【正文】 即直線MA、MF、MB的斜率成等差數(shù)列．【例16】 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。,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。時，方程(*)有一個根，l與C有一個交點(ⅱ)當(dāng)2－k2≠0,即k≠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。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)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9】 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解：（1）∵ ∴=0∴ 得∴P點的軌跡方程為（2）考慮方程組 消去y，得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3=0(*)顯然1－3k2≠0 △=（6km）2－4(－3m2－3)=12(m2+1)－3k20設(shè)x1,x2為方程*的兩根，則 故AB中點M的坐標(biāo)為(，)∴線段AB的垂直平分線方程為：將D(0，－1)坐標(biāo)代入，化簡得：4m=3k2－1故m、k滿足，消去k2得：m2－4m0解得：m0或m4又∵4m=3k2－1－1 ∴m－故m.【直線與圓錐曲線練習(xí)】一、選擇題1．斜率為1的直線l與橢圓+y2=1相交于A、B兩點，則|AB|的最大值為( ) B. C. D. 2．拋物線y=ax2與直線y=kx+b(k≠0)交于A、B兩點，且此兩點的橫坐標(biāo)分別為x1,x2,直線與x軸交點的橫坐標(biāo)是x3,則恒有( )=x1+x2 =x1x3+x2x3 +x2+x3=0 +x2x3+x3x1=0二、填空題3．已知兩點M(1，)、N(－4，－)，給出下列曲線方程：①4x+2y－1=0,②x2+y2=3,③+y2=1,④－y2=1,在曲線上存在點P滿足|MP|=|NP|的所有曲線方程是_________.4．正方形ABCD的邊AB在直線y=x+4上，C、D兩點在拋物線y2=x上，則正方形ABCD的面積為_________.5．在拋物線y2=16x內(nèi)，通過點(2，1)且在此點被平分的弦所在直線的方程是_________.三、解答題6．已知拋物線y2=2px(p＞0),過動點M(a,0)且斜率為1的直線l與該拋物線交于不同的兩點A、B，且|AB|≤2p.(1)求a的取值范圍.(2)若線段AB的垂直平分線交x軸于點N，求△NAB面積的最大值.7．已知中心在原點，頂點AA2在x軸上，離心率e=的雙曲線過點P(6，6).(1)求雙曲線方程.(2)動直線l經(jīng)過△A1PA2的重心G，與雙曲線交于不同的兩點M、N，問：是否存在直線l,使G平分線段MN，證明你的結(jié)論.8．已知雙曲線C的兩條漸近線都過原點，且都以點A(，0)為圓心，1為半徑的圓相切，雙曲線的一個頂點A1與A點關(guān)于直線y=x對稱. (1)求雙曲線C的方程.(2)設(shè)直線l過點A，斜率為k,當(dāng)0＜k＜1時，雙曲線C的上支上有且僅有一點B到直線l的距離為，試求k的值及此時B點的坐標(biāo).直線與圓錐曲線參考答案一、：弦長|AB|=≤.答案：C：解方程組,得ax2－kx－b=0,可知x1+x2=,x1x2=－,x3=－,：B二、：點P在線段MN的垂直平分線上，判斷MN的垂直平分線于所給曲線是否存在交點.答案：②③④：設(shè)C、D所在直線方程為y=x+b,代入y2=x,利用弦長公式可求出|CD|的長，利用|CD|的長等于兩平行直線y=x+4與y=x+b間的距離，求出b的值，再代入求出|CD|：18或50：設(shè)所求直線與y2=16x相交于點A、B，且A(x1,y1),B(x2,y2),代入拋物線方程得y12=16x1,y22=16x2,兩式相減得，(y1+y2）(y1－y2)=16(x1－x2).即kAB=8.故所求直線方程為y=8x－：8x－y－15=0三、：(1)設(shè)直線l的方程為：y=x－a,代入拋物線方程得(x－a)2=2px,即x2－2(a+p)x+a2=0∴|AB|=≤2p.∴4ap+2p2≤p2,即4ap≤－p2又∵p＞0,∴a≤－.(2)設(shè)A(x1,y1)、B(x2,y2)，AB的中點 C(x,y),由(1)知，y1=x1－a,y2=x2－a,x1+x2=2a+2p,則有x==p.∴線段AB的垂直平分線的方程為y－p=－(x－a－p),從而N點坐標(biāo)為(a+2p,0）點N到AB的距離為從而S△NAB=當(dāng)a有最大值－時，S有最大值為p2.：(1)如圖，設(shè)雙曲線方程為=,解得a2=9,b2=12.所以所求雙曲線方程為=1.(2)P、AA2的坐標(biāo)依次為(6,6)、(3，0)、(－3，0），∴其重心G的坐標(biāo)為(2，2）假設(shè)存在直線l，使G(2，2)平分線段MN，設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2).則有，∴kl=∴l(xiāng)的方程為y= (x－2)+2,由,消去y,整理得x2－4x+28=0.∵Δ=16－428＜0,∴所求直線l不存在.：(1)設(shè)雙曲線的漸近線為y=kx,由d==1,解得k=177。,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。時Δ=［2(k2－2k)］2－4(2－k2)(－k2+4k－6)=16(3－2k)①當(dāng)Δ=0,即3－2k=0,k=時，方程(*)有一個實根，l與C有一個交點.②當(dāng)Δ＞0,即k＜,又k≠177。(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。(5+m)(5+m)≤2()3=128.∴S△≤8,當(dāng)且僅當(dāng)2－2m=5+m,即m=－1時取等號.故直線l的方程為y=x－1，△AMN的最大面積為8.【例3】 已知雙曲線C：2x2－y2=2與點P(1，2)。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2】 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【求圓錐曲線的方程練習(xí)】一、選擇題1．已知直線x+2y－3=0與圓x2+y2+x－6y+m=0相交于P、Q兩點，O為坐標(biāo)原點，若OP⊥OQ，則m等于( ) B.－3 D.－12．中心在原點，焦點在坐標(biāo)為(0，177。時，方程①有兩個不等的實數(shù)根故直線l方程為 【例9】 已知動點與雙曲線的兩個焦點、的距離之和為定值，且的最小值為．（1）求動點的軌跡方程； （2）若已知，、在動點的軌跡上且，求實數(shù)的取值范圍．解：（1）由已知可得： ， ∴ ∴ 所求的橢圓方程為 . (2)方法一： 由題知點D、M、N共線，設(shè)為直線m，當(dāng)直線m的斜率存在時，設(shè)為k，則直線m的方程為 y = k x +3 代入前面的橢圓方程得 (4+9k 2) x 2 +54 k +45 = 0 ①由判別式 ，得. 再設(shè)M (x 1 , y 1 ), N ( x 2 , y 2)，則一方面有，得 另一方面有 ， ② 將代入②式并消去 x 2可得，由前面知， ∴ ，解得 . 又當(dāng)直線m的斜率不存在時，不難驗證：,所以 為所求。k2=：直線DE過定點，并求出這個定點.解：（1）設(shè)【例8】 已知曲線，直線l過A（a，0）、B（0，－b）兩點，原點O到l的距離是（Ⅰ）求雙曲線的方程；（Ⅱ）過點B作直線m交雙曲線于M、N兩點，若，求直線m的方程.解：（Ⅰ）依題意， 由原點O到l的距離為，得 又 故所求雙曲線方程為 （Ⅱ）顯然直線m不與x軸垂直，設(shè)m方程為y=kx－1，則點M、N坐標(biāo)（）、（）是方程組 的解消去y，得 ①依設(shè)，由根與系數(shù)關(guān)系，知 == = ∴=－23，k=177。(1) 已知P點坐標(biāo)為(x0，y0 )并且x0y0≠0，試求直線AB方程；(2) 若橢圓的短軸長為8，并且，求橢圓C的方程；(3) 橢圓C上是否存在點P，由P向圓O所引兩條切線互相垂直？若存在，請求出存在的條件；若不存在，請說明理由。解：由設(shè)橢圓方程為設(shè) 又 兩式相減，得 又即將由得解得 故所有橢圓方程【例3】 過點(1，0)的直線l與中心在原點，焦點在x軸上且離心率為的橢圓C相交于A、B兩點，直線y=x過線段AB的中點，同時橢圓C上存在一點與右焦點關(guān)于直線l對稱，試求直線l與橢圓C的方程.解法一：由e=,得,從而a2=2b2,c=b.設(shè)橢圓方程為x2+2y2=2b2,A(x1,y1),B(x2,y2)在橢圓上.則x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,兩式相減得，(x12－x22)+2(y12－y22)=0,設(shè)AB中點為(x0,y0),則kAB=－,又(x0,y0)在直線y=x上，y0=x0,于是－=－1,kAB=－1,設(shè)l的方程為y=－x+1.右焦點(b,0)關(guān)于l的對稱點設(shè)為(x′,y′),由點(1,1－b)在橢圓上，得1+2(1－b)2=2b2,b2=.∴所求橢圓C的方程為 =1,l的方程為y=－x+1.解法二：由e=,從而a2=2b2,c=b.設(shè)橢圓C的方程為x2+2y2=2b2,l的方程為y=k(x－1),將l的方程代入C的方程，得(1+2k2)x2－4k2x+2k2－2b2=0,則x1+x2=,y1+y2=k(x1－1)+k(x2－1)=k(x1