高中理科数学常见题型篇（直线和圆锥曲线）

直线和圆锥曲线经常考查的一些题型

直线与椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的位置关系都有相交、相切、相离三种情况，从几何角度可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异公共点对于抛物线来说，平行于对称轴的直线与抛物线相交于一点，但并不是相切；对于双曲线来说，平行于渐近线的直线与双曲线只有一个交点，但并不相切．

直线和椭圆、双曲线、抛物线中每一个曲线的公共点问题，可以转化为它们的方程所组成的方程组求解的问题，从而用代数方法判断直线与曲线的位置关系。 解决直线和圆锥曲线的位置关系的解题步骤是：

（1）直线的斜率不存在，直线的斜率存在， （2）联立直线和曲线的方程组； （3）讨论类一元二次方程 （4）一元二次方程的判别式 （5）韦达定理，同类坐标变换 （6）同点纵横坐标变换

（7）x,y，k(斜率)的取值范围（8）目标：弦长，中点，垂直，角度，向量，面积，范围等等

运用的知识：

1、中点坐标公式：x?x1?x22,y?y1?y22，其中x,y是点A(x1,y1)，B(x2,y2)的中点坐标。

2、弦长公式：若点A(x1,y1)，B(x2,y2)在直线y?kx?b(k?0)上，

则y1?kx1?b，y2?kx2?b，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，

AB??(x1?x2)?(y1?y2)?2222(x1?x2)?(kx1?kx2)?22(1?k)(x1?x2)

22(1?k)[(x1?x2)?4x1x2]

22或者AB?(x1?x2)?(y1?y2)?(1kx1?1kx2)?(y1?y2)?22(1?1k2)(y1?y2)

2?(1?1k)[(y1?y2)?4y1y2]。 223、两条直线l1:y?k1x?b1,l2:y?k2x?b2垂直：则k1k2??1

两条直线垂直，则直线所在的向量v1?v2?0

4、韦达定理：若一元二次方程ax2?bx?c?0(a?0)有两个不同的根x1,x2，则

x1?x2??ba,x1x2?ca??。

常见的一些题型：

题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 题型二：弦的垂直平分线问题 题型三：动弦过定点的问题

题型四：过已知曲线上定点的弦的问题 题型五：共线向量问题

1

题型六：面积问题

题型七：弦或弦长为定值问题 题型八：角度问题

问题九：四点共线问题

问题十：范围问题（本质是函数问题） 问题十一、存在性问题：（存在点，存在直线y=kx+m，存在实数，存在图形：三角形（等比、等腰、

直角），四边形（矩形、菱形、正方形），圆）

题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系

例题1、已知直线l:y?kx?1与椭圆C:x24?y2m?1始终有交点，求m的取值范围

思路点拨：直线方程的特点是过定点（0，1），椭圆的特点是过定点（-2，0）和（2，0），和动点

（0，?m),且m?4。

解：根据直线l:y?kx?1的方程可知，直线恒过定点（0，1），椭圆C:x24?y2m?1过动点

（0，?m),且m?4，如果直线l:y?kx?1和椭圆C:x24?y2m?1始终有交点，则m?1，且m?4，

即1?m且m?4。

规律提示：通过直线的代数形式，可以看出直线的特点：l:y?kx?1?过定点（0， 1） l:y?2?k(x?1)?l:y?k(x?1)?过定点（?，10）过定点（ ?，12）证明直线过定点，也是将满足条件的直线整理成以上三种形式之一，再得出结论。

练习：1、过点P(3,2) 和抛物线y?x2?3x?2 只有一个公共点的直线有（ ）条。

A．4 B．3 C．2 D．1

分析：作出抛物线y?x?3x?2，判断点P(3,2)相对抛物线的位置。

解：抛物线y?x?3x?2 如图，点P（3，2）在抛物线

22

的内部，根据过抛物线内一点和抛物线的对称轴平行或重合的直线和抛物线只有一个交点，可知过点P(3,2) 和抛物线y?x?3x?2 只有一个公共点的直线有一条。故选择D 规律提示：含焦点的区域为圆锥曲线的内部。（这里可以用公司的设备画图） 一、过一定点P和抛物线只有一个公共点的直线的条数情况：

（1）若定点P在抛物线外，则过点P和抛物线只有一个公共点的直线有3条：两条切线，一条和对称轴平行或重合的直线；

2

2

（2）若定点P在抛物线上，则过点P和抛物线只有一个公共点的直线有2条：一条切线，一条和对称轴平行或重合的直线；

（3）若定点P在抛物线内，则过点P和抛物线只有一个公共点的直线有1条：和抛物线的对称轴平行或重合的直线和抛物线只有一个交点。

二、过定点P和双曲线只有一个公共点的直线的条数情况：

（1）若定点P在双曲线内，则过点P和双曲线只有一个公共点的直线有2条：和双曲线的渐近线平行的直线和双曲线只有一个公共点；

（2）若定点P在双曲线上，则过点P和双曲线只有一个公共点的直线有3条：一条切线，2条和渐近线平行的直线；

（3）若定点P在双曲线外且不在渐近线上，则过点P和双曲线只有一个公共点的直线有4条：2条切线和2条和渐近线平行的直线；

（4）若定点P在双曲线外且在一条渐近线上，而不在另一条渐近线上，则过点P和双曲线只有一个公共点的直线有2条：一条切线，一条和另一条渐近线平行的直线；

（5）若定点P在两条渐近线的交点上，即对称中心，过点P和双曲线只有一个公共点的直线不存在。

题型二：弦的垂直平分线问题

弦的垂直平分线问题和对称问题是一种解题思维，首先弄清楚哪个是弦，哪个是对称轴，用到的知识是：垂直（两直线的斜率之积为-1）和平分（中点坐标公式）。 例题2、过点T(-1,0)作直线l与曲线N ：y2?x交于A、B两点，在x轴上是否存在一点E(x0,0)，使得?ABE是等边三角形，若存在，求出x0；若不存在，请说明理由。

分析：过点T(-1,0)的直线和曲线N ：y2?x相交A、B两点，则直线的斜率存在且不等于0，可以设直线的方程，联立方程组，消元，分析类一元二次方程，看判别式，运用韦达定理，得弦的中点坐标，再由垂直和中点，写出垂直平分线的方程，得出E点坐标，最后由正三角形的性质：中线长是边长的倍。运用弦长公式求弦长。

解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。设直线l:y?k(x?1)，k?0，A(x1,y1)，B(x2,y2)。 由??y?k(x?1)?y?x232消y整理，得kx?(2k?1)x?k?0 ①

1422222242由直线和抛物线交于两点，得??(2k?1)?4k??4k?1?0即0?k?2

② 由韦达定理，得：x1?x2??2k?1k22,x1x2?1。则线段AB的中点为(?22k?12k1222,12k)。

线段的垂直平分线方程为：y?12k??1k(x?1?2k2k2) ， 令y=0,得x0?12k2?，则E(12k2?12,0)

??ABE为正三角形，?E(

12k2?12,0)到直线AB的距离d为3

32AB。

?AB?(x1?x2)?(y1?y2)222?1?4kk22?1?k

22d?1?k2k ?31?4k2k22?1?k2?1?k2k 解得k??3913满足②式 此时x0?53。

思维规律：直线过定点设直线的斜率k，利用韦达定理法，将弦的中点用k表示出来，再利用垂直关系将弦的垂直平分线方程写出来，求出了横截距的坐标；再利用正三角形的性质：高是边长的32倍，将

k确定，进而求出x0的坐标。

x22例题3、已知椭圆

2?y?1的左焦点为F，O为坐标原点。 （Ⅰ）求过点O、F，并且与x??2相切

的圆的方程；（Ⅱ）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。

分析：第一问求圆的方程，运用几何法：圆心在弦的垂直平分线上，圆心到

切线的距离等于圆心到定点的距离；第二问，过定点的弦的垂直平分线如果和x轴相交，则弦的斜率存在，且不等于0，设出弦AB所在的直线的方程，运用韦达定理求出弦中点的横坐标，由弦AB的方程求出中点的总坐标，再有弦AB的斜率，得到线段AB的垂直平分线的方程，就可以得到点G的坐标。

解：(I) ∵a2=2，b2=1，∴c=1，F(-1，0)，l:x=-2. ∵圆过点O、F,∴圆心M在直线x=-上

21设M(-

12,t)，则圆半径：r=|(-

12)-(-2)|=

32

由|OM|=r，得(?1212)?t22?32，解得t=±2，

∴所求圆的方程为(x+)2+(y±2)2=

94.

(II)由题意可知，直线AB的斜率存在，且不等于0,设直线AB的方程为y=k(x+1)(k≠0)， 代入

x22+y2=1，整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0

4

∵直线AB过椭圆的左焦点F， ∴方程一定有两个不等实根, 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点N(x0，y0)，则x1+x1=-4k2k22?1,

x0?12(x1?x2)??2k222k?1,y0?k(x0?1)?1kk2k?12

∴AB垂直平分线NG的方程为y?y0??2(x?x0)

令y=0，得xC?x0?ky0??122k22k?1?k222k?1??k222k?112??12?14k?22

∵k?0,???xc?0.∴点G横坐标的取值范围为（?,0）。

技巧提示：直线过定点设直线的斜率k，利用韦达定理，将弦的中点用k表示出来，韦达定理就是同类

坐标变换的技巧，是解析几何中解决直线和圆锥曲线问题的两大技巧之第一个技巧。再利用垂直关系将弦AB的垂直平分线方程写出来，就求出了横截距的坐标（关于k的函数）。直线和圆锥曲线中参数的范围问题，就是函数的值域问题。 练习1：已知椭圆C:xa22?yb22?1(a?b?0)过点(1,32)，且离心率e?12。

（Ⅰ）求椭圆方程；

（Ⅱ）若直线l:y?kx?m(k?0)与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过定点G(,0)，求k的取值范围。

81

分析：第一问中已知椭圆的离心率，可以得到a,b的关系式，再根据“过点(1,个关系式，解方程组，就可以解出a,b的值，确定椭圆方程。

32)”得到a,b的第2

第二问，设出交点坐标，联立方程组，转化为一元二次方程，通过判别式得出k,m的不等式，再根据韦达定理，得出弦MN的中点的横坐标，利用弦的直线方程，得到中点的纵坐标，由中点坐标和定点

1G(,0)，得垂直平分线的斜率，有垂直平分线的斜率和弦的斜率之积为-1，可得k,m的等式，用k表8示m再代入不等式，就可以求出k的取值范围。 解：（Ⅰ）?离心率e?12，?ba22?1?14?34，即4b?3a（1）；

22 5

又椭圆过点(1,)，则

231a2?94b2（1）式代入上式，解得a?4，b?3，椭圆方程为?1，

22x24?y23 ?1。

（Ⅱ）设M(x1,y1),N(x2,y2)，弦MN的中点A(x0,y0) 由??y?kx?m?3x?4y?1222得：(3?4k2)x2?8mkx?4m2?12?0，

?直线l:y?kx?m(k?0)与椭圆交于不同的两点，

???64mk?4(3?4k)(4m?12)?0，即m?4k?3??????（1）

222222由韦达定理得：x1?x2??4mk3?4k28mk3?4k2,x1x2?224m?123?4k22，

则x0??,y0?kx0?m??4mk3?4k?m?3m3?4k2，

3m直线AG的斜率为：KAG??3?4k4mk3?4k22?18?24m?32mk?3?4k2，

由直线AG和直线MN垂直可得：

24m?32mk?3?4k2?k??1，即m??3?4k8k2，代入（1）式，可得

(3?4k8k2)?4k?3，即k?222120，则k?510或k??510。

老师支招：如果只说一条直线和椭圆相交，没有说直线过点或没给出直线的斜率，就直接设直线的方程为：y?kx?m，再和曲线联立，转化成一元二次方程，就能找到解决问题的门路。本题解决过程中运用了两大解题技巧：与韦达定理有关的同类坐标变换技巧，与点的纵、横坐标有关的同点纵横坐标变换技巧。解决直线和圆锥曲线的问题的关键就是充分、灵活的运用这两大解题技巧。 练习2、设F1、F2分别是椭圆的两点C、D，使得分析：由

F2C?F2DF2C?F2Dx25?y24?1的左右焦点．是否存在过点A(5,0)的直线l与椭圆交于不同

？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．

的直

得，点C、D关于过F2线对称，由直线l过的定点A(5,0)不在

x25?y24?1的内部，可以设直线

l的方程为：

程，根定理

的坐

6

y?k(x?5)，联立方程组，得一元二次方

据判别式，得出斜率k的取值范围，由韦达得弦CD的中点M的坐标，由点M和点F1

标，得斜率为?1k，解出k值，看是否在判别式的取值范围内。

解：假设存在直线满足题意，由题意知，过A的直线的斜率存在，且不等于。设直线l的方程为：

y?k(x?5),(k?0)，C(x1,y1)、D(x2,y2)，CD的中点M(x0,y0)。

由??y?k(x?5)?4x?5y?2022得：(4?5k2)x2?50k2x?125k2?20?0，

15又直线l与椭圆交于不同的两点C、D，则?=(50k2)2?4(4?5k2)(125k2?20)?0，即0?k2?50k22。

由韦达定理得：x1?x2?224?5k,x1x2?125k?204?5k22，

则x0?x1?x22?25k4?5k,y0?k(x0?5)?k(25k224?5k20k?5)??20k4?5k2，M(

25k224?5k，?20k4?5k2)。

又点F2(1,0)，则直线MF2的斜率为kMF225k4?5k， ??2225k1?5k?124?5k?根据CD?MF2得：kMF?k??1，即

25k221?5k??1，此方程无解，即k不存在，也就是不存在满足条件

的直线。

老师提醒：通过以上2个例题和2个练习，我们可以看出，解决垂直平分线的问题，即对称问题分两步：第一步，有弦所在的直线和曲线联立，转化为一元二次方程（或类一元二次方程），通过判别式得不等式，由韦达定理得出弦中点的坐标；第二步是利用垂直关系，得出斜率之积为-1，或者是利用中点坐标和对称轴直线的斜率，写出垂直平分线的方程，就可以解决问题。需要注意的一点是，求出的参数一定要满足判别式。

题型三：动弦过定点的问题

圆锥曲线自身有一些规律性的东西，其中一些性质是和直线与圆锥曲线相交的弦有关系，对这样的一些性质，我们必须了如指掌，并且必须会证明。随着几何画板的开发，实现了机器证明几何问题，好多以前我们不知道的、了解不深入的几何或代数性质，都如雨后春笋般的出来了，其中大部分都有可以遵循的规律，高考出题人，也得设计好思维，让我们在他们设好的路上“走”出来。下面我们就通过几个考题领略一下其风采。

xy3例题4、已知椭圆C：2?2?1(a?b?0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。

2ab22（I）求椭圆的方程； （II）若直线l:x?t(t?2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。 分析：第一问是待定系数法求轨迹方程；第二问中，点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的

方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2,0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标。动点P在直线l:x?t(t?2)上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以

7

求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在。 解：（I）由已知椭圆C的离心率e?ca?32，a?2,则得c?3,b?1。从而椭圆的方程为

x24?y?1

2（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为y?k1(x?2)，由

?y?k1(x?2)?22?x?4y?4(?1k12消y整理得

4x?2)2k?1x21 6?k21?640??2和x1是方程的两个根，??2x1?216k1?41?4k21 则

x1?2?8k11?4k12，y1?4k11?4k12，即点M的坐标为(2?8k11?4k122,4k11?4k12)，

同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(8k2?2221?4k21?4k2,?4k22)

?yp?k1(t?2),yp?k2(t?2) ?k1?k2k1?k2??2t，

?直线MN的方程为：

y?y1x?x1?y2?y1x2?x1，

?令y=0，得x?x2y1?x1y2y1?y24t?2

，将点M、N的坐标代入，化简后得：x?4t

又?t?2，?0??椭圆的焦点为(3,0) ?4t?3，即t?433 故当t?433时，MN过椭圆的焦点。

222方法总结：本题由点A1(-2,0)的横坐标－2是方程(1?4k1)x?16k2x?16k1?4?0的一个根，结合韦

达定理运用同类坐标变换，得到点M的横坐标：x1?2?8k11?4k122，

再利用直线A1M的方程通过同点的坐标变换，得点M的纵坐标：y1?4k11?4k12；

2?y?k2(x?2)16k2?4222其实由?2消y整理得(1?4k2)x?16k2x?16k2?4?0，得到2x2?，即22x?4y?41?4k?2 8

x2?8k2?21?4k222，y2??4k21?4k22很快。

不过如果看到：将?2x1?8k2?21?4k22216k1?41?4k122中的k1用k2换下来，x1前的系数2用－2换下来，就得点N的

坐标(,?4k21?4k22)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少

计算量。

本题的关键是看到点P的双重身份：点P即

A1M上也在直线A2N上，进而得到

在直线

k1?k2k1?k2y?y1x?x1x???2t，由直线MN的方程

?y2?y1x2?x1得直线与x轴的交点，即横截距

x2y1?x1y2y1?y24t4t，将点M、N的坐标代入，化简易得

x?，由?3解出t?433，到此不要忘了考察t?433是否满足t?2。

另外：也可以直接设P(t，y0)，通过A1，A2的坐标写出直线PA1，PA2的直线方程，再分别和椭圆联立，通过韦达定理求出M、N的坐标，再写出直线MN的方程。再过点F，求出t值。

例题5、（07山东理）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3；最小值为1； （Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线l：y?kx?m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。

分析：第一问，是待定系数法求椭圆的标准方程；第二问，直线l：y?kx?m与椭圆C相交于A，B两点，并且椭圆的右顶点和A、B的连线互相垂直，证明直线l过定点，就是通过垂直建立k、m的一次函数关系。

解（I）由题意设椭圆的标准方程为

xa22?yb22?1(a?b?0)

a?c?3,a?c?1，a?2,c?1,b?3 ?2x24?y23?1

?y?kx?m222A(x,y),B(x,y)（II）设得(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0， 1122，由?22?3x?4y?12

9

222222??64mk?16(3?4k)(m?3)?0，3?4k?m?0

x1?x2??8mk3?4k2,x1?x2?4(m?3)3?4k22（注意：这一步是同类坐标变换）

y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?223(m?4k)3?4k222（注意：这一步叫同点纵、

横坐标间的变换）

?以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kAD?kBD??1，

y1y2?x1?2x2?222???1，y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0，

3(m?4k)3?4k22?4(m?3)3?4k222?16mk3?4k2?4?0，

2k77m?16mk?4k?0，解得m1??2k,m2??，且满足3?4k2?m2?0

当m??2k时，l:y?k(x?2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾； 当m??2k7时，l:y?k(x?27)，直线过定点(27,0)， 综上可知，直线l过定点，定点坐标为(27,0).

名师经验：在直线和圆锥曲线的位置关系题中，以弦为直径的圆经过某个点，就是“弦对定点张直角”，也就是定点和弦的两端点连线互相垂直，得斜率之积为?1，建立等式。直线不过定点，也不知道斜率，设出l：y?kx?m，是经常用的一招，在第二讲中就遇到了这样设的直线。

练习：直线l：y?kx?m和抛物线y?2px相交于A、B，以AB为直径的圆过抛物线的顶点，证明：直线l：y?kx?m过定点，并求定点的坐标。

?y1y2分析：以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则OA?OB，若设A(x1,y1),B(x2,y2)，则xx12?0，

2再

2通过

y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m222，将条件转化为

(k?1)x1x2?mk(x1?x2)?m?0，再通过直线和抛物线联立，计算判别式后，可以得到x1x2，x1?x2，

解出k、m的等式，就可以了。 解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由??y?kx?m?y?2px2得，ky?2py?2mp?0，（这里消x得到的）

2pk2mpk22则??4p?8mkp?0??????（1） 由韦达定理，得：y1?y2?，y1y2?，

10

y?my2?myy?m(y1?y2)?m则x1x2?1， ??122kkk?以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则OA?OB，即x1x2?y1y2?0，

2可得

y1y2?m(y1?y2)?mk22?y1y2?0，则(1?k)2mp?2pm?mk?0，

22即k22mp?m2k?0，又mk?0，则m??2kp，且使（1）成立， 此时l：y?kx?m?kx?2kp?k(x?2p)，直线恒过点(2p,0)。

名师指点：本题解决过程中，有一个消元技巧，就是直线和抛物线联立时，要消去一次项，计算量小一些，也运用了同类坐标变换——韦达定理，同点纵、横坐标变换-------直线方程的纵坐标表示横坐标。其

实解析几何就这么点知识，你发现了吗？

题型四：过已知曲线上定点的弦的问题

若直线过的定点在已知曲线上，则过定点的直线的方程和曲线联立，转化为一元二次方程（或类一元二次方程），考察判断式后，韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标，进而解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。 例题6、已知点A、B、C是椭圆E：

xa22?yb22?1 (a?b?0)上的三点，其中点A(23,0)是椭圆的右

????????????????顶点，直线BC过椭圆的中心O，且AC?BC?0，BC?2AC，如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的

方程；(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与直线QC关于直线x?率。

3对称，求直线PQ的斜

????????????????解：(I) ?BC?2AC，且BC过椭圆的中心O ?OC?AC

??????????AC?BC?0 ??ACO? ， 又?A (23,0) ?点C的坐标为(3,3)。

2?A(23,0)是椭圆的右顶点， ?a?23，则椭圆方程为：x2122?yb22?1

将点C(3,3)代入方程，得b?4，?椭圆E的方程为

11

2x212?y4?1

(II)? 直线PC与直线QC关于直线x?3对称，

?设直线PC的斜率为k，则直线QC的斜率为?k，从而直线PC的方程为： y?3?k(x?3)，即y?kx?3(1?k)，

由???y?kx?223(1?k)消y，整理得：

??x?3y?12?0222(1?3k)x?63k(1?k)x?9k?18k?3?0?x?3是方程的一个根，

9k?18k?33(1?3k)22?xP?3?9k?18k?31?3k22 即xP?9k?18k?33(1?3k)22 同理可得：xQ?

?yP?yQ?kxP?23(1?k)?kxQ?23(1?k)＝k(xP?xQ)?23k＝?12k3(1?3k)2

xP?xQ?9k?18k?33(1?3k)2?9k?18k?33(1?3k)2＝?36k3(1?3k)12

?kPQ?yP?yQxP?xQ?13 则直线PQ的斜率为定值。

3方法总结：本题第二问中，由“直线PC与直线QC关于直线x?3对称”得两直线的斜率互为相反数，设直线PC的斜率为k，就得直线QC的斜率为-k。利用3是方程

222(1?3k)x?63k(1?k)x?9k?18k?3?0的根，易得点P的横坐标：

xP?9k?18k?33(1?3k)9k?18k?33(1?3k)2222，再将其中的k用-k换下来，就得到了点Q的横坐标：

xQ?，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。

接下来，如果分别利用直线PC、QC的方程通过坐标变换法将点P、Q的纵坐标也求出来，计算量会增加许多。

直接计算yP?yQ、xP?xQ，就降低了计算量。总之，本题有两处是需要同学们好好想一想，如何解决此类问题，一是过曲线上的点的直线和曲线相交，点的坐标是方程组消元后得到的方程的根；二是利用直线的斜率互为相反数，减少计算量，达到节省时间的目的。 练习2、：（2009辽宁卷文、理）已知，椭圆C以过点A（1，（1） 求椭圆C的方程；

（2） E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率

为定值，并求出这个定值。

32），两个焦点为（－1，0）（1，0）。

12

? b ?1 ，再根据过点A，通过解方程组，就可以求分析：第一问中，知道焦点，则 a

a,b出 ，求出方程。

2222第二问中，设出直线AE的斜率k，写出直线的方程，联立方程组，转化成一元二次方程，由韦达定理和点A的坐标，可以求出点E的坐标,将点E中的k,用-k换下来，就可以得到点F的坐标，通过计算yE-yF，

xE-xF，就可以求出直线EF的斜率了

xy??1解：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为 ，将点A的坐标代入方 22aa?111922程： ，解得 ， （舍去） 2a??1?c??1a?4224a4(a?1)22xy所以椭圆方程为 。 ??143223xy（Ⅱ）设直线AE方程为：y?k(x?1)?，代入??1得

243(3?4k)x?4k(3?2k)x?4(22223232?k)?12?0

2 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上，所以

4(3?k)?122 xF?223?4k yE?kxE?32?k ………8分

又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得

4(xF?3?k)?122223?4k yE??kxE???k(xF?xE)?2kxF?xE32?k

所以直线EF的斜率KEF?yF?yExF?xE12?12

即直线EF的斜率为定值，其值为。 ……12分

老师总结：此类题的关键就是定点在曲线上，定点的坐标是方程的根，通过韦达定理，将动点的坐标求出，在根据斜率互为相反数，就可以直接求出第二动点的坐标，最后由斜率公式，可以求出斜率为定值。

题型五：共线向量问题

解析几何中的向量共线，就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题，再通过未达定理------同类坐标变换，将问题解决。此类问题不难解决。

例题7、设过点D(0,3)的直线交曲线M：于P、Q

uuuruuur分析：由DP=lDQuuuruuurDP=lDQ两点，且

,求实数l的取值范围。

ì?x=lx12可以得到?í?y1=3+l(y2-3)???，将P(x1,y1),Q(x2,y2),代人曲线方程，解出点的坐标，用

13

l表示出来。

uuuruuur由DP=lDQ解：设P(x1,y1),Q(x2,y2), 得(x1,y1-3)=l(x2,y2-3)

ì?x1=lx2即?í?y1=3+l(y2-3)???

方法一：方程组消元法

又P、Q是椭圆

x29+

y24=1上的点

22ìy2?x2?+=1??94? í2?(lx)2(ly+3-3l)?22+=1??94?? 消去x2，

可得

(ly2+3-3l)-ly24222=1-l2 即y2=

13l-56l

15???5

又Q在椭圆上，－2≤y2≤2， ∴ －2≤

?1?。 ?5,5???13l-56l≤2 解之得：

则实数l的取值范围是

方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法

?y?kx?3设直线PQ的方程为：y?kx?3,k?0，由?2消y整理后，得 24x?9y?36?(4?9k)x?54kx?45?0

22?P、Q是曲线M上的两点 ???(54k)?4?45(4?9k)＝144k?80?0

222即9k2?5 ① 由韦达定理得：x1?x2???(x1?x2)x1x2254k4?9k2,x1x2?454?9k22 (?1?2?x1x22?x2x1?2 ??245(4?k9)54k2?)

即

36?5(1??)2?9k?49k?152?1?49k2 ②

36?5(1??)2由①得0?19k2，代入②，整理得 1??95， 解之得

15???5

当直线PQ的斜率不存在，即x?0时，易知??5或??1 。 总之实数l的取值范围是?,5?。 5?5??1?方法总结：通过比较本题的第二步的两种解法，可知第一种解法，比较简单，第二种方法是通性通法，

但计算量较大，纵观高考中的解析几何题，若放在后两题，很多情况下能用通性通法解，但计算量较大，计算繁琐，考生必须有较强的意志力和极强的计算能力；不用通性通法，要求考生必须深入思考，有较强的思维能力，在命题人设计的框架中，找出破解的蛛丝马迹，通过自己的思维将问题解决。 例题8：已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y?

14

14x的焦点，离心

2

率为

255．（1）求椭圆C的标准方程； （2）过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A、B两点，

交y轴于M点，若MA??1AF，MB??2BF，求?1??2的值． 分析：

（07福建理科）如图，已知点F（1，0），直线l：x＝－1，P为平面上的动点，过P作直线l的垂

????????????????线，垂足为点Q，且QP?QF?FP?FQ。 （Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程； （Ⅱ）过点F的直线交

????????????????轨迹C于A、B两点，交直线l于点M，已知MA??1AF,AF??2BF，求?1??2的值。

小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力.满分14分. 解法一：

????????????????（Ⅰ）设点P(x，y)，则Q(?1，y)，由QP?QF?FP?FQ得：

(x?1，0)?(2，?y)?(x?1，y)?(?2，y)，化简得C:y?4x.

2（Ⅱ）设直线AB的方程为： x?my?1(m?0).

?y2?4x，2??设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M??1，，消去x得： ??，联立方程组?mx?my?1，???

15

?y1?y2?4m，22 y?4my?4?0，??(?4m)?12?0，故??y1y2??4．????????????????22由MA??1AF，MB??2BF得：y1????1y1，y2????2y2，整理得：

mm?1??1?2my1，?2??1?2my2，??1??2??2?2?11?2y1?y2 ???2????m?y1y2?my1y2??2?24m?0 ?m?4????????????????????????????解法二：（Ⅰ）由QP?QF?FP?FQ得：FQ?(PQ?PF)?0，

????????????2????2?????????????????(PQ?PF)?(PQ?PF)?0， ?PQ?PF?0， ?PQ?PF

所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y2?4x.

????????????????????MA?1（Ⅱ）由已知MA??1AF，MB??2BF，得?1??2?0. 则：??????MB?2????AF????.????① BF????????????MAAA1AFA，Bl过点分别作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则有：??????????????.????②

MBBB1BF?????????1AFAF由①②得：??????????，即?1??2?0.

?2BFBF练习：设椭圆C:xa22?y22?1(a?0)的左、右焦点分别为F1、F2，A是椭圆C上的一点，且

13|OF1|． （1）求椭圆C的方程；

AF2?F1F2?0，坐标原点O到直线AF1的距离为

（2）设Q是椭圆C上的一点，过Q的直线l交x轴于点P(?1,0)，较y轴于点M，若MQ?2QP，求直线l的方程．

山东2006理 双曲线C与椭圆

x28?y24?1有相同的焦点，直线y=3x为C的一条渐近线。

（I） 求双曲线C的方程；(II)过点P(0,4)的直线l，交双曲线C于A,B两点，交x轴于Q点（Q点与

????????????8C的顶点不重合）。当PQ??1QA??2QB，且?1??2??时，求Q点的坐标。

3 16

解：（Ⅱ）解法一：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零。 设l的方程：y?kx?4,A(x1,y1)，B(x2,y2)则Q(?????????44?PQ??1QA?(?,?4)??1(x1?,y1)

kk4k,0)

44?x?????1k?1k????1(x1?)? ??k?k???y??4?4??y?111??1?44?A(x1,y1)在双曲线C上， ?163161??1216()??1?0 2k?1?1222?16?32?1?16?1?222k?k??0. ?(16?k)?1?32?1?16?163k?0.

222163k?0.

2同理有：(16?k)?2?32?2?16?若16?k2?0,则直线l过顶点，不合题意.?16?k2?0,??1,?2是二次方程

(16?k)x?32x?16?22163k?0.的两根. ??1??2?232k?162??83 ?k2?4，

此时??0,?k??2. ?所求Q的坐标为(?2,0). 解法二：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零 设l的方程，y?kx?4,A(x1,y1),B(x2,y2)，则Q(?4k????????????,0). ?PQ??1QA， ?Q分PA的比为?1.

?1x14?4???x??(1??1)?k1???1k?1??1由定比分点坐标公式得? 下同解法一 ??4?0?4??1y1?y1?????11??1??解法三：由题意知直线l的斜率k存在且不等于零 设l的方程：y?kx?4,A(x1,y1),B(x2,y2)，则Q(?4k,0).

????????????444?PQ??1QA??2QB，?(?,?4)??1(x1?,y1)??2(x2?,y2).

kkk811244??4??1y1??2y2， ??1??，?2???? ， 又?1??2??， ?3y1y23y1y2即3(y1?y2)?2y1y2 将y?kx?4代入x?2222y23?1得

(3?k)y?24y?48?3k?0 ?3?k?0，否则l与渐近线平行。

2 17

?y1?y2?243?k2,y1y2?48?3k3?k22。 ?3?243?k2?2?48?3k3?k222 ?Q(?2,0 ) ?k??解法四：由题意知直线l得斜率k存在且不等于零，设l的方程：y?kx?4，A(x1,y1),B(x2,y2) 则Q(?4k????????44 , ?(?,?4)??1(x1?,y)。 ,0)?PQ??1QA1kk???1?4k4k??4kx1?4 同理 ?1??4kx2?4 ?1??2??4kx1?4?4kx2?4??83.

x1?即 2k2x1x2?5k(x1?x2)?8?0

y?kx?4（*）

又

x?2y23?1 消去y得(3?k2)x2?8kx?19?0.

当3?k2?0时，则直线l与双曲线得渐近线平行，不合题意，3?k2?0。

x1?x2?8k3?k193?k22由韦达定理有：x1x2?? 代入（*）式得 k?4,k??2

2 ?所求Q点的坐标为(?2,0)。

练习：已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线x2?4y的焦点，离心率

255等于

。（1）求椭圆C的标准方程；（2）点P为椭圆上一点，弦PA、PB分别过焦点F1、F2，（PA、

??????????????????PB都不与x轴垂直，其点P的纵坐标不为0），若PF1??1F1A,PF2??2F2B，求?1??2的值。

222222解：（1）设椭圆C的方程为：

xa?yb?1(a?b?0)，则b=1，由

ba?1?e?1?245?15，得a?5，

2则椭圆的方程为：

x25?y?1

2（2）由

x25?y?1得：F1(?2,0),F2(2,0)，设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2)，

2??????????????????有PF1??1F1A,PF2??2F2B得：(?2?x0,?y0)??1(x1?2,y1),(2?x0,?y0)??2(x2?2,y2)

18

解得：?1??y0y1,?2??y0y2，

根据PA、PB都不与x轴垂直，且y0?0，设直线PA的方程为：y?2整理后，得：?(x0?2)2?5y0?y2?4y0(x0?2)y?y02?0 ??y0x0?2(x?2)，代人

x25?y?1，

2根据韦达定理，得：y0y1?y0y1?y0222(x?2)?5y02，则y1??y0(x?2)?5y0y0y222，

从而，?1???(x0?2)?5y 同理可求?2??2?(x0?2)?5y

22则?1??2?(x0?2)2?5y02?(x0?2)2?5y02?2(x02?5y02)?4

x2222由P(x0,y0)为椭圆

5?y?1上一点得：x0?5y0?5， 则?1??2?18， 故?1??2的值为18.

题型六：面积问题

例题8、（07陕西理）已知椭圆C：

xa22?yb22?1（a＞b＞0）的离心率为

63,短轴一个端点到右焦

点的距离为3。（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为

32，求△AOB面积的最大值。

?c62，x??2?y?1。 解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意?a3 ?b?1，?所求椭圆方程为3??a?3，（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)。 （1）当AB⊥x轴时，AB?（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y?kx?m。

3。

由已知

m1?k2?32，得m?234(k?1)。

2把y?kx?m代入椭圆方程，整理得(3k?1)x?6kmx?3m?3?0，

19

222

?x1?x2??6km3k?12，x1x2?3(m?1)3k?122。

?AB22?36k2m212(m?1)???(1?k)(x2?x1)?(1?k)?? 222(3k?1)3k?1??222?12(k?1)(3k?1?m)(3k?1)22222?3(k?1)(9k?1)(3k?1)2222

?3?12k4229k?6k?1?3?2129k?1k2(k?0)≤3??6122?3?6?4。

当且仅当9k?21k2，即k??33时等号成立。当k?0时，AB?3， 综上所述ABmax?2。

?当AB最大时，△AOB面积取最大值S?12?ABmax?32?32。

练习1、（07浙江理）如图，直线y?kx?b与椭圆

x24 ?y?1交于A、B两点，记?ABC的面积为S。

2（Ⅰ）求在k?0，0?b?1的条件下，S的最大值；

（Ⅱ）当AB?2，S?1时，求直线AB的方程。

本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综

合解题能力。满分14分。

x2解：（Ⅰ）解：设点A的坐标为?x1,b?，点B的坐标为?x2,b?，由

4?b2?1，解得x1，??21?b，22所以S?

12b?x1?x2?2b?1?b2?b?1?b?1， 当且仅当b?20

222时，S取到最在值1，

?y?kx?b,1???（Ⅱ）解：由?x2得 ?k2??x2?2kbx?b2?1?0，

24??y?1,???4??4k?b?1， AB?221?k2?x1?x2?1?k2?4k2?b?1?k2214?2

设O到AB的距离为d，则d?2sAB?1，又因为d?b1?k2得 ， 所以b2?k2?1，代入②式并整理，

k4?k2?14?0， 解得，k2?12,b2?32，代入①式检验，??0。

故直线AB的方程是

2262226222622262y?x?，或y?x?，或y??x?,或y??x?。

练习2、（山东06文）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为4。(Ⅰ)求椭圆的方程；

(Ⅱ)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当ΔAOB面积取得最大值时，求直线l的方程。 解：设椭圆方程为

xa22?yb22?1(a?b?0).

b?c（I）由已知得 2aca22a?422?2 ? b?1?所求椭圆方程为

2x2?b?c2c2?12?y2?1.

（II）解法一：由题意知直线l的斜率存在，

设直线l的方程为y?kx?2，A(x1,y1),B(x2,y2)

y?kx?2由 x222?y22?1消去y得关于x的方程：

(1?2k)x?8kx?6?0

由直线l与椭圆相交A、B两点，?△?0?64k8k1?2k61?2k222?24(1?2k)?0，解得k22?32，

x1?x2??又由韦达定理得

x1?x2?

21

?AB?1?k2x1?x2?1?k2(x1?x2)?4x1x22?1?k1?2k2216k2?24.

原点O到直线l的距离d?21?k2

?S?ADB?12AB?d?16k2?2421?2k?242?222k22?31?2k

解法1：对S?16k21?2k两边平方整理得： 4S2k4?4(S2?4)k2?S2?24?0 （*）

?S?0，

16(S?4)?4?4S(S?24)?02222 ?

4-SS222?0?0

S?244S2整理得：S2?12. 又S?0 ?0?S?22.

4k4从而S?AOB的最大值为S?22?28k2?49?0， 此时代入方程（*）得

?k??14x?2y?4?0.

2142

所以，所求直线方程为： ?解法2：令m?22mm?422k2?3(m?0)， 则2k222?m?3，

4m2 ?S??22m?4m?. 当且仅当m?即m?2时，Smax?22 此时k??142.

所以，所求直线方程为 ?14x?2y?4?0.

解法二：由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为y?kx?2，A(x1,y1)，B(x2,y2)

则直线l与x轴的交点D(?2k,0)

由解法一知：k2?32x1?x2??8k1?2k622且 x1?x2?

1?2k 22

解法1：S?AOB?

12OD?y1?y2?122k?kx1?2?kx2?2

?x1?x2?(x1?x2)?4x1x216k?241?2k222222

? 下同解法一

?2k?321?2k解法2：S?AOB?S?POB?S?POA

?12?2?x2?x1 ?x2?x1?222k22 下同解法一

?31?2k已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的离心率为

22，F1,F2为其焦点，一直线过点F1与椭圆相交于

A,B两点，且?F2AB的最大面积为2，求椭圆的方程。

解：由e＝

22得a:b:c?2:1:1，所以椭圆方程设为x?2y22?2c

2?x?my?c222设直线AB:x?my?c，由?2 得：(m?2)y?2mcy?c?0 22?x?2y?2c??4mc?4c(m?2)?4c(2m?2)?8c(m?1)?0

22222222设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1,y2是方程的两个根 2mc?y?y?122??m?2由韦达定理得? 所以y1?y2?2?yy??c122?m?2?S?ABF2?12F1F2y1?y2?c?22c(y1?y2)?4y1y2?222cm?1m?222

m?1m?222＝

222cm?1?21m?12?22c?212?2c

2当且仅当m?0时，即AB?x轴时取等号 ?所以，所求椭圆方程为

x22c2?2,c?1

2?y2?1

23

题型七：弦或弦长为定值问题

例题9、（07湖北理科）在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p>0）相交于A、B两点。

（Ⅰ）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积

的最小值；

（Ⅱ）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。（此题不要求在答题卡上画图） 本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力.

解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2），直线AB的方程为y=kx+p,?x2?2py与x=2py联立得?消去y得x2-2pkx-2p2=0. 由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.

?y?kx?p.2

于是S?ABN?S?BCN?S?ACN?12?2px1?x2＝px1?x2?p(x1?x2)?4x1x2

2＝p4p2k2?8p2?2p2k2?2.

?当k?0时，（S?ABN）min?22p2.

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为O?,t与AC为直径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则O?H?PQ,O?点的坐标为（?O?P?12AC?12x1?(y1?p)＝

22x1y1?p,） 2212y1?p.

22O?H?a?y1?p2?122a?y1?p,?PH2?O?P2?O?H2

24

=

14(y1?p)?2214(2a?y1?p)＝(a?2p2)y1?a(p?a),

?PQ2p??2?(2PH)=4(a?)y2?a(p?a).

??2???0，得a?p2,此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?p2令a?p2，

即抛物线的通径所在的直线.

解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得 AB?1?kx1?x2?21?k?2(x1?x2)?4x1x2?21?k?24pk?8p

2p1?k2222＝2p1?k2?k2?2. 又由点到直线的距离公式得d?.

从而，S?ABN?12?d?AB?12?2p1?k?2k?2?22p1?k2?2p2k?2,

2?当k?0时，（S?ABN）max?22p.

2（Ⅱ）假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的方程为

(x?0)(x?x1)?(y?p)(y?y1)?0,将直线方程y=a代入得 x?x1x?(a?p)(a?y1)?0,2 p??则?＝x?4(a?p)(a?y1)?4?(a?)?y1?a(p?a).2??21设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有 PQ?x3?x4?p2pp??4?(a?)y1?a(p?a)??2(a?)y1?a(p?a).

22??p2,此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?p2令a??0,得a?.

即抛物线的通径所在的直线。

25

题型八：角度问题

例题9、（08重庆理）如图（21）图，M（-2，0）和N（2，0）是平面上的两点，动点P满足：PM?PN?6.

（Ⅰ）求点P的轨迹方程； （Ⅱ）若PM·PN＝21?cos?MPN,求点P的坐标.

解：(Ⅰ)由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴b=a?c? 所以椭圆的方程为

x2225，

9?y252?1.

(Ⅱ)由PM?PN?1?cosMPN, 得 PM?PNcosMPN?PM?PN?2. ①

因为cosMPN?不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在△PMN中，1,P2MN?4,由余弦定理有MN?PM?22PN?22P?McPoNsM.PN ②

将①代入②，得 4?PM22?PN?2(PM?PN?2).

故点P在以M、N为焦点，实轴长为23的双曲线x23?y?1上.

2 由(Ⅰ)知，点P的坐标又满足

x29?y25?1，所以

?33x??,????5x?9y?45,2 由方程组? 解得?

22?5??x?3y?3.y??.??222 即P点坐标为(332,52)、（332，-52）、（-332，52）或（?332，-52）.

练习1、（05福建理）已知方向向量为v=(1,3)的直线l过点（0，－23）和椭圆C：

26

xa22?yb22?1(a>b>0)的焦点，且椭圆C的中心关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）是否存在过点E（－2，0）的直线m交椭圆C于点M、N，满足

OM?ON?436cot∠MON≠0（O为原点）.若存

在，求直线m的

方程；若不存在，请说明理由.

本小题主要考查直线、椭圆及平面向量的基本知识，平面解析几何的基本方法和综合解题能力.

（I）解法一：直线l:y?3x?23， ①

过原点垂直l的直线方程为y??33x， ② 解①②得x?32.

∵椭圆中心O（0，0）关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上，?∵直线l过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.

?c?2,a2a2c?2?32?3.

?6,b2?2. 故椭圆C的方程为

x26?y22?1. ③

解法二：直线l:y?3x?23.

p?q?3??23?22设原点关于直线l对称点为（p，q），则?解得p=3. ?q?3???1.?p?∵椭圆中心O（0，0）关于直线l的对称点在椭圆C的右准线上， ?a2c?3. ∵直线l过椭圆焦点，∴该焦点坐标为（2，0）.

?c?2,a2?6,b2?2. 故椭圆C的方程为

x26?y22?1. ③

（II） 解法一：设M（x1,y1），N（x2,y2）.当直线m不垂直x轴时，直线m:y?k(x?2)代入③，

2222整理得(3k?1)x?12kx?12k?6?0, ?x1?x2??12k3k22?1,x1?x2?12k3k22?6?1,

27

12k3k22|MN|?1?k2(x1?x2)?4x1x2?21?k2(??1)?4?212k3k22?6?1?26(1?k)3k22?1,

点O到直线MN的距离d?43|2k|1?k2

436,

cos?MONsin?MON

?OM?ON?6cot?MON,即 |OM|?|ON|cos?MON?436,?S?OMN?26?0,

?|OM|?|ON|sin?MON?236.?|MN|?d?43即46|k|k2?1?436(3k?1).

整理得k2?13,?k??33.

23当直线m垂直x轴时，也满足S?OMN?332336.

故直线m的方程为y?x?,或y??33x?233,或x??2.

经检验上述直线均满足OM?ON?0.

3323333233所以所求直线方程为y?x?,或y??x?,或x??2.

解法二：设M（x1,y1），N（x2,y2）.当直线m不垂直x轴时，直线m：y=k(x+2)代入③，

2222整理得(3k?1)x?12kx?12k?6?0, ?x1?x2??

∵E（－2，0）是椭圆C的左焦点， ∴|MN|=|ME|+|NE|=e(以下与解法一相同.

a212k3k22?1,

c?x1)?e(a2c?x2)?ca(x1?x2)?2a?26?(?12k3k22?1)?26?26(k3k22?1)?1.

解法三：设M（x1,y1），N（x2,y2）. 设直线m:x?ty?2，代入③，整理得(t?3)y?4ty?2?0. ?y1?y2?

4tt?3222,y1y2??2t?32,

|y1-y2|=(y1?y2)?4y1y2=(4324tt?32)?28t?32?24t?24(t?3)43222

cos?MONsin?MON

?OM?ON?6cot?MON,即 |OM|?|ON|cos?MON?436,?S?OMN?236.

6?0,

?|OM|?|ON|sin?MON?28

S?OMN?S?OEM?S?OEN?12|OE|?|y1?y2|?24t?24(t?3)222.

∴

24t?24(t?3)222=

23426，整理得t?3t. 解得t??3,或t?0.

故直线m的方程为y?33x?233,或y??33x?233,或x??2.

经检验上述直线方程为OM?ON?0.

3323333233 所以所求直线方程为y?x?,或y??x?,或x??2.

练习2、（08陕西理）已知抛物线C：y?2x2，直线y?kx?2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；

????????（Ⅱ）是否存在实数k使NA?NB?0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．

22222x1)，B(x2，2x2)，把y?kx?2代入y?2x得2x?kx?2?0， 解法一：（Ⅰ）如图，设A(x1，由韦达定理得x1?x2?x1?x22k2k，x1x2??1，

y M 2 B 1 N O 1 A ?xN?xM??kk2??，?N点的坐标为?，?． 4?48?kk???m?x??， 84??2x 2设抛物线在点N处的切线l的方程为y?将y?2x代入上式得2x?mx?22mk4?k8?0， ?直线l与抛物线C相切，

?mkk2?222???m?8????m?2mk?k?(m?k)?0，?m?k． 即l∥AB．

8??42????????（Ⅱ）假设存在实数k，使NA?NB?0，则NA?NB，又?M是AB的中点，

?|MN|?12|AB|．

2?k21?k?4???2． ?(y1?y2)?(kx1?2?kx2?2)?[k(x1?x2)?4]??2222?24?由（Ⅰ）知yM111?MN?x轴，?|MN|?|yM?yN|?k24?2?k28?k?1682．

29

又|AB|?1?k?|x1?x2|?221?k?(x1?x2)?4x1x2 22 ?21?k?21?k????4??(1?)2?2?k??1k?22． 16?k?168?14????????k?1?k?16，解得k??2． 即存在k??2，使NA?NB?0．

22222解法二：（Ⅰ）如图，设A(x1，2x1)，B(x2，2x2)，把y?kx?2代入y?2x得

2x?kx?2?0．由韦达定理得x1?x2?x1?x22k2k2，x1x2??1．

?xN?xM??kk2?2?，?N点的坐标为?，?．?y?2x，?y??4x， 4?48?k4?k，?l∥AB．

?抛物线在点N处的切线l的斜率为4?????????（Ⅱ）假设存在实数k，使NA?NB?0．

22???????kk????kk?222x1?NB??x2?，2x2?由（Ⅰ）知NA??x1?，?，?，则 4848?????????????k??kNA?NB??x1???x2?4??4?22??2k??2k???2x2?? ???2x1?8??8????2k2??2k2?k??k????x1???x2???4?x1???x2??

441616????????k??k???x1???x2?4??4?k??k????1?4x?x????1??24??4??????? ??22?kk??k???x1x2??x1?x2?????1?4x1x2?k(x1?x2)??

4164????222?kkk??kk??k???1??????1?4?(?1)?k??????1?4216??24??16???32??3?k??0， ??4?????1?k216?0，??3?34????????k?0，解得k??2． 即存在k??2，使NA?NB?0．

2

30

问题九：四点共线问题

例题10、（08安徽理）设椭圆C:xa22?yb22?1(a?b?0)过点M(2,1)，且着焦点为F1(?2,0)

（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点A,B时，在线段AB上

????????????????取点Q，满足AP?QB?AQ?PB，证明：点Q总在某定直线上

22解 (1)由题意：

?c2?2?221xy?222 ?2?2?1 ，解得a?4,b?2，所求椭圆方程为 ??1

b42?a?c2?a2?b2?(2)方法一 设点Q、A、B的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。

????????????????????????APAQ由题设知AP,PB,AQ,QB均不为零，记???????????,则??0且??1

PBQB????????????????又A，P，B，Q四点共线，从而AP???PB,AQ??QB

于是 4? x?x1??x21??2222x1??x21??x1??x21??， 1?， y?2y1??y21??y1??y21??22

从而 ?4x，??（1）

y1??y21??2?y，??（2）

2222又点A、B在椭圆C上，即x1?2y1?4,??(3) x2?2y2?4,??(4)

（1）+（2）32并结合（3），（4）得4s?2y?4， 即点Q(x,y)总在定直线2x?y?2?0上

????????????????方法二 设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，PA,PB,AQ,QB均不为零。

????????PAPB????????????????且 ????????? 又 P,A,Q,B四点共线，可设PA???AQ,PB??BQ(??0,?1),于是

AQQBx1?4??x1??,y1?1??y1?? （1）x2?4??x1??,y2?1??y1?? （2）

22由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x?2y?4,整理得

(x?2y?4)??4(2x?y?2)??14?0 （3） (x?2y?4)??4(2x?y?2)??14?0 (4)

31

222222

(4)－(3) 得 8(2x?y?2?)? 0∵??0,∴2x?y?2?0 即点Q(x,y)总在定直线2x?y?2?0上

练习1、（08四川理）设椭圆

xa22?yb22?1 (a?b?0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e?22，右准线

??????????为l，M、N是l上的两个动点，F1M?F2N?0．

??????????（Ⅰ）若|F1M|?|F2N|?25，求a、b的值；

????????????????????（Ⅱ）证明：当|MN|取最小值时，F1M?F2N与F1F2共线．

解析：数列和解几位列倒数第三和第二，意料之中．开始挤牙膏吧． （Ⅰ）由已知，F1(?c,0)，F2(c,0)． 由e?22，ca22?12，∴a2?2c2．又a2?b2?c2，

a2∴b2?c2，a2?2b2．∴l：x??????????????????????F2Nc?2cc2?2c，M(2c,y1)，N(2c,y2)．

延长NF2交MF1于P，记右准线l交x轴于Q． ∵F1M?F2N?0，∴F1M∴QN?F1Q?3c，QM∵

??????????F1M?F2N?25．F1M?F2N 由平几知识易证Rt?MQF1≌Rt?F2QN ，y2?3c．

2?F2Q?c 即

y1?c2，∴9c2?c2?20，c?2，b?2，a2?4．∴a?2，b???3c?0．

22．

（Ⅰ）另解：∵F1M?F2N?0，∴(3c,y1)?(c,y2)?0，y1y2又

??????????F1M?F2N?25?y1y2??3c2 联立?2，消去y12?9c?y1?20?22?c?y2?20??????????、y2得：(20?9c2)(20?c2)?9c2，

?2．

整理得：9c4?209c2?400?0，(c2?2)(9c2?200)?0．解得c2但解此方程组要考倒不少人．

??????????（Ⅱ）∵F1M?F2N?(3c,y1)?(c,y2)?0， ∴y1y2??3c2?0．

?????MN2?y1?y22?y1?y2?2y1y2222．

??y1?3c时，取等号．此时MN取最小值2　　　??2y1y2?2y1y2??4y1y2?12c当且仅当y1??y2?3c或y2?????3c．

??????????F1M?F2N?(3c,?3c)?(c,?3c)此时． ??????(4c,0)?2F1F2?????????????????????????∴F1M?F2N与F1F2共线． （Ⅱ）另解：∵F1M?F2N?0，

∴(3c,y1)?(c,y2)?0，y1y2??3c2．

k 设MF1，NF2的斜率分别为k，?1．

y?k(x?c)由????x?2cy1?3kc， 由?y???1k??x?2c?(x?c)?y2??ck

33?????1MN?y1?y2?c?3k??23ck． 当且仅当3k?1k即k2?13，k??时取等号．

∴F1M???????????F2N?即当????MN最小时，k??3??????????c3，此时F1M?F2N?(3c,3kc)?(c,?)k?????　　?(3c,?3c)?(c,?3c)?(4c,0)?2F1F2与F1F2共线．

?????点评：本题第一问又用到了平面几何．看来，与平面几何有联系的难题真是四川风格啊．注意平面几何

可与三角向量解几沾边，应加强对含平面几何背景的试题的研究．本题好得好，出得活，出得妙！均值定理，放缩技巧，永恒的考点．

32

问题十：范围问题（本质是函数问题）

例题1、已知直线y??x?1与椭圆xa22?yb22?1(a?b?0)相交于A、B两点。

（1）若椭圆的离心率为

33，焦距为2，求线段AB的长；

（2）若向量OA与向量OB互相垂直（其中O为坐标原点），当椭圆的离心率e?[,2122]时，求椭

圆的长轴长的最大值。

x2（07四川理）设F1、F2分别是椭圆

4?y2?1的左、右焦点。

（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF12PF2的最大值和最小值；

（Ⅱ）设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围。

本题主要考察直线、椭圆、平面向量的数量积等基础知识，以及综合应用数学知识解决问题及推理计算能力。

解：（Ⅰ）解法一：易知a?2,b?1,c?3， 所以F1?3,0,F2???3,0，设P?x,y?，则

??????????PF1?PF2??3?x,?y,???3?x,?y?x?y?3?x?1??222x24?3?1?3x42?8?

?????????因为x???2,2?，故当x?0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1?PF2有最小值?2 ?????????当x??2，即点P为椭圆长轴端点时，PF1?PF2有最大值1

解法二：易知a?2,b?1,c?3，所以F1?3,0,F2???23,0，设P?x,y?，则

????????????????????????????PF1?PF2?PF1?PF2?cos?F1PF2?PF1?PF2?????PF1?????2??????PF2?F1F2?????????2PF1?PF22

1??x??2??3?2?y?x?2?3?2222??y?12?x?y?3（以下同解法一）

?? 33

（Ⅱ）显然直线x?0不满足题设条件，可设直线l:y?kx?2,A?x1,y2?,B?x2,y2?，

?y?kx?21???联立?x2，消去y，整理得：?k2??x2?4kx?3?0

24??y?1???4∴x1?x2??4kk?214,x1?x2?23k?14

由???4k??4?k??2?331?2得：或 k??k??3?4k?3?0?224?????????????????又0??A0B?90?cos?A0B?0?OA?OB?0，∴OA?OB?x1x2?y1y2?0

00222又y1y2??kx1?2??kx2?2??kx1x2?2k?x1?x2??4?23k2k?14??8kk?214?4??k?1k?214

∵

23k?14??k?1k?22142?0，即k?4 ∴?2?k?2

故由①、②得?2?k??32或32?k?2

（2009湖南卷文）（本小题满分13分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，以两个焦点和短轴的两个端点为顶点的四边形是一个面积为8的正方形（记为Q）.（Ⅰ）求椭圆C的方程;

（Ⅱ）设点P是椭圆C的左准线与x轴的交点，过点P的直线l与椭圆C相交于M,N两点，当线段MN的中点落在正方形Q内（包括边界）时，求直线l的斜率的取值范围。

解: （Ⅰ）依题意，设椭圆C的方程为

xa22?yb22?1(a?b?0),焦距为2c，

由题设条件知，a?8,b?c, 所以b?2212a?4. 故椭圆C的方程为

2x28?y24?1

（Ⅱ）椭圆C的左准线方程为x??4,所以点P的坐标(?4,0)，

显然直线l的斜率k存在，所以直线l的方程为y?k(x?4)。

如图，设点M，N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段MN的中点为G(x0,y0)，

34

?y?k(x?4),? 由?x2y2得(1?2k2)x2?16k2x?32k2?8?0. ??①

??1?4?8由??(16k2)2?4(1?2k2)(32k2?8)?0解得?2222?k?22. ??②

因为x1,x2是方程①的两根，所以x1?x2??2216k1?2k，于是

x0?x1?x22=?8k1?2k，y0?k(x0?4)?4k1?2k2

因为x0??8k221?2k?0，所以点G不可能在y轴的右边，

又直线F1B2,F1B1方程分别为y?x?2,y??x?2, 所以点G在正方形Q内（包括边界）的充要条件为

?4k?y0?x0?2, 即???1?2k2y?x?2.?0?04k8k222??1?2k8k???2,22?1?2k1?2k?2?2k?2k?1?0,??2, 亦即

?2??2k?2k?1?0.

解得?3?12?k?3?12，此时②也成立.

wwwk5uom故直线l斜率的取值范围是[?3?12,3?12].

35

问题十一、存在性问题：（存在点，存在直线y=kx+m，存在实数，存在图形：三角形（等比、

等腰、直角），四边形（矩形、菱形、正方形），圆） (2009山东卷理)（本小题满分14分）设椭圆E: 点，O为坐标原点，（I）求椭圆E的方程；

????????（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB？

xa22?yb22?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两

若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。 解:（1）因为椭圆E:

xa22?yb22?1（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点,

21?4?1??1?22???a2?8xy?a2b2?a28所以?解得?所以?2椭圆E的方程为??1

84?b?4?6?1?1?1?1222??b4?a?b????????（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB,

?y?kx?m?解方程组?x2y2得x2?2(kx?m)2?8,即m??1?4?8设该圆的切线方程为y?k?x(1?2k)x?4kmx?2m?8?0,

222wwwk5uom

则△=16k2m2?4(1?2k2)(2m2?8)?8(8k2?m2?4)?0,即8k2?m2?4?0 4km?x?x??122??1?2k?2?xx?2m?82?121?2k?22,

y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m?k(2m?8)1?2k222?4km1?2k222?m?2m?8k1?2k222222????????2m?8m?8k22??03m?8k?8?0,所以要使OA?OB,需使x1x2?y1y2?0,即,所以221?2k1?2kk?23m?8822?m?282626222m?m?m???0又8k?m?4?0,所以?,所以,即或,因23333m?8?为直线y?k?x为m圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为

36

r?m1?k2,r?2m221?k?1?m223m?88?83,r?263,所求的圆为x2?y2?83,此时圆的切线

y?kx?m都满足m?263或m??263,而当切线的斜率不存在时切线为x??263与椭圆

x28?y24?1的两个交点为(22263,?263)或(?263,?263????????)满足OA?OB,综上, 存在圆心在原

点的圆x?y?83????????，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OA?OB.

4km?x?x??122??1?2k因为?, 2?xx?2m?8122?1?2k?所以(x1?x2)?(x1?x2)?4x1x2?(?224km1?2k2)?4?22m?81?2k22?8(8k?m?4)(1?2k)222222,

|AB|?(x1?x2)??y1?y2??22(1?k)(x1?x2)?22(1?k)28(8k?m?4)(1?2k)22 ?324k?5k?1??4234k?4k?142323[1?k4224k?4k?1],

①当k?0时|AB|?323[1?4k?211k14k?2] ?41832332314k?22因为4k?21k2?4?8所以0?1k2??4, 所以?[1?1k2]?12, ?4所以436?|AB|?23当且仅当k??22时取”=”.

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② 当k?0时,|AB|?463.

③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(43263,?263)或(?43263,?263),所以此时|AB|?463,

综上, |AB |的取值范围为6?|AB|?23即: |AB|?[6,23]

【命题立意】:本题属于探究是否存在的问题,主要考查了椭圆的标准方程的确定,直线与椭圆的位置关系

直线与圆的位置关系和待定系数法求方程的方法,能够运用解方程组法研究有关参数问题以及方程的根

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与系数关系.

(2009山东卷文)（本小题满分14分）设m?R,在平面直角坐标系中,已知向量a?(mx,y?1),向量???b?(x,y?1),a?b,动点M(x,y)的轨迹为E.（1）求轨迹E的方程,并说明该方程所表示曲线的形状;

?wwwk5uom（2）已知m?14,证明:存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A,B,且

OA?OB(O为坐标原点),并求出该圆的方程;

(3)已知m?14,设直线l与圆C:x2?y2?R2(1

何值时,|A1B1|取得最大值?并求最大值.

??????解:（1）因为a?b,a?(mx,y?1),b?(x,y?1), 所以a?b?mx2?y2?1?0, 即mx2?y2?1.

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当m=0时,方程表示两直线,方程为y??1; 当m?1时, 方程表示的是圆 当m?0且m?1时,方程表示的是椭圆; 当m?0时,方程表示的是双曲线. (2).当m?14时, 轨迹E的方程为

x24?y?1,设圆心在原点的圆的一条切线为y?kx?t,解方程组

2?y?kx?t?2得x2?4(kx?t)2?4,即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0, ?x2?y?1??4要使切线与轨迹E恒有两个交点A,B,

则使△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 8kt?x?x??122??1?4k2222即4k?t?1?0,即t?4k?1, 且? 2?xx?4t?4122?1?4k?y1y2?(kx1?t)(kx2?t)?kx1x2?kt(x1?x2)?t?22k(4t?4)1?4k222?8kt2221?4k?t?2t?4k1?4k222,

22222????????4t?4t?4k5t?4k?4???0, 要使OA?OB, 需使x1x2?y1y2?0,即2221?4k1?4k1?4k所以5t?4k?4?0, 即5t?4k?4且t?4k?1, 即4k?4?20k?5恒成立. 所以又因为直线y?kx?t为圆心在原点的圆的一条切线,

422222222所以圆的半径为r?t1?k2,r?2t221?k?5(1?k)1?k22?45, 所求的圆为x?y?2245.

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当切线的斜率不存在时,切线为x??满足OA?OB.

255,与

x24?y?1交于点(2255,?255)或(?255,?255)也

综上, 存在圆心在原点的圆x2?y2?????????OA?OB.

1445，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且

(3)当m?时,轨迹E的方程为

x24?y?1,设直线l的方程为y?kx?t,因为直线l与圆

2C:x2?y2?R2(1

t1?k2, 即t2?R2(1?k2) ①,

?y?kx?t?由（2）知?x2得x2?4(kx?t)2?4, 即(1?4k2)x2?8ktx?4t2?4?0有唯一解

2?y?1??4则△=64k2t2?16(1?4k2)(t2?1)?16(4k2?t2?1)?0, 即4k2?t2?1?0, ②

2?23R?t?2?4?R由①②得?, 此时A,B重合为B1(x1,y1)点,2?k2?R?12??4?Rwwwk5uom

8kt?x?x??12222?4t?416R?16?1?4k2由? 中x1?x2,所以,x1?, ?2221?4k3R?xx?4t?4122?1?4k?2B1(x1,y1)点在椭圆上,所以y1?1?214x1?224?R3R22,所以|OB1|?x1?y1?5?22224R22,

4R2在直角三角形OA1B1中,|A1B1|?|OB1|?|OA1|?5?仅当R?当R?24R2?R?5?(24R2?R)因为?R?4当且

22?(1,2)时取等号,所以|A1B1|?5?4?1,即 2?(1,2)时|A1B1|取得最大值,最大值为1.

【命题立意】:本题主要考查了直线与圆的方程和位置关系,以及直线与椭圆的位置关系,可以通过解方程组法研究有没有交点问题,有几个交点的问题.

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（2009江苏卷）（本小题满分16分） 在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1:(x?3)2?(y?1)2?4和圆

C2:(x?4)?(y?5)?4.（1）若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截

22得的弦长为23，求直线l的方程； （2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。 【解析】 本小题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离公式，考查数学运算求解能力、综合分析问题的能力。满分16分。 (1)设直线l的方程为：y?k(x?4)，即kx?y?4k?0 由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离d?结合点到直线距离公式，得：|?3k?1?4k|k?124?(2232)?1，

2?1, 化简得：24k?7k?0,k?0,or,k??2724

求直线l的方程为：y?0或y??724(x?4)，即y?0或7x?24y?28?0

1kx?y?n?1km?0

(2) 设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：

y?n?k(x?m),y?n??1kwwwk5uom(x?m)，即：kx?y?n?km?0,?因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等。

故有：|?3k?1?n?km|k?12|??4k?5?n?1k21km|，

?1化简得：(2?m?n)k?m?n?3,或(m?n?8)k?m?n?5 关于k的方程有无穷多解，有：??2?m?n?0?m-n+8=0,或??m?n?3?0?m+n-5=0wwwk5uom

解之得：点P坐标为(?3,13)或(5,?1)。

2222（2009全国卷Ⅱ文）（本小题满分12分）

3x2y2??1(a?b?0)已知椭圆C: a 2 ，过右焦点F的直线l与C相交于A、B b 2 的离心率为 3

2两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为 22。 （Ⅰ）求a,b的值； 240

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