直线和圆锥曲线经常考查的一些题型

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，（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1：已知椭圆)0(1:2222babyaxC过点)23,1(，且离心率21e。（Ⅰ）求椭圆方程；（Ⅱ）若直线)0(:kmkxyl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)0,81(G，求k的取值范围。解：（Ⅰ）离心率21e，2213144ba，即2243ba（1）；又椭圆过点)23,1(，则221914ab，（1）式代入上式，解得24a，23b，椭圆方程为22143xy。（Ⅱ）设1122(,),(,)MxyNxy，弦MN的中点A00(,)xy由223412ykxmxy得：222(34)84120kxmkxm，直线)0(:kmkxyl与椭圆交于不同的两点，2222644(34)(412)0mkkm，即2243mk………………（1）由韦达定理得：21212228412,3434mkmxxxxkk，则2000222443,343434mkmkmxykxmmkkk，直线AG的斜率为：22232434413234348AGmmkKmkmkkk，由直线AG和直线MN垂直可得：22413234mkmkk，即2348kmk，代入（1）式，可得22234()438kkk，即2120k，则551010kk或。题型：动弦过定点的问题例题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mkxyl：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mkxyl：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22221(0)xyabab3,1acac，22,1,3acb22143xy（II）设1122(,),(,)AxyBxy，由223412ykxmxy得222(34)84(3)0kxmkxm，22226416(34)(3)0mkkm，22340km212122284(3),3434mkmxxxxkk（注意：这一步是同类坐标变换）22221212121223(4)()()()34mkyykxmkxmkxxmkxxmk（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(2,0),D且1ADBDkk，1212122yyxx，1212122()40yyxxxx，2222223(4)4(3)1640343434mkmmkkkk，2271640mmkk，解得1222,7kmkm，且满足22340km当2mk时，:(2)lykx，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27km时，2:()7lykx，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l过定点，定点坐标为2(,0).7练习2（2009辽宁卷文）已知，椭圆C以过点A（1，32），两个焦点为（－1，0）（1，0）。（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。解：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为，将点A的坐标代入方程：，解得，（舍去）所以椭圆方程为。（Ⅱ）设直线AE方程为：3(1)2ykx，代入22143xy得2223(34)4(32)4()1202kxkkxk设(x,y)EEE,(x,y)FFF,因为点3(1,)2A在椭圆上，所以2234()122x34Fkk32EEykxk………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221914(1)aa24a22114ac22143xy2234()122x34Fkk，32EEykxk所以直线EF的斜率()212FEFEEFFEFEyykxxkKxxxx即直线EF的斜率为定值，其值为12。……12分题型：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：22194xy于P、Q两点，且DPDQl=uuuruuur,求实数l的取值范围。解：设P(x1,y1),Q(x2,y2),QDPDQl=uuuruuur\(x1,y1-3)=l(x2,y2-3)即12123(3)xxyyllì=ïïïíï=+-ïïî方法一：方程组消元法又QP、Q是椭圆29x+24y=1上的点\22222222194()(33)194xyxylllìïï+=ïïïíï+-ï+=ïïïî消去x2，可得222222(33)14yyllll+--=-即y2=1356ll-又Q－2£y2£2，\－2£1356ll-£2解之得：155则实数l的取值范围是1,55。方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法设直线PQ的方程为：3,0ykxk，由2234936ykxxy消y整理后，得22(49)54450kxkxP、Q是曲线M上的两点，22(54)445(49)kk＝2144800k即295k①由韦达定理得：1212225445,4949kxxxxkk212121221()2xxxxxxxx222254(1)45(49)kk即22223694415(1)99kkk②由①得211095k，代入②，整理得236915(1)5，解之得155当直线PQ的斜率不存在，即0x时，易知5或15。总之实数l的取值范围是1,55。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。（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QPQFFPFQ（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12,MAAFAFBF，求12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()Pxy，，则(1)Qy，，由QPQFFPFQ得：(10)(2)(1)(2)xyxyy，，，，，化简得2:4Cyx.（Ⅱ）设直线AB的方程为：1(0)xmym.设11()Axy，，22()Bxy，，又21Mm，，联立方程组241yxxmy，，，消去x得：2440ymy，2(4)120m，故121244yymyy，．由1MAAF，2MBBF得：1112yym，2222yym，整理得：1121my，2221my，12122112myy121222yymyy2424mm0解法二：（Ⅰ）由QPQFFPFQ得：()0FQPQPF，()()0PQPFPQPF，220PQPF，PQPF所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：24yx.（Ⅱ）由已知1MAAF，2MBBF，得120.则：12MAAFMBBF.…………①过点AB，分别作准线l的垂线，垂足分别为1A，1B，则有：11MAAAAFMBBBBF.…………②由①②得：12AFAFBFBF，即120.题型：面积问题练习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).(0ba1byax2222（I）由已知得2222cba4c2acb1c1b2a222所求椭圆方程为.1y2x22（II）解法一：由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为2kxy，),(),,(2211yxByxA由1y2x2kxy22消去y得关于x的方程：068kxx2k122)(由直线l与椭圆相交A、B两点，△02k12464k022)(，解得23k2，又由韦达定理得2212212k16xx2k18kxx212212212x4xxxk1xxk1AB)(2416k2k1k1222.原点O到直线l的距离2k12d2222ADB2k132k222k12416kdAB21S解法1：对222k12416kS两边平方整理得：024Sk4S4k4S22242)(（*）0S，04S24S0SS-4024S4S44S1622222222)()(整理得：.21S2又0S，22S0.从而AOBS的最大值为22S，此时代入方程（*）得214k04928k4k24所以，所求直线方程为：042yx14.解法2：令)(0m32km2，则3m2k22，222m4m224mm22S2.当且仅当m4m即2m时，22Smax此时214k.所以，所求直线方程为042yx14.题型：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（p0）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=