【正文】 雙曲線拋物線軌跡條件點集：({M｜｜MF1+｜MF2｜=2a,｜F 1F2｜＜2a＝點集：{M｜｜MF1｜｜MF2｜.=177。+kx=hy=k雙曲線=1(177。|PF2|=|F1F2|2=4c2∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜,又∵c2=4+b2＜,∴b2＜,∴b2=1.答案：1【例2】 已知圓C1的方程為，橢圓C2的方程為，C2的離心率為，如果C1與C2相交于A、B兩點，且線段AB恰為圓C1的直徑，求直線AB的方程和橢圓C2的方程。方法二:同上得 設(shè)點M (3cosα，2sinα)，N (3cosβ,2sinβ) 則有由上式消去α并整理得, 由于 ∴ ， 解得為所求. 方法三：設(shè)法求出橢圓上的點到點D的距離的最大值為5，最小值為1.進(jìn)而推得的取值范圍為。時，方程(*)有一個根，l與C有一個交點(ⅱ)當(dāng)2－k2≠0,即k≠177。n= ②由①、②式得m=,n=或m=,n=故橢圓方程為+y2=1或x2+y2=1.【例10】 如圖所示，拋物線y2=4x的頂點為O，點A的坐標(biāo)為(5，0)，傾斜角為的直線l與線段OA相交(不經(jīng)過點O或點A)且交拋物線于M、N兩點，求△AMN面積最大時直線l的方程，并求△AMN的最大面積.解：由題意，可設(shè)l的方程為y=x+m,－5＜m＜0.由方程組,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0……………①∵直線l與拋物線有兩個不同交點M、N，∴方程①的判別式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0,解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范圍為(－5，0)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)則x1+x2=4－2m，x1,或k=，或k不存在時，l與C只有一個交點；當(dāng)＜k＜,或－＜k＜,或k＜－時，l與C有兩個交點；當(dāng)k＞時，l與C沒有交點.(2)假設(shè)以Q為中點的弦存在，設(shè)為AB，且A(x1,y1),B(x2,y2)，則2x12－y12=2,2x22－y22=2兩式相減得：2(x1－x2)(x1+x2)=(y1－y2)(y1+y2)又∵x1+x2=2,y1+y2=2∴2(x1－x2)=y1－y1即kAB==2但漸近線斜率為177。(1)求過P(1，2)點的直線l的斜率取值范圍，使l與C分別有一個交點，兩個交點，沒有交點。1.即漸近線為y=177。,故當(dāng)k＜－或－＜k＜或＜k＜時，方程(*)有兩不等實根，l與C有兩個交點.③當(dāng)Δ＜0，即k＞時，方程(*)無解，l與C無交點.綜上知：當(dāng)k=177。x,又點A關(guān)于y=x對稱點的坐標(biāo)為(0，).∴a==b,所求雙曲線C的方程為x2－y2=2.(2)設(shè)直線l：y=k(x－)(0＜k＜1,依題意B點在平行的直線l′上，且l與l′間的距離為.設(shè)直線l′：y=kx+m,應(yīng)有,化簡得m2+2km=2. ②把l′代入雙曲線方程得(k2－1)x2+2mkx+m2－2=0,由Δ=4m2k2－4(k2－1)(m2－2)=0.可得m2+2k2=2 ③②、③兩式相減得k=m,代入③得m2=,解設(shè)m=,k=,此時x=,y=.故B(2,).直線與圓錐曲線【復(fù)習(xí)要點】直線與圓錐曲線聯(lián)系在一起的綜合題在高考中多以高檔題、壓軸題出現(xiàn)，主要涉及位置關(guān)系的判定，弦長問題、最值問題、對稱問題、分類討論、函數(shù)與方程、等價轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法，要求考生分析問題和解決問題的能力、計算能力較高，起到了拉開考生“檔次”，有利于選拔的功能.，實際上是研究它們的方程組成的方程是否有實數(shù)解成實數(shù)解的個數(shù)問題，此時要注意用好分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想方法.：涉及弦長問題，常用“韋達(dá)定理法”設(shè)而不求計算弦長(即應(yīng)用弦長公式)；涉及弦長的中點問題，常用“差分法”設(shè)而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點坐標(biāo)聯(lián)系起來，尋找量與量間的關(guān)系靈活轉(zhuǎn)化，往往就能事半功倍.【例題】【例17】 已知橢圓的中心在坐標(biāo)原點O，焦點在坐標(biāo)軸上，直線y=x+1與橢圓交于P和Q，且OP⊥OQ，|PQ|=，求橢圓方程.解：設(shè)橢圓方程為mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)，P(x1,y1),Q(x2,y2)由 得(m+n)x2+2nx+n－1=0,Δ=4n2－4(m+n)(n－1)＞0,即m+n－mn＞0,由OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0,∴+1=0,∴m+n=2 ①又22,將m+n=2,代入得m(2)若Q(1，1)，試判斷以Q為中點的弦是否存在.解：(1)當(dāng)直線l的斜率不存在時，l的方程為x=1,與曲線C有一個交點.當(dāng)l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y－2=k(x－1),代入C的方程，并整理得(2－k2)x2+2(k2－2k)x－k2+4k－6=0………………(*)(ⅰ)當(dāng)2－k2=0,即k=177。,結(jié)合圖形知直線AB與C無交點，所以假設(shè)不正確，即以Q為中點的弦不存在.【例4】 如圖，已知某橢圓的焦點是F1(－4，0)、F2(4，0)，過點F2并垂直于x軸的直線與橢圓的一個交點為B，且|F1B|+|F2B|=10，橢圓上不同的兩點A(x1,y1),C(x2,y2)滿足條件：|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差數(shù)列.(1)求該弦橢圓的方程；(2)求弦AC中點的橫坐標(biāo)；(3)設(shè)弦AC的垂直平分線的方程為y=kx+m，求m的取值范圍.解：(1)由橢圓定義及條件知，2a=|F1B|+|F2B|=10,得a=5,又c=4,所以b===1.(2)由點B(4,yB)在橢圓上，得|F2B|=|yB|=.因為橢圓右準(zhǔn)線方程為x=,離心率為，根據(jù)橢圓定義，有|F2A|=(－x1),|F2C|=(－x2)，由|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差數(shù)列，得(－x1)+(－x2)=2,由此得出：x1+x2=8.設(shè)弦AC的中點為P(x0,y0),則x0==4.(3)解法一：由A(x1,y1),C(x2,y2)在橢圓上.①②得 ①－②得9(x12－x22)+25(y12－y22)=0,即9=0(x1≠x2)將 (k≠0)代入上式，得94+25y0(－)=0(k≠0)即k=y0(當(dāng)k=0時也成立).由點P(4，y0)在弦AC的垂直平分線上，得y0=4k+m,所以m=y0－4k=y0－y0=－y0.由點P(4，y0)在線段BB′(B′與B關(guān)于x軸對稱)的內(nèi)部，得－＜y0＜,所以－＜m＜.解法二：因為弦AC的中點為P(4,y0)，所以直線AC的方程為y－y0=－(x－4)(k≠0) ③將③代入橢圓方程=1,得(9k2+25)x2－50(ky0+4)x+25(ky0+4)2－259k2=0所以x1+x2==8,解得k=y0.(當(dāng)k=0時也成立)(以下同解法一).【例5】 已知雙曲線G的中心在原點，它的漸近線與圓相切．過點作斜率為的直線，使得和交于兩點，和軸交于點，并且點在線段上，又滿足．（1）求雙曲線的漸近線的方程；（2）求雙曲線的方程；（3）橢圓的中心在原點，它的短軸是的實軸．如果中垂直于的平行弦的中點的軌跡恰好是的漸近線截在內(nèi)的部分，求橢圓的方程．解：（1）設(shè)雙曲線的漸近線的方程為：，則由漸近線與圓相切可得：．所以，．雙曲線的漸近線的方程為：．（2）由（1）可設(shè)雙曲線的方程為：．把直線的方程代入雙曲線方程，整理得．則 （＊）∵ ，共線且在線段上，∴ ，即：，整理得：將（＊）代入上式可解得：．所以，雙曲線的方程為．（3）由題可設(shè)橢圓的方程為：．下面我們來求出中垂直于的平行弦中點的軌跡．設(shè)弦的兩個端點分別為，的中點為，則．兩式作差得：由于，所以，所以，垂直于的平行弦中點的軌跡為直線截在橢圓S內(nèi)的部分．又由題，這個軌跡恰好是的漸近線截在內(nèi)的部分，所以，．所以，橢圓S的方程為：．點評：解決直線與圓錐曲線的問題時，把直線投影到坐標(biāo)軸上（也即化線段的關(guān)系為橫坐標(biāo)（或縱坐標(biāo)）之間的關(guān)系）是常用的簡化問題的手段；有關(guān)弦中點的問題，常常用到“設(shè)而不求”的方法；判別式和韋達(dá)定理是解決直線與圓錐曲線問題的常用工具）．【例6】 設(shè)拋物線過定點，且以直線為準(zhǔn)線．（1）求拋物線頂點的軌跡的方程；（2）若直線與軌跡交于不同的兩點，且線段恰被直線平分，設(shè)弦MN的垂直平分線的方程為，試求的取值范圍． 解：（1）設(shè)拋物線的頂點為，則其焦點為．由拋物線的定義可知：． 所以，． 所以，拋物線頂點的軌跡的方程為： ． （2）因為是弦MN的垂直平分線與y軸交點的縱坐標(biāo)，由MN所唯一確定．所以，要求的取值范圍，還應(yīng)該從直線與軌跡相交入手．顯然，直線與坐標(biāo)軸不可能平行，所以，設(shè)直線的方程為，代入橢圓方程得： 由于與軌跡交于不同的兩點，所以，即：．（＊） 又線段恰被直線平分，所以，． 所以，． 代入（＊）可解得：．下面，只需找到與的關(guān)系，即可求出的取值范圍．由于為弦MN的垂直平分線，故可考慮弦MN的中點．在中，令，可解得：．將點代入，可得：．所以，．從以上解題過程來看，求的取值范圍，主要有兩個關(guān)鍵步驟：一是尋求與其它參數(shù)之間的關(guān)系，二是構(gòu)造一個有關(guān)參量的不等式．從這兩點出發(fā)，我們可以得到下面的另一種解法：解法二．設(shè)弦MN的中點為，則由點為橢圓上的點，可知：．兩式相減得：BB＇ＭＮＰ又由于，代入上式得：．又點在弦MN的垂直平分線上，所以，．所以，．由點在線段BB’上（B’、B為直線與橢圓的交點，如圖），所以，．也即：．所以，點評：解決直線和圓錐曲線的位置關(guān)系問題時，對于消元后的一元二次方程，必須討論二次項系數(shù)和判別式，有時借助圖形的幾何性質(zhì)更為方便．涉及弦中點問題，利用韋達(dá)定理或運用平方差法時（設(shè)而不求），必須以直線與圓錐曲線相交為前提，否則不宜用此法．從構(gòu)造不等式的角度來說，“將直線的方程與橢圓方程聯(lián)立所得判別式大于0”與“弦MN的中點在橢圓內(nèi)”是等價的．【例7】 設(shè)拋物線的焦點為F，經(jīng)過點F的直線與拋物線交于A、B兩點．又M是其準(zhǔn)線上一點．試證：直線MA、MF、MB的斜率成等差數(shù)列．　　證明　依題意直線MA、MB、MF的斜率顯然存在，并分別設(shè)為，點A、B、M的坐標(biāo)分別為A（，），B（，），M（，m）由“AB過點F（，0）”得　　： 將上式代入拋物線中得：可知　又依“及”可知　因此　而 故即直線MA、MF、MB的斜率成等差數(shù)列．【例8】 已知=(x,0)，=(1，y)(1)求點P(x，y)的軌跡C的方程；(2)若直線：y=kx+m(km≠0)與曲線C交于A、B兩端，D(0，－1),且有|AD|=|BD|，試求m的取值范圍。x2=m2,∴|MN|=4.點A到直線l的距離為d=.∴S△=2(5+m),從而S△2=4(1－m)(5+m)2=2(2－2m)解：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2， y2)切線PA：，PB：∵P點在切線PA、PB上，∴∴直線AB的方程為(2)在直線AB方程中，令y=0，則M(，0)；令x=0，則N(0，)∴ ①∵2b=8 ∴b=4 代入①得a2 =25, b2 =16∴橢圓C方程： （注：不剔除xy≠0，可不扣分）(3) 假設(shè)存在點P(x0，y0)滿足PA⊥PB，連接OA、OB由|PA|=|PB|知，四邊形PAOB為正方形，|OP|=|OA| ∴ ① 又∵P點在橢圓C上 ∴ ②由①②知x∵ab0 ∴a2 －b20(1)當(dāng)a2－2b20，即ab時，橢圓C上存在點，由P點向圓所引兩切線互相垂直；(2)當(dāng)a2－2b20，即bab時，橢圓C上不存在滿足條件的P點【例6】 已知橢圓C的焦點是F1（－，0）、F2（，0），點F1到相應(yīng)的準(zhǔn)線的距離為，過F2點且傾斜角為銳角的直線l與橢圓C交于A、B兩點，使得|F2B|=3|F2A|. （1）求橢圓C的方程；（2）求直線l的方程.解：（1）依題意，橢圓中心為O（0，0），點F1到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為，a2=b2+c2=1+3=4∴所求橢圓方程為（2）設(shè)橢圓的右準(zhǔn)線與l交于點P，作AM⊥，AN⊥，垂足分別為M、N. 由橢圓第二定義，得同理|BF2|=e|BN|由Rt△PAM～Rt△PBN，得…9分的斜率.∴直線l的方程【例7】 已知點B（－1，0），C（1，0），P是平面上一動點，且滿足（1）求點P的軌跡C對應(yīng)的方程；（2）已知點A（m,2）在曲線C上，過點A作曲線C的兩條弦AD和AE，且AD⊥AE，判斷：直線DE是否過定點？試證明你的結(jié)論.（3）已知點A（m,2）在曲線C上，過點A作曲線C的兩條弦AD，AE，且AD，AE的斜率kk2滿足k1+kx=hy=k拋物線(yk)2=2p(xh)(+h,k)x=+hy=k(yk)2=2p(xh)(+h,k)x=+hy=k(xh)