高考数学-直线与圆锥曲线位置关系(椭圆为例)

高考数学-直线与圆锥曲线位置关系（椭圆为例）

【复习要点】直线与圆锥曲线问题常用知识点 1、两条直线l1:yk1xb1,l2:yk2xb2 垂直：则k1k21；

v20 直线所在的向量v1g 平行：斜率相等，截距不等。

2、韦达定理：若一元二次方程axbxc0(a0)有两个不同的根x1,x2， 则x1x22rrbc,x1x2。 aax1x2yy2,y1，）。 223、中点坐标公式：

点A(x1,y1)，B(x2,y2)的中点坐标M（x,y）其中（x4、弦长公式：

若点A(x1,y1)，B(x2,y2)在直线ykxb(k0)上，

则y1kx1b，y2kx2b，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，

AB(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(kx1kx2)2(1k2)(x1x2)2(1k2)[(x1x2)24x1x2]

或者

1111AB(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2(y1y2)2(12)(y1y2)2(12)[(y1y2)24y1y2]。

kkkk【题型解析】直线和椭圆（圆锥曲线）常考题型 题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 x2y21始终有交点，求m的取值范围 例题1、已知直线l:ykx1与椭圆C:4m解：数形结合，直线恒过（0,1）点，即此点在椭圆内即可。 1m且m4。 题型二：弦的垂直平分线问题 例题2、过点T(-1,0)作直线l与曲线N ：y2B两点，在x轴上是否存在一点E(x0,0)，x交于A、

使得ABE是等边三角形，若存在，求出x0；若不存在，请说明理由。

1

解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。 设直线l:yk(x1)，k0，A(x1,y1)，B(x2,y2)。

由yk(x1)2222kx(2k1)xk0 ① 消y整理，得2yx由直线和抛物线交于两点，得

(2k21)24k44k210即0k21 ② 42k21,x1x21。 由韦达定理，得：x1x22k2k211,)。 则线段AB的中点为(2k22k1112k2(x) 线段的垂直平分线方程为：y2kk2k2令y=0,得x01111E(,0) ，则2k222k22QABE为正三角形，

E(113,0)到直线AB的距离d为AB。 22k22221k214k22QAB(x1x2)(y1y2) g1k d22kk314k21k22g1k 22k2k解得k539满足②式， 此时x0。

313题型三：动弦过定点的问题 x2y23例题3、已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为

ab2A1(-2,0),A2(2,0)。 （I）求椭圆的方程；

（II）若直线l:xt(t2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点，直线PA1,PA2

2

分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论

解：（I）由已知椭圆C的离心率e 则得cc3，a2, a23,b1。

x2y21 从而椭圆的方程为4（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,

yk1(x2)， 则直线A1M的方程为

yk1(x2)222 由2消y整理得(14k1)x16k2x16k140 2x4y4Q2和x1是方程的两个根，

16k12428k124k1 则，， 2x1xy1122214k114k114k128k124k1即点M的坐标为(,)， 2214k114k128k224k2同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(,) 2214k214k2Qypk1(t2),ypk2(t2)

k1k22，

k1k2tyy1y2y1， xx1x2x1Q直线MN的方程为：

令y=0，得xx2y1x1y2，

y1y23

将点M、N的坐标代入，化简后得：x又Qt4 t2，042 tQ椭圆的焦点为(3,0)

4433，即t t3故当t43时，MN过椭圆的焦点。 3题型四：过已知曲线上定点的弦的问题 x2y2例题4、已知点A、B、C是椭圆E：221 (ab0)上的三点，其中点A(23,0)是

abuuuruuuruuuruuur椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中心O，且ACgBC0，BC2AC，如图。

(I)求点C的坐标及椭圆E的方程；

(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与直线QC关于直线x3对称，求直线PQ的

斜率。

uuuruuur解：(I) QBC2AC，且BC过椭圆的中心O uuuruuurOCAC

uuuruuurQACgBC0 ACO

2又QA (23,0) 点C的坐标为(3,3)。

QA(23,0)是椭圆的右顶点，

x2y2a23，则椭圆方程为： 1

12b2将点C(3,3)代入方程，得b24，

x2y21 椭圆E的方程为124(II)Q直线PC与QC关于直线x3对称，

4

设直线PC的斜率为k，则直线QC的斜率为k，从而直线PC的方程为： y3k(x3)，即ykx3(1k)，

由ykx3(1k)222(13k)x63k(1k)x9k18k30 消y，整理得：22x3y120Qx3是方程的一个根，

9k218k39k218k3xPg3即xP

213k23(13k)同理可得：

9k218k3 xQ23(13k)QyPyQkxP3(1k)kxQ3(1k)＝k(xPxQ)23k＝

12k 23(13k)9k218k39k218k3＝xPxQ223(13k)3(13k)36k 23(13k)kPQyPyQxPxQ11则直线PQ的斜率为定值。

33题型五：面积问题 x2y26例题5、已知椭圆C：221（a＞b＞0）的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距

ab3离为

3。

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为的最大值。

3，求△AOB面积25

c6，解：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意a3b1，

a3，x2y21。 所求椭圆方程为3（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)。 （1）当AB⊥x轴时，

AB3。

（2）当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为ykxm。

由已知

m1k23232，得m(k1)。

42222把ykxm代入椭圆方程，整理得(3k1)x6kmx3m30，

3(m21)6kmx1x22，x1x2。

3k213k136k2m212(m21) AB(1k)(x2x1)(1k)2223k1(3k1)222212(k21)(3k21m2)3(k21)(9k21)

(3k21)2(3k21)212k2121212343(k0)≤349k当且仅当，即221k9k6k12369k226kk3时等号成立。当k0时，AB3，综上所述ABmax2。 3133。 当AB最大时，△AOB面积取最大值SABmax222问题六：范围问题（本质是函数问题） 6

x2y21的左、右焦点。 例6、设F1、F2分别是椭圆4（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1·PF2的最大值和最小值；

（Ⅱ）设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围。 解：（Ⅰ）易知a2,b1,c3 所以F13,0,F223,0，设Px,y，则

uuuruuuurPF1PF23x,y,x2123x,yxy3x133x8

4422uuuruuuur因为x2,2，故当x0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1PF2有最小值2 uuuruuuur当x2，即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值1

（Ⅱ）显然直线x0不满足题设条件，可设直线l:ykx2,Ax1,y2,Bx2,y2，

ykx2212联立x2，消去y，整理得：kx4kx30

24y14 ∴x1x24k1k24,x1x231k24

由4k4k21234k30 4 得：k33或k 220uuuruuur 又0A0B90cosA0B0OAOB0

0uuuruuur∴OAOBx1x2y1y20

7

k218k24 y1y2kx12kx22kx1x22kx1x24111k2k2k244423k2k210，即k24 ∵

11k2k2443 ∴2k2

故2k33或k2 22题型七、存在性问题：（存在点，存在直线y=kx+m，存在实数，存在图形：三角形（等比、等腰、直角），四边形（矩形、菱形、正方形），圆） x2y2例7、设椭圆E: 221（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点，O为坐标原点，

ab（I）求椭圆E的方程；

（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且

uuuruuurOAOB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。

x2y2解:（1）因为椭圆E: 221（a,b>0）过M（2，2） ，N(6,1)两点,

ab42111a28x2y2a2b2a281 所以解得所以2椭圆E的方程为846111b41a2b2b24（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条

uuuruuur切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB,设该圆的切线方程为ykxm解方程组

ykxm222222得x2(kxm)8,即(12k)x4kmx2m80,则 xy2184△=16k2m24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0,即8km40

228

4kmxx1212k2,2xx2m8

1212k2

uuuruuur2m28m28k20, 要使OAOB, 需使x1x2y1y20,即2212k12k3m280所以3m8k80,所以k8

222又8km40,

22m222626所以2,即m或m,

333m8因为直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为

m2m2826,r,, rr2223m81k331k182m所求的圆为xy228, 3此时圆的切线ykxm都满足m2626或m, 33x2y2261的两个交点 而当切线的斜率不存在时切线为x与椭圆843uuuruuur26262626为(,)或(,)满足OAOB,

3333综上, 存在圆心在原点的圆xy22uuuruuurA,B,且OAOB.

8，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点39

4kmxx1212k2因为, 2xx2m81212k2所以

324k45k2132k24[14] 2234k4k134k4k1

①k0时|AB|321[1]1324k24k

148k2

11 所以0, 1 4k2248k32321 所以[1]12,

13324k24k因为4k2 所以426|AB|23当且仅当k时取”=”. 32② 当k0时,|AB|46. 326262626,)或(,),所以此时3333③ 当AB的斜率不存在时, 两个交点为(|AB|46, 3446|AB|23即: |AB|[6,23] 33综上, |AB |的取值范围为10

【针对性基础训练】

1、 经过点A（2，4）的直线l,被圆xy2x2y140截得弦长为23，求直线l

的方程。

22x2y21和抛物线yx2m有四个不同的交点。 2、 已知椭圆49（1）试确定 m的取值范围；（2）证明这四个交点都在同一圆上。

11

【针对性基础训练】答案

1解：设圆心2,3，半径 r = 4.，弦长为23 ，弦心距d 设l:y4k(x2),

13，

由dk142kk2113，解得k123,k2, 32故2x3y80,3x2y140为所求。

x2y21， 2解：yxm代入492 得4x98mx4m360①，

422 由椭圆与抛物线有四个交点知，关于x的方程有两相异正根。

2657144m073解不等式组98m0得3m，

164m2360由两曲线方程可得4x4y5y5m360,故四交点共圆。

2212