圆锥曲线的综合问题

★知识梳理★

1.直线与圆锥曲线C的位置关系

将直线l的方程代入曲线C的方程，消去y或者消去x，得到一个关于x（或y）的方程

ax2bxc0

（1）交点个数

①当 a=0或a≠0，⊿=0 时,曲线和直线只有一个交点; ②当 a≠0,⊿>0时,曲线和直线有两个交点; ③ 当⊿<0 时,曲线和直线没有交点; (2) 弦长公式：

|AB|1k2|x2x1| 1k2(x1x2)24x1x2 2.对称问题：

曲线上存在两点关于已知直线对称的条件：①曲线上两点所在的直线与已知直线垂直（得出斜率）②曲线上两点所在的直线与曲线有两个公共点（⊿>0）③曲线上两点的中点在对称直线上

3.求动点轨迹方程

①轨迹类型已确定的，一般用待定系数法

②动点满足的条件在题目中有明确的表述且轨迹类型未知的，一般用直接法 ③一动点随另一动点的变化而变化，一般用代入转移法

★重难点突破★

理重点：掌握直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法及弦长公式；掌握弦中点轨迹的求法；

解和掌握求曲线方程的方法与步骤，能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值 难点：轨迹方程的求法及圆锥曲线的有关范围与最值问题

重难点：综合运用方程、函数、不等式、轨迹等方面的知识解决相关问题 1.体会“设而不求”在解题中的简化运算功能 ①求弦长时用韦达定理设而不求 ②弦中点问题用“点差法”设而不求

2.体会数学思想方法（以方程思想、转化思想、数形结合思想为主）在解题中运用

x2y2问题1：已知点F1为椭圆点A1,1，动点P在椭圆上，则PAPF1的左焦点，195的最小值为

点拨：设F2为椭圆的右焦点，利用定义将PF1转化为PF2，在结合图形，用平面几何的知识解决。PAPF16PAPF2，当P,A,F2共线时最小，最小值为62 ★热点考点题型探析★

考点1 直线与圆锥曲线的位置关系

题型1：交点个数问题

[例1 ] 设抛物线y28x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（ ）

11A．. B．[－2，2] C．[－1，1] D．[－4，4]

22【解题思路】解决直线与圆锥曲线的交点个数问题的通法为判别式法 [解析] 易知抛物线y28x的准线x2与x轴的交点为Q (-2 , 0)， 于是，可设过点Q (-2 , 0)的直线l的方程为yk(x2)，

y28x,k2x2(4k28)x4k20. 联立yk(x2),其判别式为(4k28)216k464k2640，可解得 1k1，应选C. 【名师指引】（1）解决直线与圆锥曲线的交点问题的方法：一是判别式法；二是几何法 （2）直线与圆锥曲线有唯一交点，不等价于直线与圆锥曲线相切，还有一种情况是平行于对称轴（抛物线）或平行于渐近线（双曲线）

（3）联立方程组、消元后得到一元二次方程，不但要对进行讨论，还要对二次项系数是否为0进行讨论 【新题导练】 1已知圆x2y2mx110与抛物线yx2的准线相切，则m的值等于（ ）

44A．2 B．3 C．2 D．3

1,对应的横坐标不变,得到曲线2C；设M2,1，平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m≠0),直线l与曲线C交于A、

2.已知将圆x2y28上的每一点的纵坐标压缩到原来的B两个不同点.

(1)求曲线C的方程； (2)求m的取值范围.

3. 求过点0,1的直线，使它与抛物线y22x仅有一个交点. 答案：

1.[解析]D；

m1m抛物线的准线为y1，将圆化为标准方程xy2，圆心到直线的距离为

241m21m3．

422x'xP'(x',y')P(x,y)2[解析]（1）设圆上的动点为压缩后对应的点为，则，

y'2yx2y2代入圆的方程得曲线C的方程：1

82（2）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m,又KOM∴直线l的方程为y1, 21xm. 21yxm,2 , 得 x22mx2m240 由22xy1.82∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点，

∴(2m)24(2m24)0, 解得2m2且m0.

∴m的取值范围是2m0或0m2.

3[解析] ①当所求直线斜率不存在时，即直线垂直x轴，因为过点0,1，所以x0即y轴，它正好与抛物线y22x相切.②当所求直线斜率为零时，直线为y = 1平行x轴，它正好与抛物线y22x只有一个交点.③一般地，设所求的过点(0,1)的直线为

ykx1ykx1(k0),则2，

y2xk2x2(2k2)x10.令0,解得k综上，满足条件的直线为：y1,题型2：与弦中点有关的问题

[例2]已知点A、B的坐标分别是1,0，1,0.直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.

(Ⅰ)求动点M的轨迹方程; (Ⅱ)若过点N11,∴ 所求直线为yx1.

22x0,y1x1. 21,1的直线l交动点M的轨迹于C、D两点, 且N为线段CD的中点，求直2线l的方程.

【解题思路】弦中点问题用“点差法”或联立方程组，利用韦达定理求解

[解析] (Ⅰ)设M(x,y)， 因为kAMkBM2,所以yy2x1化简得:2x2y22x1 x1x1(Ⅱ) 设C(x1,y1),D(x2,y2) 当直线l⊥x轴时,直线l的方程为x设直线l的方程为y1k(x)

将C(x1,y1),D(x2,y2)代入2xy2x1得

22222x12y122„„„„(1) 2x2y22„„„„(2)

11616,则C(,),D(,),其中点不是N,不合题意 22222121(1)-(2)整理得:ky1y22(x1x2)21

x1x2(y1y2)2122直线l的方程为y111(x) 22即所求直线l的方程为x2y30

解法二: 当直线l⊥x轴时,直线l的方程为x其中点不是N,不合题意.

11616,则C(,),D(,), 2222222故设直线l的方程为y1k(x),将其代入2xy2x1化简得

12kk(2k2)x22k(1)x(1)220

22k2k2224k(1)4(2k)[(1)2]022k2k(1)2x1x2(2)由韦达定理得22kk2(1)22x1x2(3)22k(1),

k1k(1)1,, k又由已知N为线段CD的中点,得x1x2解得22222k2将k1代入(1)式中可知满足条件.

此时直线l的方程为y111(x),即所求直线l的方程为x2y30 22【名师指引】通过将C、D的坐标代入曲线方程，再将两式相减的过程，称为代点相减．这

里，代点相减后，适当变形，出现弦PQ的斜率和中点坐标，是实现设而不求（即点差法）的关键．两种解法都要用到“设而不求”，它对简化运算的作用明显，用“点差法”解决弦中点问题更简洁 【新题导练】

x2y21.椭圆1的弦被点P2,1所平分，求此弦所在直线的方程

164x2y22.已知直线y=－x+1与椭圆221(ab0)相交于A、B两点，且线段AB的中点在

ab直线L：x－2y=0上，求此椭圆的离心率

答案：

1.[解析]设弦所在直线与椭圆交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点，则

2222222yyx1y1x2y2xx1221，1，两式相减得：10， 1641641642化简得(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0， 把x1x24,y1y22代入得kMNy1y21

x1x22故所求的直线方程为y1(x2)，即x2y40

122.[解析]

2 2 设A(x1,y1),B(x2,y2)，AB的中点为M(x0,y0),

xyxy代入椭圆方程得12121，22221,

abab2222y2y1b2x2x12.  AB的中点为M(x0,y0)在直线l上，两式相减,得

x2x1ay2y1x02y00，b212 2ea22x1x22x0yy12，而2kAB1

y1y22y0x2x1

题型3：与弦长有关的问题

[例3]已知直线y2xk被抛物线x24y截得的 弦长AB为20，O为坐标原点． （1）求实数k的值；

（2）问点C位于抛物线弧AOB上何处时， △ABC面积最大？

【解题思路】用“韦达定理”求弦长；考虑△ABC 面积的最大值取得的条件

[解析]（1）将y2xk代入x24y得x28x4k0， 由△6416k0可知k4，

另一方面，弦长AB56416k20，解得k1； （2）当k1时，直线为y2x1，要使得内接△ABC面积最大，

则只须使得yC12xC2， 4即xC4，即C位于（4，4）点处．

【名师指引】用“韦达定理”不要忘记用判别式确定范围 【新题导练】

x2y21. 已知椭圆C1:221(ab0)与直线xy10相交于两点A、B．

ab（1）当椭圆的半焦距c1，且a2,b2,c2成等差数列时，求椭圆的方程； （2）在（1）的条件下，求弦AB的长度|AB|； 2.已知点A3,0和B3,0，动点C到A、B两点的距离之差的绝对值为2，点C的

轨迹与直线yx2交于D、E两点，求线段DE的长． 答案：

1.[解析]（1）由已知得：2b2a2c2b22c2，∴b22,a23

x2y2所以椭圆方程为：1

32

2x23y26（2）A(x1,y1),B(x2,y2)，由，得5x26x30

xy10

∴x1x2∴|AB|63,x1x2 55

2|x1x2|2(x1x2)24x1x283 52

y22.解：根据双曲线的定义，可知C的轨迹方程为x1．

2yx2,联立2y2得x24x60．

1.x2设Dx1,y1，Ex2,y2，则x1x24,x1x26． 所以DE2x1x22x1x224x1x245．

故线段DE的长为45．

考点2：对称问题

题型：对称的几何性质及对称问题的求法（以点的对称为主线，轨迹法为基本方法）

x2y2[例4 ] 若直线l过圆xy4x2y0的圆心M交椭圆C:=1于A、B两点，9422若A、B关于点M对称，求直线L的方程．

[解析] M(2,1)，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x24,y1y22

222222y1y2x1y1x2y2xx122又1，1，两式相减得：0，

9494942化简得4(x1x2)(x1x2)9(y1y2)(y1y2)0， 把x1x24,y1y22代入得kABy1y28

x1x29故所求的直线方程为y1(x2)，即x2y40 所以直线l的方程为 ：8x-9y+25=0.

【名师指引】要抓住对称包含的三个条件： (1)中点在对称轴上

(2)两个对称点的连线与轴垂直

(3)两点连线与曲线有两个交点(0),通过该不等式求范围 【新题导练】

121. 已知抛物线y22px上有一内接正△AOB，O为坐标原点. 求证：点A、B关于x轴对称；

yA

OB x 2在抛物线y24x上恒有两点关于直线ykx3对称，求k的取值范围.

3.若抛物线yax21，总存在不同的两点A、B关于直线y+x=0对称，求实数a的范围.

22|OA||OB|，x12y12x2答案：1.[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2)，，y22x122px1x22px2，即(x1x2)(x1x22p)0，

x10,x20,p0，x1x2，y1y2，故点A、B关于x轴对称

2.[解析] （1）当k0时，曲线上不存在关于直线对称的两点．

（2）当k0时，设抛物线y24x上关于直线对称的两点A(x1,y1),B(x2,y2)，AB的中点为M(x0,y0)，则直线AB直线的斜率为直线11 ，可设AB:yxb 代入kky24x得y24ky4kb0

16k216kb0 () y1y24k,y1y24kb

y02k,x1x2k(y1y2)2kb4k22kb，x02k2kb

2M在直线ykx3上，2kk(2kkb)3

bk2k223， k2代入()得即(k1)(kk3)10 k 又k2k30恒成立，所以1m0． 综合（1）（2），k的取值范围是1,0

3分析：若存在A、B关于直线y+x=0对称，A、B必在与直线y+x=0垂直的直线系中某一条与抛物线yax21相交的直线上，并且A、B的中点M恒在直线y+x=0上.

解：如图所示，设与直线y+x=0垂直的直线系方程为

y=x+b 由

yxb 得 2yax1ax2xb10 ①

令 △＞0

即14ab10 整理得

24ab4a10 ②

在②的条件下，由①可以得到直线y=x+b、抛物线yax21的交点A、B的中点M的坐标为

11,b）,要使A、B关于直线y+x=0对称，则中点M应该在直线y+x=0上，所以有 2a2a11+（b）=0 ③ 2a2a13即b代入②解不等式得 a

a43因此，当a时，抛物线yax21上总存在不同的两点A、B关于直线y+x=0对称.

4（

考点3 圆锥曲线中的范围、最值问题

题型：求某些变量的范围或最值

x2y2 [例5]已知椭圆C1:221(ab0)与直线xy10相交于两点A、B．当椭圆

ab的离心率e满足32，且OAOB0（O为坐标原点）时，求椭圆长轴长的取值e32范围．

【解题思路】通过“韦达定理”沟通a与e的关系

b2x2a2y2a2b2 [解析]由，得(a2b2)x22a2xa2(1b2)0

xy10由2a2b2(a2b21)0，得a2b21

2a2a2(1b2) 此时x1x22,x1x2222abab

由OAOB0，得x1x2y1y20，∴2x1x2(x1x2)10 a2 即ab2ab0，故b22a122222c2a2b22222由e2，得baae 2aa2∴2a121 21e由325a23得，∴52a6 e4232

所以椭圆长轴长的取值范围为[5,6]

【名师指引】求范围和最值的方法：

几何方法：充分利用图形的几何特征及意义，考虑几何性质解决问题 代数方法：建立目标函数，再求目标函数的最值． 【新题导练】

1x2y21. 已知P是椭圆C：1的动点，点A(,0)关于原点O的对称点是B，若|PB|的

242最小值为

3，求点P的横坐标的取值范围。 2x2y22已知椭圆，B（2，2）是椭圆内的两点，P是椭圆上任一点，求：1，A（4，0）

259（1）求

5|PA||PB|的最小值； 4（2）求|PA|+|PB|的最小值和最大值．

答案：

1.[解析]由A(,0),得B(,0)，设P(x,y)

12121212x2172|PB|(x)y(x)2(x1)2，

222242|PB|31792，(x1)，解得x0或x2 2244又2x2x2或0x2

2[解析]（1）最小值为

17 4（2）最大值为10+|BC|=10210；最小值为10-|BC|=10210．

考点4 定点，定值的问题

题型：论证曲线过定点及图形（点）在变化过程中存在不变量

x2y26[例6] 已知P、Q是椭圆C：1上的两个动点，M(1,)是椭圆上一定点，F是422其左焦点，且|PF|、|MF|、|QF|成等差数列。

求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A；

【解题思路】利用“|PF|、|MF|、|QF|成等差数列”找出两动点间的坐标关系

x2y2证明：设P(x1,y1),Q(x2,y2),由椭圆的标准方程为1知

42x122

|PF|(x12)y(x12)22x1.222212同理|OF|222x2,|MF|2. 2222)4(x1x2),x1x22. 222|MF||PF||QF|,2(2

22x12y14,2222得(xx)2(yy①当x1x2时,由21212)0， 2x22y24,从而有

y1y21xx21.

x1x22y1y2y1y21，

x1x22n设线段PQ的中点为N(1,n),由kPQ得线段PQ的中垂线方程为yn2n(x1).

1(2x1)ny0,该直线恒过一定点A(,0).

2②当x1x2时,P(1,6666),Q(1,),或Q(1,),P(1,). 22221212线段PQ的中垂线是x轴，也过点A(,0),线段PQ的中垂线过点A(,0). 【名师指引】定点与定值问题的处理一般有两种方法：

（1）从特殊入手，求出定点和定值，再证明这个点（值）与变量无关; （2）直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点（定值）． 【新题导练】

2221.已知抛物线C的方程为yx2mx2m1，则抛物线C恒过定点

________________

y2x22 试证明双曲线2－2=1（a＞0，b＞0）上任意一点到它的两条渐近线的距离之积为常

ba数.

3.设抛物线y2=2px (p>0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，C在抛物线上，且BC//x轴。证明直线AC经过原点O。

答案：

1.[解析](-1,0) [令x=-1得y=0] 2.[解析] 双曲线上任意一点为P(x,y)， 它到两渐近线的距离之积d1d2|bxay||bxay||b2x2a2y2|b2a2 22222222abababab3.解析：设

A(x1,y1)，B(x2,y2)，由BC//x轴，且点C在准线x=p上，所以点C的坐2y2y1p标为(,y2)。要证直线AC经过原点O，只需证明kOC=kOA，kOA=，kOC=p,下面的问

x212题是如何将两者联系起来，这只要重复上述课本习题的解答过程，得y1y2=-p，即可得

2

y22py1，命题即得证。 p2p，又y122px1，y1x12y1考点5 曲线与方程

题型：用几种基本方法求方程

x21.点P为双曲线y21上一动点，O为坐标原点，M为线段OP中点，则点M的轨迹

4方程是_____________-.

y22. 过双曲线C:xQ两点，1的右焦点F作直线l与双曲线C交于P、OMOPOQ,

32求点M的轨迹方程．

x2y23 已知动点P与双曲线且1的两个焦点F1、F2的距离之和为定值，

231的最小值为．求动点P的轨迹方程；

9cosF1PF24.已知抛物线C的对称轴与y轴平行，顶点到原点的距离为5.若将抛物线C向上平移3个单位，则在x轴上截得的线段长为原抛物线C在x轴上截得的线段长的一半；若将抛物线C向左平移1个单位，则所得抛物线过原点，求抛物线C的方程. 答案：

1.[解析] x24y21 [相关点法]

2.[解析]右焦点（2，0），设P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x,y)

OMOPOQ得xxxy1y2y12，yy1y2，直线l的斜率

kx 1x2x22又

x2y1x22y22131，

31，两式相减得化简3(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，

把xx，yyy1y21x21y2，xxy2代入上式得3x26xy20

12x3.[解析]（1）由条件知，动点P的轨迹为椭圆，其中半焦距为c5，

点P在y轴上时F最大，由余弦定理得a3，动点P的轨迹方程x2y21PF2941

4.解:设所求抛物线方程为(x-h)2=a(y-k)( a∈R, a≠0) ①

由①的顶点到原点的距离为5，得h2k2=5

②

在①中，令y=0，得x2-2hx+h2+ak=0。设方程的二根为x1,x2，则 |x1-x2|=2ak.

将抛物线①向上平移3个单位，得抛物线的方程为 (x-h)2=a(y-k-3)

令y=0，得x2-2hx+h2

+ak+3a=0。设方程的二根为x3,x4，则 |x3-x4|=2ak3a. 依题意得2ak3a=

12·2ak， 即 4(ak+3a)=ak ③

将抛物线①向左平移1个单位，得(x-h+1)2=a(y-k), 由抛物线过原点，得(1-h)2=-ak ④

由②③④得a=1，h=3, k=-4或a=4，h=-3, k=-4.

得

22

∴所求抛物线方程为(x-3)=y+4，或(x+3)=4(y+4).