圆锥曲线考点分类练习

[真题回放]考查角度1圆锥曲线的方程与性质1．(2014·全国卷Ⅱ)设F1，F2分别是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为34，求C的离心率；(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b．[解](1)根据c＝a2－b2及题设知Mc，b2a，b2a2c＝34，2b2＝3aC．将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得ca＝12，ca＝－2(舍去)．故C的离心率为12.(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点，故b2a＝4，即b2＝4A．①由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y10，则2(－c－x1)＝c，－2y1＝2，即x1＝－32c，y1＝－1.代入C的方程，得9c24a2＋1b2＝1.②将①及c＝a2－b2代入②得9(a2－4a)4a2＋14a＝1.解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝27.考查角度2直线与圆锥曲线的位置关系2．(2014·全国卷Ⅰ)已知点P(2,2)，圆C：x2＋y2－8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．(1)求M的轨迹方程；(2)当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．[解](1)圆C的方程可化为x2＋(y－4)2＝16，所以圆心为C(0,4)，半径为4.设M(x，y)，则CM→＝(x，y－4)，MP→＝(2－x,2－y)．由题设知CM→·MP→＝0，故x(2－x)＋(y－4)(2－y)＝0，即(x－1)2＋(y－3)2＝2.由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－3)2＝2.(2)由(1)可知M的轨迹是以点N(1,3)为圆心，2为半径的圆．由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上．又P在圆N上，从而ON⊥PM.因为ON的斜率为3，所以l的斜率为－13，故l的方程为y＝－13x＋83.又|OM|＝|OP|＝22，O到l的距离为4105，|PM|＝4105，所以△POM的面积为165.考查角度3圆锥曲线的综合问题3．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(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](1)由题意有a2－b2a＝22，4a2＋2b2＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以C的方程为x28＋y24＝1.(2)设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入x28＋y24＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝x1＋x22＝－2kb2k2＋1，yM＝k·xM＋b＝b2k2＋1.于是直线OM的斜率kOM＝yMxM＝－12k，即kOM·k＝－12.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．通过近三年的高考题，可以得到以下规律：1．直线与圆锥曲线是高考的必考内容，尤其是定点、定值问题，最值或范围问题，探索性问题是高考的热点．2．直线与圆锥曲线问题作为次压轴题一般设置两问，第一问求曲线或直线方程，难度稍小；第二问解决直线与圆锥曲线问题，计算较复杂，难度也较大．3．直线与圆锥曲线问题命题方式较综合，常考查数形结合、函数与方程思想，“设而不求”是直线与圆锥曲线问题的解题特色．[知识必备]1．直线与圆锥曲线的位置关系(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程．若Δ0，则直线与椭圆相交；若Δ＝0，则直线与椭圆相切；若Δ0，则直线与椭圆相离．(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法：将直线方程与双曲线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．①若a≠0，当Δ0时，直线与双曲线相交；当Δ＝0时，直线与双曲线相切；当Δ0时，直线与双曲线相离．②若a＝0时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点．(3)直线与抛物线的位置关系的判定方法：将直线方程与抛物线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．①当a≠0时，用Δ判定，结论同上．②当a＝0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点．2．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(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|＝1＋k2|x2－x1|或|P1P2|＝1＋1k2|y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用根与系数的关系，即作如下变形：|x2－x1|＝(x1＋x2)2－4x1x2，|y2－y1|＝(y1＋y2)2－4y1y2.(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)．3．弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算．4．定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含参数的直线或曲线，不论参数如何变化，其都过某定点，称为定点问题．(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，称为定值问题.命题热点1轨迹方程及直线与圆锥曲线的位置关系问题【例1】(2015·开封高三冲刺模拟)已知点P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点(F1是圆心)，点F2与点F1关于原点对称．线段PF2的中垂线m分别与PF1、PF2交于M、N两点．(1)求点M的轨迹C的方程；(2)直线l经过F2，与抛物线y2＝4x交于A1，A2两点，与C交于B1，B2两点．当以B1B2为直径的圆经过F1时，求|A1A2|.[尝试解答](1)由题意得，F1(－1,0)，F2(1,0)，圆F1的半径为4，且|MF2|＝|MP|，从而|MF1|＋|MF2|＝|MF1|＋|MP|＝|PF1|＝4＞|F1F2|，∴点M的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其中长轴2a＝4，得到a＝2，焦距2c＝2，则短半轴b＝3，椭圆方程为：x24＋y23＝1.(2)当直线l与x轴垂直时，B11，32，B21，－32，又F1(－1,0)，此时B1F1→·B2F1→≠0，所以以B1B2为直径的圆不经过F1.不满足条件；当直线l不与x轴垂直时，设l：y＝k(x－1)，由y＝k(x－1)，x24＋y23＝1，即(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，因为焦点在椭圆内部，所以恒有两个交点．设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)，则x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，因为以B1B2为直径的圆经过F1，所以B1F1→·B2F1→＝0，又F1(－1,0)，所以(－1－x1)(－1－x2)＋y1y2＝0，即(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2＝0.所以解得k2＝97，由y2＝4x，y＝k(x－1)得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，因为直线l与抛物线有两个交点，所以k≠0，设A1(x3，y3)，A2(x4，y4)，则x3＋x4＝2k2＋4k2＝2＋4k2，x3x4＝1，所以|A1A2|＝x3＋x4＋p＝2＋4k2＋2＝649.解题要诀1．求轨迹方程的关注点(1)求轨迹方程时，先看轨迹的形状能否预知，若能预先知道轨迹为圆锥曲线，则可考虑用定义法或待定系数法求解．(2)当曲线上动点的坐标受到另外一些点的坐标制约时，可以用相关点法，利用相关点法求解曲线方程需要注意两个方面：一是准确定位，即确定联动点，动点的轨迹可能与多个动点相关，但要抓住与其一起联动的点；二是找准关系，即根据已知准确求出动点与其联动点的坐标之间的关系，然后代入联动点所在曲线方程求解．2．解决直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般设出直线方程，将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个未知数，得到关于一个未知数的二次方程，利用韦达定理，找突破口．注意设直线方程时，一定要讨论直线的斜率是否存在．若直线l过x轴上一点(a,0)时，可设其方程为x＝ty＋a，这样可避免对直线l斜率存在性的讨论．[跟踪训练](2015·山西四校三模)已知点A(1,0)，点P是圆C：(x＋1)2＋y2＝8上的任意一点，线段PA的垂直平分线与直线CP交于点E.(1)求点E的轨迹方程；(2)若直线y＝kx＋m与点E的轨迹有两个不同的交点P和Q，且原点O总在以PQ为直径的圆的内部，求实数m的取值范围．[解](1)由题意知|EP|＝|EA|，|CE|＋|EP|＝22，∴|CE|＋|EA|＝22＞2＝|CA|，∴E的轨迹是以C、A为焦点的椭圆，其轨迹方程为：x22＋y2＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则将直线与椭圆的方程联立：y＝kx＋m，x2＋2y2＝2，消去y，得：(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，∵Δ＞0，∴m2＜2k2＋1，①x1＋x2＝－4km2k2＋1，x1x2＝2m2－22k2＋1，因为O在以PQ为直径的圆的内部，故OP→·OQ→0，即x1x2＋y1y2＜0，而y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－2k22k2＋1，由x1x2＋y1y2＝2m2－22k2＋1＋m2－2k22k2＋10，得：m22k2＋23，∴m223，且满足①式m的取值范围，故m∈－63，63.命题热点2圆锥曲线中的定点、定值问题【例2】已知椭圆C的焦点为F1(－2，0)，F2(2，0)，且椭圆C的下顶点到直线x＋y－2＝0的距离为322.(1)求椭圆C的方程；(2)若一直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B(A，B不是椭圆C的顶点)两点，以AB为直径的圆过椭圆C的上顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．[尝试解答](1)因为椭圆C的焦点为F1(－2，0)，F2(2，0)，故设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，由题意得|－b－2|2＝322，解得b＝1.所以a＝3，所以椭圆C的方程为x23＋y2＝1.(2)椭圆C的上顶点为Q(0,1)，由y＝kx＋m，x23＋y2＝1消去y得x23＋(kx＋m)2＝1，即13＋k2x2＋2kmx＋m2－1＝0，因为直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点，所以Δ＝4k2m2－413＋k2(m2－1)＝4k2－13m2＋130，即3k2－m2＋10.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝－6km1＋3k2，x1x2＝3(m2－1)1＋3k2，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2m1＋3k2，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝3k2(m2－1)1＋3k2－6k2m21＋3k2＋m2＝m2－3k21＋3k2.因为以AB为直径的圆过椭圆C的上顶点Q(0,1)，所以AQ⊥BQ，所以x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0，即x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，所以3(m2－1)1＋3k2＋m2－3k21＋3k2－2m1＋3k2＋1＝0，化简得2m2－m－1＝0，所以m＝1或m＝－12.当m＝1时，直线l：y＝kx＋1过定点Q(0,1)，与已知矛盾；当m＝－12时，满足3k2－m2＋10，此时直线l：y＝kx－12过定点0，－12，所以直线l过定点0，－12.解题要诀1．动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得