识·方法篇练习：专题7 解析几何 第31练 含解析

第31练直线与圆锥曲线的综合问题

[题型分析·高考展望]本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题，从近几年的高考试题来看，除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外，在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线结合起来．本部分的主要特点是运算量大、思维难度较高，但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍的效果．预测在今后高考中，主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题，有时会与向量的共线、模和数量积等联系起来；对于方程的求解，不要忽视轨迹的求解形式，后面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查，探索类和存在性问题考查的概率也很高．

体验高考

x2y22

1.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F

ab2到左准线l的距离为3.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线AB的方程． c2a2

解(1)由题意，得＝且c＋＝3，

a2c解得a＝2，c＝1，则b＝1， x22

所以椭圆的标准方程为＋y＝1.

2

(2)当AB⊥x轴时，AB＝2，又CP＝3，不合题意． 当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将AB的方程代入椭圆方程， 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0， 2k2±21＋k2

则x1,2＝，

1＋2k2

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2k2－k

C的坐标为2，2，且 1＋2k1＋2k

AB＝

x2－x12＋y2－y12＝1＋k2x2－x12

221＋k2＝. 1＋2k2

若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意． 从而k≠0，故直线PC的方程为

2

k1x－2ky＋＝－，

k1＋2k21＋2k2

5k2＋2

则P点的坐标为－2，2， k1＋2k

23k2＋11＋k2从而PC＝.

|k|1＋2k2因为|PC|＝2|AB|，

23k2＋11＋k2421＋k2所以＝，解得k＝±1.

|k|1＋2k21＋2k2此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.

2．如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.

(1)求p的值；

(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围．

解(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线p

的定义得＝1，即p＝2.

2

(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)， 可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.

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2y＝4x，

因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由消去x得y2－4sy－4

x＝sy＋1

＝0.

122，－. 故y1y2＝－4，所以Btt2t

又直线AB的斜率为2，

t－1t2－1

故直线FN的斜率为－，

2tt2－1

从而得直线FN：y＝－(x－1)，

2t2

直线BN：y＝－.

t

t2＋32

，－. 所以N2

tt－1

2t

设M(m,0)，由A，M，N三点共线得2＝，

t－m2t2＋3

t－2

t－12t2

于是m＝2，所以m＜0或m＞2.

t－1经检验，m＜0或m＞2满足题意．

综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．

x2y2

3．已知椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点

ab1

3，在椭圆E上． P2

(1)求椭圆E的方程；

1

(2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，

2直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.

1

41xy3

3，，故2＋2＝1，解得b2＝(1)解由已知，得a＝2b，又椭圆2＋2＝1(a>b>0)过点P2ab4bb

2

2

2t＋

2

t

x22

1.所以椭圆E的方程是＋y＝1.

4

第3页 共13页

1

(2)证明设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由方程组

2

1

y＝2x＋m，

x22

＋y＝1，4

得x2＋2mx＋2m2－2＝0， ①

方程①的判别式为Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ>0， 即2－m2>0，解得－2m1－m，，直线OM方程为y＝－x， 所以M点坐标为22



由方程组1

y＝－2x，

所以|MC|·|MD|＝5

＝(2－m2)． 41

又|MA|·|MB|＝|AB|2

4

x22

＋y＝1，4

得C－2，



22，D2，－. 22

55

(－m＋2)·(2＋m) 22

15

＝[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝[(x1＋x2)2－4x1x2] 41655

＝[4m2－4(2m2－2)]＝(2－m2)． 1所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.

高考必会题型

题型一直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用

x2y22例1设焦点在x轴上的椭圆M的方程为＋2＝1(b>0)，其离心率为. 4b2(1)求椭圆M的方程；

(2)若直线l过点P(0,4)，则直线l何时与椭圆M相交？ 解(1)因为椭圆M的离心率为4－b222

所以＝，得b2＝2.

422

， 2

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x2y2

所以椭圆M的方程为＋＝1.

42

(2)①过点P(0,4)的直线l垂直于x轴时，直线l与椭圆M相交．

y＝kx＋4，

②过点P(0,4)的直线l与x轴不垂直时，可设直线l的方程为y＝kx＋4.由x2y2消去

4＋2＝1

y，

得(1＋2k2)x2＋16kx＋28＝0.因为直线l与椭圆M相交，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×28＝16(2k2－7)>0， 解得k<－

1414或k>. 22

综上，当直线l垂直于x轴或直线l的斜率的取值范围为－∞，－



1414∪，＋∞时，

22

直线l与椭圆M相交．

点评对于求过定点的直线与圆锥曲线的位置关系问题，一是利用方程的根的判别式来确定，但一定要注意，利用判别式的前提是二次项系数不为零；二是利用图形来处理和理解；三是直线过定点位置不同，导致直线与圆锥曲线的位置关系也不同．

x2y2

变式训练1设椭圆E的方程为2＋2＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点

abB的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为(1)求椭圆E的离心率e；

7

(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，2求E的方程．

21

解(1)由题设条件知，点M的坐标为3a，3b， 又kOM＝5b5

，从而＝， 102a10

c25

a2－b2＝2b，故e＝＝. a5

xy

＋＝1，点N的坐标为5bb

5. 10

进而得a＝5b，c＝(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为

5b，－1b.

22

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7x1，， 设点N关于直线AB的对称点S的坐标为2则线段NS的中点T的坐标为

5x117

b＋，－b＋.

2444

又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1，



从而有71

＋b22x－5b＝2

1

5x117b＋－b＋4244

＋＝1，

b5b

5，

解得b＝3.

x2y2

所以a＝35，故椭圆E的方程为＋＝1.

459题型二直线与圆锥曲线的弦的问题

x2y2a2

例2已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)，过点E(，0)的直

abc线与椭圆相交于A，B两点，且F1A∥F2B，|F1A|＝2|F2B|. (1)求椭圆的离心率； (2)求直线AB的斜率．

解(1)由F1A∥F2B，且|F1A|＝2|F2B|， a2

－cc|EF2||F2B|11

得＝＝，从而2＝， |EF1||F1A|2a2

＋cc整理，得a2＝3c2，故离心率e＝(2)由(1)得b2＝a2－c2＝2c2，

所以椭圆的方程可写为2x2＋3y2＝6c2，

a2

设直线AB的方程为y＝k(x－)，即y＝k(x－3c)．

c由已知设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

3. 3

y＝kx－3c，222222

则它们的坐标满足方程组2消去y并整理，得(2＋3k)x－18kcx＋27kc－6c

2x＋3y2＝6c2

＝0，

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依题意，Δ＝48c2(1－3k2)>0，得－18k2c

而x1＋x2＝2， 2＋3k27k2c2－6c2x1x2＝，

2＋3k2

33①

②

由题设知，点B为线段AE的中点， 所以x1＋3c＝2x2，

③

9k2c－2c9k2c＋2c

联立①③解得x1＝，x2＝，

2＋3k22＋3k22

将x1，x2代入②中，解得k＝±满足(*)式，

32

故所求k的值是±. 3

点评直线与圆锥曲线弦的问题包括求弦的方程，弦长，弦的位置确定，弦中点坐标轨迹等问题，解决这些问题的总体思路是设相关量，找等量关系，利用几何性质列方程(组)，不等式(组)或利用一元二次方程根与系数的关系，使问题解决．

x2y2

变式训练2设F1，F2分别是椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的左，右焦点，过F1且斜率为1的直

ab线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列． (1)求椭圆E的离心率；

(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求椭圆E的方程． 解(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a， 4

又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，

3l的方程为y＝x＋c，其中c＝a2－b2.

y＝x＋c，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组x2y2消去y，化简得(a2＋

a2＋b2＝1

2222

－2acac－b222222

b)x＋2acx＋a(c－b)＝0，则x1＋x2＝22，x1x2＝22.

a＋ba＋b

因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝2|x2－x1|＝

44ab2

2[x1＋x2－4x1x2]，即a＝22，故a2

3a＋b

2

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＝2b2，

c

所以E的离心率e＝＝a

a2－b22

＝. a2

(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知 x1＋x2－a2c2cc

x0＝＝22＝－，y0＝x0＋c＝.

233a＋by0＋1由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即＝－1，

x0得c＝3，从而a＝32，b＝3. x2y2

故椭圆E的方程为＋＝1.

1

高考题型精练

1．已知椭圆C：x2＋3y2＝3，过点D(1,0)且不过点E(2,1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M. (1)求椭圆C的离心率；

(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；

(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由． x22

解(1)椭圆C的标准方程为＋y＝1，

3所以a＝3，b＝1，c＝2. c6

所以椭圆C的离心率e＝＝. a3(2)因为AB过点D(1,0)且垂直于x轴， 所以可设A(1，y1)，B(1，－y1)， 直线AE的方程为y－1＝(1－y1)(x－2)， 令x＝3，得M(3,2－y1)， 所以直线BM的斜率kBM＝

2－y1＋y1

＝1.

3－1

(3)直线BM与直线DE平行，证明如下： 当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知kBM＝1.

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又因为直线DE的斜率kDE＝

1－0

＝1，所以BM∥DE， 2－1

当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)(k≠1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线AEy1－1

的方程为y－1＝(x－2)．

x1－2

y1＋x1－3

令x＝3，得点M3，，

x－21

22

x＋3y＝3，由 y＝kx－1，

得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0， 3k2－36k2所以x1＋x2＝，x1x2＝，

1＋3k21＋3k2y1＋x1－3

－y2

x1－2

直线BM的斜率kBM＝，

3－x2因为kBM－1 ＝

kx1－1＋x1－3－kx2－1x1－2－3－x2x1－2

3－x2x1－2

k－1[－x1x2＋2x1＋x2－3]＝

3－x2x1－2

＝

－3k2＋312k2k－12＋2－31＋3k1＋3k

3－x2x1－2

＝0，

所以kBM＝1＝kDE. 所以BM∥DE，

综上可知，直线BM与直线DE平行．

x2y2

2．已知A是椭圆E：＋＝1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在

43E上，MA⊥NA.

(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积； (2)当2|AM|＝|AN|时，证明：3第9页 共13页

(1)解设M(x1，y1)，则由题意知y1>0，由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π. 4

又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2. x2y2

将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0，

431212

解得y＝0或y＝，所以y1＝. 77

11212144

因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.

27749

x2y2

(2)证明将直线AM的方程y＝k(x＋2)(k>0)代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，

4316k2－1223－4k2

由x1·(－2)＝得x1＝，

3＋4k23＋4k2故|AM|＝|x1＋2|121＋k2

1＋k＝. 3＋4k2

2

1

由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋2)，

k1＋k2

故同理可得|AN|＝.

3k2＋4

12k由2|AM|＝|AN|，得

2k

＝， 3＋4k23k2＋4

即4k3－6k2＋3k－8＝0，

设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点，f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增，又f(3)＝153－26<0，f(2)＝6>0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(3，2)内， 所以3323．已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c>0)到直线l：x－y－2＝0的距离为.设

2P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点． (1)求抛物线C的方程；

(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程； (3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．

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|c＋2|32

解(1)依题意知＝，c>0，解得c＝1.

22所以抛物线C的方程为x2＝4y. 11

(2)由y＝x2得y′＝x，

42

11

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，所以切线PA的方程为y－

22x1x1x21y1＝(x－x1)，即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.

222同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0， 又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，

所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，

所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解，所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.

(3)由抛物线定义知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1， 所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，

x0x－2y－2y0＝0，联立方程2

x＝4y，

2

消去x整理得y2＋(2y0－x20)y＋y0＝0， 2所以y1＋y2＝x20－2y0，y1y2＝y0，

所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1

2＝y0＋x20－2y0＋1

2＝y0＋(y0＋2)2－2y0＋1＝2y20＋2y0＋5

19

y0＋2＋， ＝222

19所以当y0＝－时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为. 22

y2x2

4．已知椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.

ab(1)求椭圆C1的方程；

(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP

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的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．

b＝1，a＝2，

解(1)由题意，得b2从而

b＝1.＝1，a2·

y22

因此，椭圆C1的方程为＋x＝1.

4(2)如图，

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)， 则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′直线MN的方程为y＝2tx－t2＋h.

将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0， 即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0. 因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点， 所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0. 设线段MN的中点的横坐标是x3， x1＋x2tt2－h

则x3＝＝. 221＋t2

t＋1

设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4＝.

2由题意，得x3＝x4， 即t2＋(1＋h)t＋1＝0.

③

②

①

|

x＝t＝2t

.

由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，得h≥1，或h≤－3. 当h≤－3时，h＋2<0,4－h2<0， 则不等式②不成立，所以h≥1.

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当h＝1时，代入方程③得t＝－1， 将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立． 所以，h的最小值为1.

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