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1、-圆锥曲线的综合问题含答案-第 - 7 - 页课题：圆锥曲线的综合问题【要点回顾】1直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程：ax2bxc0(或ay2byc0)若a0，可考虑一元二次方程的判别式，有：0直线与圆锥曲线相交；0直线与圆锥曲线相切；b0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值自主解答(1)由题意得解得b，所以椭圆C的方程为1.(2)由得(12k2)x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为
2、(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x2，x1x2，所以|MN|.又因为点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d，所以AMN的面积为S|MN| d.由，解得k1.【由题悟法】研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解【试一试】1(2012信阳模拟)设抛物线y28x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是()A. B2,2 C1,1 D4,4解析：选C易知抛物线y28x的准线x2与x轴的交点为Q(2,0)，于是，可
3、设过点Q(2,0)的直线l的方程为yk(x2)(由题可知k是存在的)，联立k2x2(4k28)x4k20.当k0时，易知符合题意；当k0时，其判别式为(4k28)216k464k2640，可解得1k1.【最值与范围问题】例2(2012浙江高考)如图，椭圆C：1(ab0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分(1)求椭圆C的方程；(2)求ABP面积取最大值时直线l的方程自主解答(1)设椭圆左焦点为F(c,0)，则由题意得得所以椭圆方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.当直线AB与x轴垂直时
4、，直线AB的方程为x0，与不过原点的条件不符，舍去故可设直线AB的方程为ykxm(m0)，由消去y，整理得(34k2)x28kmx4m2120，则64k2m24(34k2)(4m212)0，所以线段AB的中点为M.因为M在直线OP：yx上，所以.得m0(舍去)或k.此时方程为3x23mxm230，则3(12m2)0，所以|AB|x1x2|，设点P到直线AB的距离为d，则d.设ABP的面积为S，则S|AB|d.其中m(2，0)(0,2)令u(m)(12m2)(m4)2，m2，2 ，u(m)4(m4)(m22m6)4(m4)(m1)(m1)所以当且仅当m1时，u(m)取到最大值故当且仅当m1时，S
5、取到最大值综上，所求直线l的方程为3x2y220.【由题悟法】1解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法2在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本
6、不等式求出参数的取值范围；(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围【试一试】2(2012东莞模拟)已知抛物线y22px(p0)上存在关于直线xy1对称的相异两点，则实数p的取值范围为()A.B.C. D.解析：选B设抛物线上关于直线xy1对称的两点是M(x1，y1)、N(x2，y2)，设直线MN的方程为yxb.将yxb代入抛物线方程，得x2(2b2p)xb20，则x1x22p2b，y1y2(x1x2)2b2p，则MN的中点P的坐标为(pb，p)因为点P在直线xy1上，所以2pb1，即b2p(2b2p)24b24p28bp0，将b2p1代入得4p28p(2p1)0，即3p22p0，解得0p
7、.【定点定值问题】例3(2012辽宁高考)如图，椭圆C0：1(ab0，a，b为常数)，动圆C1：x2y2t，bt1a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；(2)设动圆C2：x2y2t与C0相交于A，B，C，D四点，其中bt2a，t1t2.若矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，证明：tt为定值自主解答(1)设 A(x1，y1)，B(x1，y1)，又知A1(a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y(xa)，直线A2B的方程为y(xa)由得y2(x2a2)由点A(x1，y1)在椭圆C0上，故1.从而yb2，代
8、入得1(xa，y0)(2)证明：设A(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形ABCD的面积相等，得4|x1|y1|4|x2|y2|，故xyxy.因为点A，A均在椭圆上，所以b2xb2x.由t1t2，知x1x2，所以xxa2，从而yyb2，因此tta2b2为定值【由题悟法】1求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值2定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为ykxb，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况【试一试】3(2012山东省实验中学模拟)已知抛物线y22px(p0)及定点A(a，b)，B(a,0)，ab0，b22pa，M是抛物线上的点设直线AM，BM与抛物线的另一个交点分别为M1，M2，当M变动时，直线M1M2恒过一个定点，此定点坐标为_解析：设M，M1，M2，由点A，M，M1共线可知，得y1，同理由点B，M，M2共线得y2.设(x，y)是直线M1M2上的点，则，即y1y2y(y1y2)2px，又y1，y2，则(2pxby)y022pb(ax)y02pa(by2pa)0.当xa，y时上式恒成立，即定点为.答案：