，故 eca2 55.(2)证明：由 N 是 AC 的中点知，点 N 的坐标为a2，b2，可得NM a6，5b6.又AB(a，b)，从而有AB NM 16a256b216(5b2a2)由(1)可知 a25b2，所以AB NM 0，故 MNAB.考点三 最值与范围问题例(2020安徽知名示范高中联考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 22，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线 xsin ycos 10 相切(为常数)(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)若椭圆 C 的左、右焦
11、点分别为 F1、F2，过 F2 作直线 l 与椭圆交于 M，N 两点，求F1M F1N 的最大值解析(1)由题意，得eca 22，1sin2cos2c，a2b2c2，解得c1，a22，b21，故椭圆 C 的标准方程为x22 y21.(2)由(1)得 F1(1，0)，F2(1，0)若直线 l 的斜率不存在，则直线 lx 轴，直线 l 的方程为 x1，不妨记 M1，22，N1，22，F1M 2，22，F1N 2，22，故F1M F1N 72.若直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 yk(x1)，由yk（x1），x22 y21消去 y 得，(12k2)x24k2x2k220，设 M(x1，y1
12、)，N(x2，y2)，则 x1x2 4k212k2，x1x22k2212k2.又F1M(x11，y1)，F1N(x21，y2)，则F1M F1N(x11)(x21)y1y2(x1 1)(x2 1)k(x1 1)k(x2 1)(1 k2)x1x2 (1 k2)(x1 x2)1 k2 2（k41）2k214k24k42k21 1k27k212k217292（2k21），由 k20，可得F1M F1N 1，72.综上，F1M F1N 的最大值为72.破题技法 最值问题的 2 种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和
13、、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)已知点 A，B 分别为椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左、右顶点，点 P(0，2)，直线BP 交 E 于点 Q，PQ 32QB，且ABP 是等腰直角三角形(1)求椭圆 E 的方程；(2)设过点 P 的动直线 l 与 E 相交于 M，N 两点，当坐标原点 O 位于以 MN 为直径的圆外时，求直线 l 斜率的取值范围解析：(1)由ABP 是等腰直角三角形，知 a2，B(2，0)设 Q(x0，y0)，由PQ 32QB，得 x065，y04
14、5，代入椭圆方程，解得 b21，椭圆 E 的方程为x24 y21.(2)由题意可知，直线 l 的斜率存在，设方程为 ykx2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由ykx2，x24 y21消去 y，得(14k2)x216kx120，则 x1x2 16k14k2，x1x21214k2.由直线 l 与 E 有两个不同的交点，得 0，则(16k)2412(14k2)0，解得 k234.由坐标原点 O 位于以 MN 为直径的圆外，则OM ON 0，即 x1x2y1y20，则 x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)4(1k2)1214k22k 16k14k240，解得 k24.联立可知34k24，解得2k 32 或 32 k2，故直线 l 斜率的取值范围为2，32 32，2.
