高考数学圆锥曲线专题复习

一、知识结构 1.方程的曲线

在平面直角坐标系中，如果某曲线C(看作适合某种条件的点的集合或轨迹 )上的点与一个二元方程f(x,y)=0的实数解建立了如下的关系：

(1)曲线上的点的坐标都是这个方程的解；

(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点.那么这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫做方程的曲线.

点与曲线的关系 若曲线C的方程是f(x,y)=0，则点P0(x0,y0)在曲线C上f(x0,y 0)=0；点P0(x0,y0)不在曲线C上f(x0,y0)≠0

两条曲线的交点 若曲线C1，C2的方程分别为f1(x,y)=0,f2(x,y)=0,则 f1(x0,y0)=0 点P0(x0,y0)是C1，C2的交点 f2(x0,y0) =0

方程组有n个不同的实数解，两条曲线就有n个不同的交点；方程组没有实数解，曲线就没有 交点.

- 1 -

2.圆

圆的定义：点集：｛M｜｜OM｜=r｝，其中定点O为圆心，定长r为半径. 圆的方程： (1)标准方程

圆心在c(a,b)，半径为r的圆方程是

(x-a)+(y-b)=r

圆心在坐标原点，半径为r的圆方程是

x+y=r

(2)一般方程

当D+E-4F＞0时，一元二次方程

x+y+Dx+Ey+F=0

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

DE叫做圆的一般方程，圆心为(-,-），半径是

22x+y+Dx+Ey+F=0化为

2

2

D2E2-4F.配方，将方程

2D2E2D2E2-4F(x+)+(y+)=

422当D+E-4F=0时，方程表示一个点

(-2

22

2

DE,-); 22当D+E-4F＜0时，方程不表示任何图形.

点与圆的位置关系 已知圆心C(a,b),半径为r,点M的坐标为(x0,y0)，则

｜MC｜＜r点M在圆C内，｜MC｜=r点M在圆C上，｜MC｜＞r点M在圆C内， 其中｜MC｜=(x0-a)(y0-b). (3)直线和圆的位置关系

①直线和圆有相交、相切、相离三种位置关系 直线与圆相交有两个公共点 直线与圆相切有一个公共点 直线与圆相离没有公共点 ②直线和圆的位置关系的判定 (i)判别式法

(ii)利用圆心C(a,b)到直线Ax+By+C=0的距离d=

22AaBbCAB22与半径r的大小关系来判

定.

- 2 -

3.椭圆、双曲线和抛物线基本知识 性 曲 线 质 椭 圆 双曲线 抛物线 轨迹条件 {M｜｜MF1｜+｜MF2｜=2a,｜F1F2｜＜2a} {M｜｜MF1｜-｜MF2｜. =±2a,｜F2F2｜＞2a}. {M｜ ｜MF｜=点M到直线l的距离}. 圆 形 x2y2+=1(a＞b＞0) 标准方程 a2b2顶 点 A1(-a,0),A2(a,0); B1(0,-b),B2(0,b) 对称轴x=0,y=0 轴 长轴长：2a 短轴长：2b 焦 点 F1(-c,0),F2(c,0) 焦点在长轴上 ｜F1F2｜=2c， 焦 距 c=a2-b2 x2y2-=1(a＞0,b＞0) a2b2A1(0,-a),A2(0,a) y2=2px(p＞0) O(0,0) 对称轴x=0,y=0 实轴长：2a 虚轴长：2b F1(-c,0),F2(c,0) 焦点在实轴上 ｜F1F2｜=2c, c=a2b2 对称轴y=0 F(P，0) 2焦点对称轴上 a2x=± c准 线 准线垂直于长轴，且在椭圆外. 离心率

e=a2x=± c准线垂直于实轴，且在两顶点的内侧. e=x=-p 2准线与焦点位于顶点两侧，且到顶点的距离相等. e=1 c,0＜e＜1 ac,e＞1 a- 3 -

4.圆锥曲线的统一定义

平面内的动点P(x,y)到一个定点F(c,0)的距离与到不通过这个定点的一条定直线l的距离之 比是一个常数e(e＞0),则动点的轨迹叫做圆锥曲线.其中定点F(c,0)称为焦点，定直线l称为准线，正常数e称为离心率.

当0＜e＜1时，轨迹为椭圆，当e=1时，轨迹为抛物线当e＞1时，轨迹为双曲线 5.坐标变换

坐标变换 在解析几何中，把坐标系的变换(如改变坐标系原点的位置或坐标轴的方向)叫做 坐标变换.实施坐标变换时，点的位置，曲线的形状、大小、位置都不改变，仅仅只改变点 的坐标与曲线的方程.

坐标轴的平移 坐标轴的方向和长度单位不改变，只改变原点的位置，这种坐标系的变换叫 做坐标轴的平移，简称移轴.

坐标轴的平移公式 设平面内任意一点M，它在原坐标系xOy中的坐标是9x,y)，在新坐标系x ′O′y′中的坐标是(x′,y′).设新坐标系的原点O′在原坐标系xOy中的坐标是(h,k)，则

x=x′+h x′=x-h (1) 或(2) y=y′+k y′=y-k公式(1)或(2)叫做平移(或移轴)公式. 中心或顶点在(h,k)的圆锥曲线方程见下表. 方 程 焦 点 (±c+h,k) 焦 线 对称轴 x=h y=k x=h y=k x=h y=k x=h y=k y=k y=k x=h x=h (x-h)2(y-k)2+=1 a2b2椭圆 a2x=±+h ca2y=±+k ca2=±+k ca2y=±+k c(x-h)2(y-k)2+ =1 (h,±c+k) b2a2(x-h)2(y-k)2-=1 22ab双曲线 (±c+h,k) (y-k)2(x-h)2-=1 22ab(y-k)=2p(x-h) (y-k)=-2p(x-h) 抛物线 (x-h)=2p(y-k) (x-h)=-2p(y-k) 2222(h,±c+h) p+h,k) 2p(-+h,k) 2p(h, +k) 2p(h,- +k) 2(p+h 2px=+h 2py=-+k 2py=+k 2x=-- 4 -

二、知识点、能力点提示

(一)曲线和方程，由已知条件列出曲线的方程，曲线的交点

说明 在求曲线方程之前必须建立坐标系，然后根据条件列出等式进行化简 .特别是在求出方程后要考虑化简的过程是否是同解变形，是否满足已知条件，只有这样求 出的曲线方程才能准确无误.另外，要求会判断 曲线间有无交点，会求曲线的交点坐标.

三、

考纲中对圆锥曲线的要求：

考试内容：

. 椭圆及其标准方程.椭圆的简单几何性质.椭圆的参数方程； . 双曲线及其标准方程.双曲线的简单几何性质； . 抛物线及其标准方程.抛物线的简单几何性质； 考试要求：

. (1)掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程； . (2)掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的简单几何性质； . (3)掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的简单几何性质； . (4)了解圆锥曲线的初步应用。

四．对考试大纲的理解

高考圆锥曲线试题一般有3题(1个选择题, 1个填空题, 1个解答题), 共计22分左右, 考查的知识点约为20个左右. 其命题一般紧扣课本, 突出重点, 全面考查. 选择题和填空题考查以圆锥曲线的基本概念和性质为主, 难度在中等以下，一般较容易得分，解答题常作为数学高考中的压轴题，综合考查学生数形结合、等价转换、分类讨论、逻辑推理等诸方面的能力，重点考查圆锥曲线中的重要知识点, 通过知识的重组与链接, 使知识形成网络, 着重考查直线与圆锥曲线的位置关系, 往往结合平面向量进行求解，在复习应充分重视。

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求圆锥曲线的方程

【复习要点】

求指定的圆锥曲线的方程是高考命题的重点，主要考查识图、画图、数形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理、合理运算及创新思维能力，解决好这类问题，除要求熟练掌握好圆锥曲线的定义、性质外，命题人还常常将它与对称问题、弦长问题、最值问题等综合在一起命制难度较大的题，解决这类问题常用定义法和待定系数法.

一般求已知曲线类型的曲线方程问题，可采用“先定形，后定式，再定量”的步骤. 定形——指的是二次曲线的焦点位置与对称轴的位置.

定式——根据“形”设方程的形式，注意曲线系方程的应用，如当椭圆的焦点不确定在哪个坐标轴上时，可设方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0).

定量——由题设中的条件找到“式”中特定系数的等量关系，通过解方程得到量的大小. 【例题】

x2y2【例1】 双曲线=1(b∈N)的两个焦点F1、F2，P为双曲线上一点， 4b2|OP|＜5,|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等比数列，则b2=_________.

解：设F1(－c,0）、F2(c,0)、P(x,y),则 |PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)＜2(52+c2), 即|PF1|2+|PF2|2＜50+2c2,

又∵|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|－|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|, 依双曲线定义，有|PF1|－|PF2|=4, 依已知条件有|PF1|·|PF2|=|F1F2|2=4c2 ∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜又∵c2=4+b2＜

17, 3517,∴b2＜,∴b2=1. 3320，椭圆C2的方程为 3【例2】 已知圆C1的方程为x22y12x2a2y2b21ab0，C2的离心率为

2，如果C1与C2相交于A、B两点，且线段AB恰2为圆C1的直径，求直线AB的方程和椭圆C2的方程。

解：由e设椭圆方程为

2c22,得,a2c2,b2c2. 2a2x22b2y2b21.

yA由圆心为(2,1). 设A(x1,y1).B(x2,y2).x1x24,y1y22.

F2OC1F1B又

2b2x12b2y121,2b2x22b2y22x1,

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两式相减，得

22x1x22b222y1y2b20.

(x1x2)(x1x2)2(y1y2)(y1y2)0,

又x1x24.y1y22.得直线AB的方程为y1y21.

x1x2y1(x2)..

即yx3 将yx3代入x22b2y2b21,得

3x212x182b20.

直线AB与椭圆C2相交.24b2720.

由AB2x1x22(x1x2)24x1x220. 324b272得23220. 3x2y2解得 b8. 故所有椭圆方程1.

168【例3】 过点(1，0)的直线l与中心在原点，焦点在x轴上且离心率为相交于A、B两点，直线y=

2的椭圆C21x过线段AB的中点，同时椭圆C上存在一点与右焦点关于2直线l对称，试求直线l与椭圆C的方程.

a2b21c2解法一：由e=,得,从而a2=2b2,c=b. 22a2a设椭圆方程为x2+2y2=2b2,A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上. 则x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,两式相减得，

yy2xx2(x12－x22)+2(y12－y22)=0,11.

x1x22(y1y2)设AB中点为(x0,y0),则kAB=－

x0, 2y0Byy=12x11又(x0,y0)在直线y=x上，y0=x0,

22于是－

x0=－1,kAB=－1, 2y0F2oF1Ax设l的方程为y=－x+1.

右焦点(b,0)关于l的对称点设为(x′,y′),

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y1x1xb则 解得

y1byxb122由点(1,1－b)在椭圆上，得1+2(1－b)2=2b2,b2=

929,a. 1688x2162∴所求椭圆C的方程为y =1,l的方程为y=－x+1.

99c2a2b21解法二：由e=,得,从而a2=2b2,c=b. 2a22a设椭圆C的方程为x2+2y2=2b2,l的方程为y=k(x－1), 将l的方程代入C的方程，得(1+2k2)x2－4k2x+2k2－2b2=0, 则x1+x2=

4k212k2,y1+y2=k(x1－1)+k(x2－1)=k(x1+x2)－2k=－

2k12k2.

x1x2y1y21k12k2直线l：y=x过AB的中点(),则, ,22212k2212k2解得k=0，或k=－1.

若k=0,则l的方程为y=0,焦点F(c,0)关于直线l的对称点就是F点本身，不能在椭圆C上，所以k=0舍去，从而k=－1，直线l的方程为y=－(x－1),即y=－x+1,以下同解法一.

解法3：设椭圆方程为

x2a2y2b21(ab0)(1)

1x过AB中点矛盾。 2直线l不平行于y轴，否则AB中点在x轴上与直线y故可设直线l的方程为yk(x1)(2)

(k2a2b2)x22k2a2xa2k2a2b20(3) (2)代入(1)消y整理得：设A(x1，y1)B(x2，y2)，知：x1x22k2a2k2a2b2

又y1y2k(x1x2)2k代入上式得：2k2a2b21b212k1，， kkk，k2k又e2x1x2222k2a2ka22k2b2a22(a2c2)a222e21，直线l的方程为y1x，

此时a22b2，方程(3)化为3x24x22b20，1624(1b2)8(3b21)0

b3，椭圆C的方程可写成：x22y22b2(4)，又c2a2b2b2， 3右焦点F(b，0)，设点F关于直线l的对称点(x0，y0)，

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y0xb1x01，y01b， 则0y01x0b2212(1b)2b2，b又点(1，1b)在椭圆上，代入(4)得：33， 43b299， a2 168x2y2所以所求的椭圆方程为：1

99816

【例4】 如图，已知△P1OP2的面积为线OP1、OP2为渐近线且过点P的离心率为

27，P为线段P1P2的一个三等分点，求以直413的双曲线方程. 2解：以O为原点，∠P1OP2的角平分线为x轴建立如图所示的直角坐标系. 设双曲线方程为由e2=

c2x2a2y2b2=1(a＞0,b＞0)

yP2b2132b3，得1()(). 2a2a2a33x和y=－x 22oP1Px∴两渐近线OP1、OP2方程分别为y=

设点P1(x1,

33x1),P2(x2,－x2)(x1＞0,x2＞0), 22PP则由点P分P1P2所成的比λ=1=2,

PP2得P点坐标为(

x12x2x12x2,), 32又点P在双曲线所以

(x12x2)29a2x2a24y29a29a2=1上， =1,

(x12x2)2即(x1+2x2)2－(x1－2x2)2=9a2,整理得8x1x2=9a2 ①

92139x1x1,|OP|x22x22424322tanP1Ox212sinP1OP21tan2P1Ox19134111312SP1OP2|OP1||OP2|sinP1OP2x1x222413又|OP1|x1213x22 27,4即x1x2=

9 2②

- 9 -

由①、②得a2=4,b2=9 x2y2故双曲线方程为=1. 49【例5】 过椭圆C：

y2a2x2b21(ab0)上一动点P引圆O：x2 +y2 =b2的两条切线

PA、PB，A、B为切点，直线AB与x轴，y轴分别交于M、N两点。(1) 已知P点坐标为(x0，y0 )并且x0y0≠0，试求直线AB方程；(2) 若椭圆的短轴长为8，并且

a2|OM|2b2|ON|225，求椭圆C的方程；(3) 椭圆C上16是否存在点P，由P向圆O所引两条切线互相垂直？若存在，请求出存在的条件；若不存在，请说明理由。 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2， y2)

切线PA：x1xy1yb2，PB：x2xy2yb2 ∵P点在切线PA、PB上，∴x1x0y1y0b2∴直线AB的方程为x0xy0yb2(x0y00)

b2b2(2)在直线AB方程中，令y=0，则M(，0)；令x=0，则N(0，)

x0y022a2y0x0a225()2∴ ①

16|OM|2|ON|2b2a2b2bx2x0y2y0b2

a2b2∵2b=8 ∴b=4 代入①得a2 =25, b2 =16

y2x2∴椭圆C方程：1(xy0) （注：不剔除xy≠0，可不扣分）

2516(3) 假设存在点P(x0，y0)满足PA⊥PB，连接OA、OB由|PA|=|PB|知，

22y02b2 ① 四边形PAOB为正方形，|OP|=2|OA| ∴x022b2y0a2b2 ② 又∵P点在椭圆C上 ∴a2x0由①②知

2x0b2(a22b2)a2b2,2y0a2b2a2b2

∵a>b>0 ∴a2 －b2>0

(1)当a2－2b2>0，即a>2b时，椭圆C上存在点，由P点向圆所引两切线互相垂直；

(2)当a2－2b2<0，即b- 10 -

【例6】 已知椭圆C的焦点是F1（－3，0）、F2（3，0），点F1到相应的准线的距离为

3，过F2点且倾斜角为锐角的直线l与椭圆C交于A、B两点，使得|F2B|=3|F2A|. 3 （1）求椭圆C的方程；（2）求直线l的方程.

解：（1）依题意，椭圆中心为O（0，0），c3

2点F1到相应准线的距离为b3,b2331，

c3a2=b2+c2=1+3=4

2∴所求椭圆方程为xy21

4ylPAMxN（2）设椭圆的右准线l与l交于点P，作AM⊥l，AN⊥l，垂足

分别为M、N. 由椭圆第二定义， 得|AF2|e|AF2|e|AM| |AM|同理|BF2|=e|BN|

由Rt△PAM～Rt△PBN，得|PA|cosPAM|AM|1|PA|2eF1OBF2121|AB|2|F2A|2e|AM|…9分

3l的斜率ktanPAM2. 3232∴直线l的方程y2(x3)

即2xy60

【例7】 已知点B（－1，0），C（1，0），P是平面上一动点，且满足|PC||BC|PBCB.

（1）求点P的轨迹C对应的方程；

（2）已知点A（m,2）在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且AD⊥AE，判断：直线DE是否过定点？试证明你的结论.

（3）已知点A（m,2）在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD，AE，且AD，AE的斜率k1、k2满足k1·k2=2.求证：直线DE过定点，并求出这个定点.

解：（1）设P(x,y)代入|PC||BC|PBCB得(x1)2y21x,化简得y24x.

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(2)将A(m,2)代入y24x得m1,点A的坐标为(1,2).设直线AD的方程为y2k(x1)代入y24x,得y2由y12可得y248y40,kk4442,D(21,2).kkk1同理可设直线AE:y2(x1),代入y24x得E(4k21,4k2).

k44kk则直线DE方程为:y4k2(x4k21),化简得4k24kk2(y2)k(x5)(y2)0,即y2kk21(x5),过定点(5,2).(3)将A(m,2)代入y24x得m1,设直线DE的方程为ykxb,D(x1,y1),E(x1,y1)ykxb 由2得k2x22(kb2)xb20,y4xy2y22kADkAE2,12(x1,x21),x11x21且y1kx1b,y2kx2b(k22)x1x2(kb2k2)(x1x2)(b2)220,将x1x22(kb2)k2,x1x2b2k2代入化简得b2(k2)2,b(k2).b(k2).将bk2代入ykxb得ykxk2k(x1)2,过定点(1,2).将b2k代入ykxb得ykx2kk(x1)2,过定点(1,2),不合,舍去,定点为(1,2)x2a2y2b2

【例8】 已知曲线1(a0,b0)的离心率e23，直线l过A（a，0）、 3B（0，－b）两点，原点O到l的距离是

（Ⅰ）求双曲线的方程；

3. 2（Ⅱ）过点B作直线m交双曲线于M、N两点，若OMON23，求直线m的方程.

解：（Ⅰ）依题意，l方程xy1,即bxayab0, 由原点O到l的距离

ab为3，得

2abab22c23 bab3 又ea3c21,a3

x2故所求双曲线方程为y21

3 （Ⅱ）显然直线m不与x轴垂直，设m方程为y=kx－1，则点M、N坐标（x1,y1）、

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ykx1（x2,y2）是方程组 2 的解

x2y13消去y，得(13k2)x26kx60 ① 依设，13k0,由根与系数关系，知x1x226k6

,xx123k213k21OMON(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y2x1x2(kx11)(kx21)

226(1k)6k =(1k)x1x2k(x1x2)1=1 3k213k212 =

63k121

OMON23 ∴

63k211=－23，k=±

1 2当k=±

1时，方程①有两个不等的实数根 2故直线l方程为y1x1,或y1x1

22x2y2【例9】 已知动点P与双曲线1的两个焦点F1、F2的距离之和为定值，

23且

cosF1PF2的最小值为1． 9（1）求动点P的轨迹方程；

（2）若已知D(0,3)，M、N在动点P的轨迹上且DMDN，求实数的取值范围． 解：（1）由已知可得： c5 ，∴ a29,b2a2c24

a2a2(2c)22a21 9x2y2∴ 所求的椭圆方程为 1.

94(2)方法一：

由题知点D、M、N共线，设为直线m，当直线m的斜率存在时，设为k，则直线m的方程为 y = k x +3 代入前面的椭圆方程得 (4+9k 2) x 2 +54 k +45 = 0 ① 由判别式 (54k)24(49k2)450，得k2再设M (x 1 , y 1 ), N ( x 2 , y 2)，则一方面有

DM(x1,y13)DN(x2,y23)(x2,(y23))，得

5. 9- 13 -

x1x2 y3(y3)21另一方面有 x1x254k49k2，x1x24549k2 ②

将x1x2代入②式并消去 x 2可得

3245(1)24k29，由前面知， 04k236 5∴ 93245(1)2181，解得 5.

5515又当直线m的斜率不存在时，不难验证：或5, 所以

15为所求。 5方法二:同上得 x1x2

y13(y23)设点M (3cosα，2sinα)，N (3cosβ,2sinβ)

coscos则有

2sin3(2sin3)由上式消去α并整理得

sin13218512(2), 由于1sin1

∴ 113218512(2)1， 解得

15为所求. 5方法三：设法求出椭圆上的点到点D的距离的最大值为5，最小值为1. 进而推得的取值范围为

15。 5【求圆锥曲线的方程练习】

一、选择题

1．已知直线x+2y－3=0与圆x2+y2+x－6y+m=0相交于P、Q两点，O为坐标原点，若OP⊥OQ，则m等于( )

A.3

B.－3

C.1

D.－1

2．中心在原点，焦点在坐标为(0，±52)的椭圆被直线3x－y－2=0截得的弦的中点的横坐标为

1，则椭圆方程为( ) 2- 14 -

2x22y22x22y2A.1 B.125757525

2222yyxxC.1 D.125757525二、填空题

3．直线l的方程为y=x+3,在l上任取一点P，若过点P且以双曲线12x2－4y2=3的焦点作椭圆的焦点，那么具有最短长轴的椭圆方程为_________.

4．已知圆过点P(4，－2)、Q(－1，3)两点，且在y轴上截得的线段长为43，则该圆的方程为_________.

三、解答题

5．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，它的一个焦点为F，M是椭圆上的任意点，|MF|的最大值和最小值的几何平均数为2，椭圆上存在着以y=x为轴的对称点M1和M2，且|M1M2|=

6．某抛物线形拱桥跨度是20米，拱高4米，在建桥时每隔4米需用一支柱支撑，求其中最长的支柱的长.

410，试求椭圆的方程. 3

7．已知圆C1的方程为(x－2)2+(y－1)2=

x2a2y2b220,椭圆C2的方程为3=1(a＞b＞0)，C2的离心率为

2，如果C1与C2相交于A、2B两点，且线段AB恰为圆C1的直径，求直线AB的方程和椭圆C2的方程.

- 15 -

参考答案

一、1.解析：将直线方程变为x=3－2y,代入圆的方程x2+y2+x－6y+m=0, 得(3－2y)2+y2+(3－2y)+m=0.

整理得5y2－20y+12+m=0,设P(x1,y1)、Q(x2,y2) 则y1y2=

12m5,y1+y2=4. 又∵P、Q在直线x=3－2y上，

∴x1x2=(3－2y1)(3－2y2)=4y1y2－6(y1+y2)+9 故y1y2+x1x2=5y1y2－6(y1+y2)+9=m－3=0，故m=3. 答案：A

2.解析：由题意，可设椭圆方程为：y2a2x2b2 =1,且a2=50+b2,

即方程为

y250b2x2b2=1.

将直线3x－y－2=0代入，整理成关于x的二次方程. 由x1+x2=1可求得b2=25,a2=75. 答案：C

二、3.解析：所求椭圆的焦点为F1(－1,0),F2(1,0),2a=|PF1|+|PF2|.

欲使2a最小，只需在直线l上找一点P.使|PF1|+|PF2|最小，利用对称性可解.x2y2答案：54 =1 4.解析：设所求圆的方程为(x－a)2+(y－b)2=r2

(4a)2(2b)2r2a则有(1a)2(3b)2r2 1b0或a5b4

|a|2(23)2r2r213r227由此可写所求圆的方程.

答案：x2+y2－2x－12=0或x2+y2－10x－8y+4=0

三、5.解：|MF|max=a+c,|MF|min=a－c,则(a+c)(a－c)=a2－c2=b2, 2∴b2=4,设椭圆方程为

xa2y241 设过M1和M2的直线方程为y=－x+m

将②代入①得：(4+a2)x2－2a2mx+a2m2－4a2=0

设M1(x1,y1)、M2(x2,y2),M1M2的中点为(x0,y0),

则x10=2 (x1+x2)=a2m4a2,y0=－x0+m=

4m4a2. 2代入y=x,得

am4m4a24a2,

- 16 -

① ② ③

由于a＞4,∴m=0,∴由③知x1+x2=0,x1x2=－又|M1M2|=2(x1x2)24x1x22

2

4a24a2,

410, 3x2y2代入x1+x2,x1x2可解a=5,故所求椭圆方程为： =1. 546.解：以拱顶为原点，水平线为x轴，建立坐标系，

如图，由题意知，|AB|=20，|OM|=4，A、B坐标分别为(－10，－4）、(10，－4） 设抛物线方程为x2=－2py,将A点坐标代入，得100=－2p×(－4),解得p=12.5, 于是抛物线方程为x2=－25y.

由题意知E点坐标为(2，－4)，E′点横坐标也为2，将2代入得y=－0.16,从而|EE′|= (－0.16)－(－4)=3.84.故最长支柱长应为3.84米.

y2x227.解：由e=,可设椭圆方程为22=1,

22bb又设A(x1,y1)、B(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2, 又

x122b2y12b21,x222b2y22b2=1,两式相减，得

x12x222b2y12y22b2=0,

即(x1+x2)(x1－x2)+2(y1+y2)(y1－y2)=0. 化简得

y1y2=－1,故直线AB的方程为y=－x+3,

x1x2代入椭圆方程得3x2－12x+18－2b2=0.

有Δ=24b2－72＞0,又|AB|=2(x1x2)24x1x224b27220得2，解得b2=8. 9320, 3x2y2故所求椭圆方程为=1. 168

- 17 -

直线与圆锥曲线

【复习要点】

直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等.突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高，起到了拉开考生“档次”，有利于选拔的功能.

1.直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程是否有实数解成实数解的个数问题，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法.

2.当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦长的中点问题，常用“差分法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.同时还应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍. 【例题】

【例1】 已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上，直线y=x+1与椭圆交于P和Q，且OP⊥OQ，|PQ|=

10，求椭圆方程. 2解：设椭圆方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)，P(x1,y1),Q(x2,y2) 由yx1 得(m+n)x2+2nx+n－1=0, 22mxny1Δ=4n2－4(m+n)(n－1)＞0,即m+n－mn＞0, 由OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0, ∴

2(n1)2n+1=0,∴m+n=2 mnmn ①

4(mnmn)102

(),

mn23将m+n=2,代入得m·n=

4又2

②

由①、②式得m=

3131,n=或m=,n= 222231x232

故椭圆方程为+y=1或x2+y2=1.

2222

【例2】 如图所示，抛物线y2=4x的顶点为O，点A的坐标为(5，0)，倾斜角为

的4直线l与线段OA相交(不经过点O或点A)且交抛物线于M、N两点，求△AMN面积最大时直线l的方程，并求△AMN的最大面积.

- 18 -

解：由题意，可设l的方程为y=x+m,－5＜m＜0. 由方程组yxm,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0……………① 2y4x∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N， ∴方程①的判别式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0, 解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范围为(－5，0)

设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4－2m，x1·x2=m2, ∴|MN|=42(1m). 点A到直线l的距离为d=

5m2.

∴S△=2(5+m)1m,从而S△2=4(1－m)(5+m)2 =2(2－2m)·(5+m)(5+m)≤2(

22m5m5m3

)=128.

3∴S△≤82,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号. 故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为82.

【例3】 已知双曲线C：2x2－y2=2与点P(1，2)。(1)求过P(1，2)点的直线l的斜率取值范围，使l与C分别有一个交点，两个交点，没有交点。(2)若Q(1，1)，试判断以Q为中点的弦是否存在.

解：(1)当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=1, 与曲线C有一个交点.

当l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2=k(x－1), 代入C的方程，并整理得

(2－k2)x2+2(k2－2k)x－k2+4k－6=0………………(*)

(ⅰ)当2－k2=0,即k=±2时，方程(*)有一个根，l与C有一个交点 (ⅱ)当2－k2≠0,即k≠±2时

Δ=［2(k2－2k)］2－4(2－k2)(－k2+4k－6)=16(3－2k) ①当Δ=0,即3－2k=0,k=②当Δ＞0,即k＜

3时，方程(*)有一个实根，l与C有一个交点. 233,又k≠±2,故当k＜－2或－2＜k＜2或2＜k＜时，方程(*)22有两不等实根，l与C有两个交点.

③当Δ＜0，即k＞

3时，方程(*)无解，l与C无交点. 2- 19 -

综上知：当k=±2,或k=当2＜k＜当k＞

3，或k不存在时，l与C只有一个交点； 23,或－2＜k＜2,或k＜－2时，l与C有两个交点； 23时，l与C没有交点. 2(2)假设以Q为中点的弦存在，设为AB，且A(x1,y1),B(x2,y2)，则2x12－y12=2,2x22－y22=2两式相减得：2(x1－x2)(x1+x2)=(y1－y2)(y1+y2)

又∵x1+x2=2,y1+y2=2 ∴2(x1－x2)=y1－y1

yy2即kAB=1=2

x1x2但渐近线斜率为±2,结合图形知直线AB与C无交点，所以假设不正确，即以Q为中点的弦不存在.

【例4】 如图，已知某椭圆的焦点是F1(－4，0)、F2(4，0)，过点F2并垂直于x轴的直线与椭圆的一个交点为B，且|F1B|+|F2B|=10，椭圆上不同的两点A(x1,y1),C(x2,y2)满足条件：|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差数列. (1)求该弦椭圆的方程； (2)求弦AC中点的横坐标；

(3)设弦AC的垂直平分线的方程为y=kx+m， 求m的取值范围.

解：(1)由椭圆定义及条件知，2a=|F1B|+|F2B|=10,得a=5,又c=4,所以b=a2c2=3.

x2y2故椭圆方程为=1. 259F1oABCF2B'xy(2)由点B(4,yB)在椭圆上，得|F2B|=|yB|=据椭圆定义，有|F2A|=

9254.因为椭圆右准线方程为x=,离心率为，根

455425425(－x1),|F2C|=(－x2)， 5454由|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差数列，得

4254259(－x1)+(－x2)=2×,由此得出：x1+x2=8. 54545设弦AC的中点为P(x0,y0),则x0=

x1x2=4. 2(3)解法一：由A(x1,y1),C(x2,y2)在椭圆上.

229x125y1925得2 29x225y2925

①

②

- 20 -

①－②得9(x12－x22)+25(y12－y22)=0,

xx2yy2yy2即9×(1)25(1)(1)=0(x1≠x2)

22x1x2将(k≠0)

即k=

x1x2yy2yy2114+25y0(－)=0 x04,1y0,1 (k≠0)代入上式，得9×

k22x1x2k25y0(当k=0时也成立). 361625y0=－y0. 99由点P(4，y0)在弦AC的垂直平分线上，得y0=4k+m, 所以m=y0－4k=y0－

由点P(4，y0)在线段BB′(B′与B关于x轴对称)的内部， 得－

991616＜y0＜,所以－＜m＜. 5555解法二：因为弦AC的中点为P(4,y0)，所以直线AC的方程为 y－y0=－

1(x－4)(k≠0) k ③

x2y2将③代入椭圆方程=1,得 259(9k2+25)x2－50(ky0+4)x+25(ky0+4)2－25×9k2=0

50(k04)25所以x1+x2==8,解得k=y0.(当k=0时也成立) 2369k25(以下同解法一).

【例5】 已知双曲线G的中心在原点，它的渐近线与圆xy10x200相切．过点P4,0作斜率为

221的直线l，使得l和G交于A,B两点，和y轴交于点C，42并且点P在线段AB上，又满足PAPBPC． （1）求双曲线G的渐近线的方程； （2）求双曲线G的方程；

（3）椭圆S的中心在原点，它的短轴是G的实轴．如果S中垂直于l的平行弦的中点的轨迹恰好是G的渐近线截在S内的部分，求椭圆S的方程．

解：（1）设双曲线G的渐近线的方程为：ykx，

22则由渐近线与圆xy10x200相切可得：5kk125．

所以，k1． 2- 21 -

双曲线G的渐近线的方程为：y1x． 222（2）由（1）可设双曲线G的方程为：x4ym．

1x4代入双曲线方程，整理得3x28x164m0． 48164m则xAxB, xAxB （＊）

33把直线l的方程y∵ PAPBPC，P,A,B,C共线且P在线段AB上， ∴ xPxAxBxPxPxC，

22即：xB44xA16，整理得：4xAxBxAxB320 将（＊）代入上式可解得：m28．

x2y21． 所以，双曲线的方程为

287x2y21a27．下面我们来求出S中垂直于l（3）由题可设椭圆S的方程为：

28a2的平行弦中点的轨迹．

设弦的两个端点分别为Mx1,y1,Nx2,y2，MN的中点为Px0,y0，则

x12y12128a2． 22x2y2128a2两式作差得：

x1x2x1x2y1y2y1y228a20

由于

y1y24，x1x22x0,y1y22y0

x1x2所以，

x04y00， 28a2所以，垂直于l的平行弦中点的轨迹为直线

x4y20截在椭圆S内的部分． 28aa212．又由题，这个轨迹恰好是G的渐近线截在S内的部分，所以，所以，a56，1122- 22 -

x2y21． 椭圆S的方程为：

2856点评：解决直线与圆锥曲线的问题时，把直线投影到坐标轴上（也即化线段的关系为横坐标（或纵坐标）之间的关系）是常用的简化问题的手段；有关弦中点的问题，常常用到“设而不求”的方法；判别式和韦达定理是解决直线与圆锥曲线问题的常用工具）．

【例6】 设抛物线过定点A1,0，且以直线x1为准线． （1）求抛物线顶点的轨迹C的方程；

（2）若直线l与轨迹C交于不同的两点M,N，且线段MN恰被直线x弦MN的垂直平分线的方程为ykxm，试求m的取值范围．

解：（1）设抛物线的顶点为Gx,y，则其焦点为F2x1,y．由抛物线的定义可知：

1平分，设2AF点A到直线x1的距离＝2．

所以，4x2y22．

y21 x1． 所以，抛物线顶点G的轨迹C的方程为：x42（2）因为m是弦MN的垂直平分线与y轴交点的纵坐标，由MN所唯一确定．所以，要

求m的取值范围，还应该从直线l与轨迹C相交入手．

显然，直线l与坐标轴不可能平行，所以，设直线l的方程为l:y方程得：

1xb，代入椭圆k4k2122bx2xb40 2kk

4k2124b2由于l与轨迹C交于不同的两点M,N，所以，24b40，即：2kk（＊） 4k2k2b210 k0．

又线段MN恰被直线x2bk112平分，所以，xMxN． 24k122

4k21所以，bk．

2- 23 -

代入（＊）可解得：33k k0． 22下面，只需找到m与k的关系，即可求出m的取值范围．由于ykxm为弦MN的垂

直平分线，故可考虑弦MN的中点P,y0．

12114k2111b2k． 在l:yxb中，令x，可解得：y02k2k2k2k将点P,2k代入ykxm，可得：m123k． 2所以，3333m且m0． 44从以上解题过程来看，求m的取值范围，主要有两个关键步骤：一是寻求m与其它参数之间的关系，二是构造一个有关参量的不等式．从这两点出发，我们可以得到下面的另一种解法：

解法二．设弦MN的中点为P,y0，则由点M,N为椭圆上的点，可知：

224xMyM4． 224xNyN412两式相减得：4xMxNxMxNyMyNyMyN0 又

由

于

yyN11xMxN21, yMyN2y0, M＝xMxNk2，代入上式得：ky0． 2B Ｎ 又点P,y0在弦MN的垂直平分线上，所以，

12Ｐ Ｍ 1y0km．

2所以，my013ky0． 24B＇ - 24 -

由点P,y0在线段BB’上（B’、B为直线x121与椭圆的交点，如图），所以，2yB'y0yB．

也即：3y03． 所以，3333m且m0 44点评：解决直线和圆锥曲线的位置关系问题时，对于消元后的一元二次方程，必须讨论二次项系数和判别式，有时借助图形的几何性质更为方便．

涉及弦中点问题，利用韦达定理或运用平方差法时（设而不求），必须以直线与圆锥曲线相交为前提，否则不宜用此法．

从构造不等式的角度来说，“将直线l的方程与椭圆方程联立所得判别式大于0”与“弦MN的中点P,y0在椭圆内”是等价的．

【例7】 设抛物线y22px(p0)的焦点为F，经过点F的直线与抛物线交于A、B两点．又M是其准线上一点．试证：直线MA、MF、MB的斜率成等差数列．

证明 依题意直线MA、MB、MF的斜率显然存在，并分别设为k1，k2，k3 点A、B、M的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），M（由“AB过点F（

p，0）”得 2p，m） 212lAB：xtyp 2将上式代入抛物线y22px中得：y22ptyp20 可知 y1y2p2

又依“y122px1及y222px2”可知

2py1p1x1(y12p2)22p22p

2py2pp4pp2x2(yp2) 12222p22py122y1- 25 -

因此 k1k2y1my2m ppx1x2222p2(y1m)p(y12p2)p22y1(m)y12p(y12p2)2m p而k30mm

ppp()22故k1k22k3

即直线MA、MF、MB的斜率成等差数列．

【例8】 已知a=(x,0)，b=(1，y)(a3b)(a3b) (1)求点P(x，y)的轨迹C的方程；

(2)若直线l：y=kx+m(km≠0)与曲线C交于A、B两端，D(0，－1),且有|AD|=|BD|，试求m的取值范围。

解：（1）a3b(x,0)3(1,y)(x3,3y)

a3b(x,0)3(1,y)(x3,3y)

∵(a3b)(a3b) ∴(a3b)(a3b)=0

x2∴(x3)(x3)3y(3y)0 得y21

3x2∴P点的轨迹方程为y21

3ykxm（2）考虑方程组x2 消去y，得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3=0(*) 2y13显然1－3k2≠0 △=（6km）2－4(－3m2－3)=12(m2+1)－3k2>0

6km设x1,x2为方程*的两根，则x1x2

13k2xx23kmm x01ykxm0022213k13k3kmm故AB中点M的坐标为(，) 2213k13km13km∴线段AB的垂直平分线方程为：y()(x)

k13k213k2将D(0，－1)坐标代入，化简得：4m=3k2－1

- 26 -

22m13k0故m、k满足，消去k2得：m2－4m>0

24m3k1解得：m<0或m>4

又∵4m=3k2－1>－1 ∴m>－故m(,0)(4,).

1 414- 27 -

【直线与圆锥曲线练习】

一、选择题

x21．斜率为1的直线l与椭圆+y2=1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为( )

4A.2 B.

45 5 C.

410 5 D.

810 52．抛物线y=ax2与直线y=kx+b(k≠0)交于A、B两点，且此两点的横坐标分别为x1,x2,直线与x轴交点的横坐标是x3,则恒有( )

A.x3=x1+x2

B.x1x2=x1x3+x2x3 D.x1x2+x2x3+x3x1=0

C.x1+x2+x3=0 二、填空题

3．已知两点M(1，②x2+y2=3,③_________.

55)、N(－4，－)，给出下列曲线方程：①4x+2y－1=0, 44x22x2+y=1,④－y2=1,在曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是

224．正方形ABCD的边AB在直线y=x+4上，C、D两点在抛物线y2=x上，则正方形ABCD的面积为_________.

5．在抛物线y2=16x内，通过点(2，1)且在此点被平分的弦所在直线的方程是_________. 三、解答题

6．已知抛物线y2=2px(p＞0),过动点M(a,0)且斜率为1的直线l与该抛物线交于不同的两点A、B，且|AB|≤2p.

(1)求a的取值范围.

(2)若线段AB的垂直平分线交x轴于点N， 求△NAB面积的最大值.

7．已知中心在原点，顶点A1、A2在x轴上，离心率e=的双曲线过点P(6，6).

(1)求双曲线方程.

(2)动直线l经过△A1PA2的重心G，与双曲线交于不同的两点M、N，问：是否存在直线l,使G平分线段MN，证明你的结论. 8．已知双曲线C的两条渐近线都过原点，且都以点A(2，0)为圆心，1为半径的圆相切，双曲线的一个顶点A1与A点关于直线y=x对称.

(1)求双曲线C的方程.

(2)设直线l过点A，斜率为k,当0＜k＜1时，双曲线C的上支上有且仅有一点B到直线l的距离为2，试求k的值及此时B点的坐标.

213oFBNxyA- 28 -

直线与圆锥曲线参考答案

45t2410一、1.解析：弦长|AB|=2≤.答案：C

55kbbyax22.解析：解方程组,得ax2－kx－b=0,可知x1+x2=,x1x2=－,x3=－,代入验证

aakykxb即可.答案：B

二、3.解析：点P在线段MN的垂直平分线上，判断MN的垂直平分线于所给曲线是否存在交点.答案：②③④

4.解析：设C、D所在直线方程为y=x+b,代入y2=x,利用弦长公式可求出|CD|的长，利用|CD|的长等于两平行直线y=x+4与y=x+b间的距离，求出b的值，再代入求出|CD|的长.

答案：18或50

5.解析：设所求直线与y2=16x相交于点A、B，且A(x1,y1),B(x2,y2),代入抛物线方程得y12=16x1,y22=16x2,两式相减得，(y1+y2）(y1－y2)=16(x1－x2).

yy216即1kAB=8. x1x2y1y2故所求直线方程为y=8x－15. 答案：8x－y－15=0

三、6.解：(1)设直线l的方程为：y=x－a,代入抛物线方程得(x－a)2=2px,即x2－2(a+p)x+a2=0 ∴|AB|=24(ap)24a2≤2p.∴4ap+2p2≤p2,即4ap≤－p2 又∵p＞0,∴a≤－

p. 4(2)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，AB的中点 C(x,y), 由(1)知，y1=x1－a,y2=x2－a,x1+x2=2a+2p, 则有x=

x1x2yy2x1x22aap,y1=p. 222∴线段AB的垂直平分线的方程为y－p=－(x－a－p),从而N点坐标为(a+2p,0）

|a2pa|点N到AB的距离为2p

2从而S△NAB=

124(ap)24a22p2p2app2 2p时，S有最大值为2p2. 4当a有最大值－

x2y26262a2b22127.解：(1)如图，设双曲线方程为22=1.由已知得221,e,解得23ababaa2=9,b2=12.

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x2y2所以所求双曲线方程为=1. 912(2)P、A1、A2的坐标依次为(6,6)、(3，0)、(－3，0）， ∴其重心G的坐标为(2，2）

假设存在直线l，使G(2，2)平分线段MN，设M(x1,y1)，N(x2,y2).则有 12x129y12108yy2124412x229y221081，∴kl= 3x1x293x1x24yy421∴l的方程为y=

4 (x－2)+2, 312x29y2108由,消去y,整理得x2－4x+28=0. 4y(x2)3∵Δ=16－4×28＜0,∴所求直线l不存在. 8.解：(1)设双曲线的渐近线为y=kx,由d=

|2k|k12=1,解得k=±1.

即渐近线为y=±x,又点A关于y=x对称点的坐标为(0，2). ∴a=2=b,所求双曲线C的方程为x2－y2=2.

(2)设直线l：y=k(x－2)(0＜k＜1),依题意B点在平行的直线l′上，且l与l′间的距离为2. 设直线l′：y=kx+m,应有

|2km|k122,化简得m2+22km=2. ②

把l′代入双曲线方程得(k2－1)x2+2mkx+m2－2=0, 由Δ=4m2k2－4(k2－1)(m2－2)=0. 可得m2+2k2=2

③

②、③两式相减得k=x=

mkk212m,代入③得m2=

2,解设m=51025,k=,此时5522,y=10.故B(22,10).

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