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1、第3讲直线及圆锥曲线自主学习导引真题感悟1(2012陕西)已知椭圆C1：y21，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且及C1有一样的离心率(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A、B分别在椭圆C1和C2上，2，求直线AB的方程解析(1)由已知可设椭圆C2的方程为1(a2)，其离心率为，故，解得a4.故椭圆C2的方程为1.(2)解法一A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x.将ykx代入1中，得(4k2)x216，所以x.又由2，得x4x，即
2、，解得k1.故直线AB的方程为yx或yx.解法二A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由2及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为ykx.将ykx代入y21中，得(14k2)x24，所以x.由2，得x，y.将x，y代入1中，得1，即4k214k2，解得k1.故直线AB的方程为yx或yx.2(2012福建)如图，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x22py(p0)上(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l及抛物线E相切于点P，及直线y1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点解析(1)依题意，|OB|8，BOy30
3、.设B(x，y)，则x|OB|sin 304，y|OB|cos 3012.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线E的方程为x24y.(2)证明证法一由(1)知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，y0x，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q为.设M(0，y1)，令0对满意y0x(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，由0，得y0y0y1y1y0，即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满意y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)证法二由(1)知yx2，y
4、x.设P(x0，y0)，则x00，y0x，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q为.取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)、M2(0，1)；取x01，此时P，Q，以PQ为直径的圆为22，交y轴于点M3(0,1)、M4.故若满意条件的点M存在，只能是M(0,1)以下证明点M(0,1)就是所要求的点因为(x0，y01)，所以2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)考题分析直线及圆锥曲线的综合应用往往是高考的压轴试题，详细表现为弦长及面积问题，最值及范围问题、定点及定值问题、存在性问
5、题等，运算量一般较大，有确定的难度，多以解答题的形式出现网络构建高频考点打破考点一：圆锥曲线中的弦长问题【例1】(2012荆州模拟)已知椭圆1(ab0)右顶点及右焦点的间隔 为1，短轴长为2.(1)求椭圆的方程；(2)过左焦点F的直线及椭圆分别交于A、B两点，若三角形OAB的面积为，求直线AB的方程审题导引(1)利用相关的几何性质求得a、b、c，可求椭圆方程；(2)设出直线的方程，利用弦长公式得到三角形OAB面积的表达式并解出直线的斜率，可得直线方程标准解答(1)由题意，解得a，c1.即椭圆方程为1.(2)当直线AB及x轴垂直时，|AB|，此时SAOB不符合题意，故舍掉；当直线AB及x轴不垂直
6、时，设直线AB的方程为：yk(x1)，代入消去y得：(23k2)x26k2x(3k26)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，所以|AB|.原点到直线的AB间隔 d，所以三角形的面积S|AB|d.由Sk22k，所以直线lAB：xy0或lAB：xy0.【规律总结】弦长问题的解决方法(1)弦长问题涉及直线及二次曲线的两个交点坐标，此时一般不是求出两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立后的方程根的状况，运用根及系数的关系进展整体代入，这是解决弦长问题以及其他直线及二次曲线问题的最根本方法(2)留意运用弦长公式|AB|x1x2|y1y2|(k0)【变式训练】1设椭圆C
7、：1(ab0)的右焦点为F，过F的直线l及椭圆C相交于A、B两点，直线l的倾斜角为60，2.(1)求椭圆C的离心率；(2)假如|AB|，求椭圆C的方程解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知y10，y20.(1)设直线l的方程为y(xc)，其中c.联立得(3a2b2)y22b2cy3b40，解得y1，y2.因为2，所以y12y2，即2.得离心率e.(2)因为|AB| |y2y1|，所以.由得ba.所以a，得a3，b.椭圆C的方程为1.考点二：圆锥曲线中的最值及范围问题【例2】(2012大连模拟)已知椭圆1(ab0)经过点A(2,1)，离心率为，过点B(3,0)的直线l及椭圆交于不同的
8、两点M，N.(1)求椭圆的方程；(2)求的取值范围审题导引(1)根据所给条件利用椭圆的几何性质求出a2、b2；(2)设出直线的斜率及椭圆方程联立，根据韦达定理利用直线的斜率表示，并求其范围标准解答(1)由离心率为，可设ct，a2t，则bt.因为1(ab0)经过点A(2,1)，所以1，解得t2，所以a26，b23，椭圆方程为1.(2)由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x3)，直线l及椭圆的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)，由，消元整理得，(12k2)x212k2x18k260，(12k2)24(12k2)(18k26)0，得0k21，x1x2，x1x2，(x13，y1
9、)(x23，y2)(x13)(x23)y1y2(1k2)x1x23(x1x2)9(1k2).因为0k21，所以23，所以的取值范围是(2,3【规律总结】最值或范围问题的解决方法解析几何中的最值问题涉及的学问面较广，解法敏捷多样，但最常用的方法有以下几种：(1)利用函数，尤其是二次函数求最值；(2)利用三角函数，尤其是正、余弦函数的有界性求最值；(3)利用不等式，尤其是根本不等式求最值；(4)利用判别式求最值；(5)利用数形结合，尤其是切线的性质求最值【变式训练】2已知椭圆1(ab0)的右焦点为F2(3,0)，离心率为e.(1)若e，求椭圆的方程；(2)设直线ykx及椭圆相交于A、B两点，M、N
10、分别为线段AF2，BF2的中点若坐标原点O在以MN为直径的圆上，且e，求k的取值范围解析(1)由题意得，得a2，所以a212，结合a2b2c2，解得b23.所以，椭圆的方程为1.(2)由得(b2a2k2)x2a2b20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)所以x1x20，x1x2，依题意知，OMON，易知，四边形OMF2N为矩形，所以AF2BF2，因为(x13，y1)，(x23，y2)，所以(x13)(x23)y1y2(1k2)x1x290.即90，将其整理为k21.因为e，所以2a3，12a218.所以k2，即k.考点三：圆锥曲线中的定点、定值及探究性问题【例3】在平面直角坐标系xOy中，过
11、定点C(p,0)作直线m及抛物线y22px(p0)相交于A、B两点(1)设N(p,0)，求的最小值；(2)是否存在垂直于x轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由审题导引(1)求出的表达式，并求最小值；(2)是探究性问题，假设存在，以此为条件，求出弦长的表达式若能为定值，则存在；反之，则不存在标准解答(1)依题意，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmyp.由y22pmy2p20.(x1p，y1)(x2p，y2)(x1p)(x2p)y1y2(my12p)(my22p)y1y2(m21)y1y22pm(y1y2)4p
12、22p2m22p2.当m0时，的最小值为2p2.(2)假设满意条件的直线l存在，其方程为xa，AC的中点为O，l及以AC为直径的圆相交于P，Q两点，PQ的中点为H，则OHPQ，O的坐标为.|OP|AC|，|PH|2|OP|2|OH|2(xp2)(2ax1p)2x1a(pa)|PQ|2(2|PH|)24.令ap0，得ap，此时|PQ|p为定值故满意条件的直线l存在，其方程为xp.【规律总结】1化解探究性问题的方法首先假设所探求的问题结论成立、存在等，在这个假设下进展推理论证，假如得到了一个合情合理的推理结果，就确定假设，对问题做出正面答复，假如得到一个冲突的结果，就否认假设，对问题作出反面答复在
13、这个解题思路指导下解决探究性问题及解决具有明确结论的问题没有什么差异2求定值问题的方法定值问题是解析几何中的一种常见问题，根本的求解方法是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解确定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最终才是定值问题【变式训练】3(2012北京东城11校联考)已知顶点在坐标原点，焦点在x轴正半轴的抛物线上有一点A，A点到抛物线焦点的间隔 为1.(1)求该抛物线的方程；(2)设M(x0，y0)为抛物线上的一个定点，过M作抛物线的两条相互垂直的弦MP，MQ，求证：PQ恒过定点(x02，y0)；(3)直线xmy10及抛物线交于E、F两点，
14、在抛物线上是否存在点N，使得NEF为以EF为斜边的直角三角形？解析(1)由题意可设抛物线的方程为y22px，则由抛物线的定义可得1，即p1，所以抛物线的方程为y22x.(2)证明由题意知直线PQ及x轴不平行，设PQ所在直线方程为xmyn，代入y22x中，得y22my2n0.所以y1y22m，y1y2n，其中y1，y2分别是P，Q的纵坐标，因为MPMQ，所以kMPkMQ1.即1，所以(y1y0)(y2y0)4.y1y2(y1y2)y0y40，(2n)2my02x040，即nmy0x02.所以直线PQ的方程为xmymy0x02，即xm(yy0)x02，它确定过定点(x02，y0)(3)假设N(x0
15、，y0)为满意条件的点，则由(2)知，点(x02，y0)在直线xmy10上，所以x02my010，(x0，y0)是方程的解，消去x得y22my60，4m2240，所以存在点N满意条件名师押题高考【押题1】过双曲线1(a0，b0)的一个焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为点A，及另一条渐近线交于点B.若2，则此双曲线的渐近线的斜率是_解析双曲线的渐近线方程是yx，设过右焦点F(c,0)的直线l及渐近线yx垂直，则直线l的方程即y(xc)，两直线方程联立，解得点A的纵坐标y1；把方程y(xc)及方程yx联立，解得点B的纵坐标y2.由于2，即(x2c，y2)2(x1c，y1)，由此得y22y1，故，此即
16、2(b2a2)c2a2b2，即ba，故其渐近线的斜率是.答案押题根据本题以向量为背景，综合考察双曲线的几何性质，既考察了通性通法，又可考察考生的应变实力，新奇新颖、难度适中，故押此题【押题2】(2012济南三模)已知直线l：yx1，圆O：x2y2，直线l被圆截得的弦长及椭圆C：1(ab0)的短轴长相等，椭圆的离心率e.(1)求椭圆C的方程；(2)过点M的动直线l交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过定点T？若存在， 求出点T的坐标；若不存在，请说明理由解析(1)则由题设可知b1，又e，a，所以椭圆C的方程是y21.(2)解法一假设存
17、在点T(u，v)若直线l的斜率存在，设其方程为ykx，将它代入椭圆方程，并整理，得(18k29)x212kx160.设点A、B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则因为(x1u，y1v)，(x2u，y2v)及y1kx1，y2kx2，所以(x1u)(x2u)(y1v)(y2v)(k21)x1x2(x1x2)u2v2当且仅当0恒成立时，以AB为直径的圆恒过定点T，所以解得u0，v1.此时以AB为直径的圆恒过定点T(0,1)当直线l的斜率不存在，l及y轴重合，以AB为直径的圆为x2y21也过点T(0,1)综上可知，在坐标平面上存在一个定点T(0,1)，满意条件解法二若直线l及y轴重合，则
18、以AB为直径的圆是x2y21.若直线l垂直于y轴，则以AB为直径的圆是x22.由解得由此可知所求点T假如存在，只能是(0,1)事实上点T(0,1)就是所求的点证明如下：当直线l的斜率不存在，即直线l及y轴重合时，以AB为直径的圆为x2y21，过点T(0,1)；当直线l的斜率存在，设直线方程为ykx，代入椭圆方程，并整理，得(18k29)x212kx160.设点A、B的坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则因为(x1，y11)，(x2，y21)，x1x2y1y2(y1y2)1(k21)x1x2k(x1x2)0.所以，即以AB为直径的圆恒过定点T(0,1)综上可知，在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满意条件押题根据直线及圆锥曲线的综合应用是高考的必考点之一，常作为压轴题出现，主要考察考生的分析问题解决问题的实力及运算实力，有很好的区分度本题是探究性问题及定点问题的综合，难度较大，符合高考命题的趋势，故押此题