圆锥曲线的综合问题(文视情况
[知识能否忆起]
1．直线与圆锥曲线的位置关系
判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．
若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有：
Δ>0?直线与圆锥曲线相交；
Δ＝0?直线与圆锥曲线相切；
Δ<0?直线与圆锥曲线相离．
若a＝0且b≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点．
2．圆锥曲线的弦长问题
设直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长|AB|＝|x1－x2|或 |y1－y2|.
[小题能否全取]
1．(教材习题改编)与椭圆＋＝1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是( )
A．y2－＝1 B.－x2＝1
C.x2－y2＝1 D.y2－x2＝1
解析：选A 设双曲线方程为－＝1(a＞0，b＞0)，
则得a＝1，b＝.
故双曲线方程为y2－＝1.
2．(教材习题改编)直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
解析：选A 由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．
3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选C 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．
4．过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M，与y轴的交点为B，若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．
解析：由题意知A点的坐标为(－a,0)，l的方程为y＝x＋a，所以B点的坐标为(0，a)，故M点的坐标为，代入椭圆方程得a2＝3b2，则c2＝2b2，则＝，故e＝.
答案：
5．已知双曲线方程是x2－＝1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是________________．
解析：设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x－＝1，x－＝1，得k＝＝＝＝4，从而所求方程为4x－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2－56x＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．
答案：4x－y－7＝0
1.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．
2．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化．同时还应充分挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”．
直线与圆锥曲线的位置关系
典题导入
[例1] (2012·北京高考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
[自主解答] (1)由题意得解得b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则
y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝，
x1x2＝，
所以|MN|＝
＝
＝.
又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，
所以△AMN的面积为
S＝|MN|· d＝.
由＝，解得k＝±1.
由题悟法
研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．
以题试法
1．(2012·信阳模拟)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( )
A. B．[－2,2]
C．[－1,1] D．[－4,4]
解析：选C 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)(由题可知k是存在的)，
联立?k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0.
当k＝0时，易知符合题意；当k≠0时，其判别式为Δ＝(4k2－8)2－16k4＝－64k2＋64≥0，
可解得－1≤k≤1.
最值与范围问题
典题导入
[例2] (2012·浙江高考)如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．
[自主解答] (1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得
得
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.
当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)，
由消去y，整理得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ①
则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，
所以线段AB的中点为M.
因为M在直线OP：y＝x上，所以＝.
得m＝0(舍去)或k＝－.
此时方程①为3x2－3mx＋m2－3＝0，则
Δ＝3(12－m2)＞0，
所以|AB|＝·|x1－x2|＝·，
设点P到直线AB的距离为d，则
d＝＝.
设△ABP的面积为S，则
S＝|AB|·d＝·.
其中m∈(－2，0)∪(0,2)．
令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2，2 ]，
u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－)(m－1＋)．
所以当且仅当m＝1－时，u(m)取到最大值．
故当且仅当m＝1－时，S取到最大值．
综上，所求直线l的方程为3x＋2y＋2－2＝0.
由题悟法
1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．
(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法；
(2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．
2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：
(1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用基本不等式求出参数的取值范围；
(5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．
以题试法
2．(2012·东莞模拟)已知抛物线y2＝2px(p≠0)上存在关于直线x＋y＝1对称的相异两点，则实数p的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设抛物线上关于直线x＋y＝1对称的两点是M(x1，y1)、N(x2，y2)，设直线MN的方程为y＝x＋b.将y＝x＋b代入抛物线方程，得x2＋(2b－2p)x＋b2＝0，则x1＋x2＝2p－2b，y1＋y2＝(x1＋x2)＋2b＝2p，则MN的中点P的坐标为(p－b，p)．因为点P在直线x＋y＝1上，所以2p－b＝1，即b＝2p－1.又Δ＝(2b－2p)2－4b2＝4p2－8bp＞0，将b＝2p－1代入得4p2－8p(2p－1)＞0，即3p2－2p＜0，解得0＜p＜.
定点定值问题
典题导入
[例3] (2012·辽宁高考)如图，椭圆C0：＋＝1(a>b>0，a，b为常数)，动圆C1：x2＋y2＝t，bb>0)，点P在椭圆上．
(1)求椭圆的离心率；
(2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点．若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值．
解：(1)因为点P在椭圆上，故＋＝1，可得＝.
于是e2＝＝1－＝，所以椭圆的离心率e＝.
(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx，设点Q的坐标为(x0，y0)．
由条件得消去y0并整理得
x＝.①
由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2x＝a2.
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4.
由(1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，
即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5.
所以直线OQ的斜率k＝±.
20．(12分)(2012·河南模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴的一个端点为M(0,1)，直线l：y＝kx－与椭圆相交于不同的两点A，B.
(1)若|AB|＝，求k的值；
(2)求证：不论k取何值，以AB为直径的圆恒过点M.
解：(1)由题意知＝，b＝1.
由a2＝b2＋c2可得c＝b＝1，a＝，
∴椭圆的方程为＋y2＝1.
由得(2k2＋1)x2－kx－＝0.
Δ＝k2－4(2k2＋1)×＝16k2＋＞0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝－.
∴|AB|＝·|x1－x2|＝·＝＝，
化简得23k4－13k2－10＝0，即(k2－1)(23k2＋10)＝0，
解得k＝±1.
(2)∵,＝(x1，y1－1)，,＝(x2，y2－1)，
∴,·,＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)，
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝－－＋
＝0.
∴不论k取何值，以AB为直径的圆恒过点M.
21． (2012·广州模拟)设椭圆M：＋＝1(a＞)的右焦点为F1，直线l：x＝与x轴交于点A，若,＋2,＝0(其中O为坐标原点)．
(1)求椭圆M的方程；
(2)设P是椭圆M上的任意一点，EF为圆N：x2＋(y－2)2＝1的任意一条直径(E，F为直径的两个端点)，求,·,的最大值．
解：(1)由题设知，A，F1(，0)，由,＋2,＝0，得＝2，
解得a2＝6.
所以椭圆M的方程为＋＝1.
(2)设圆N：x2＋(y－2)2＝1的圆心为N，
则,·,＝(,－,)·(,－,)
＝(－,－,)·(,－,)
＝,2－,2
＝,2－1.
从而将求,·,的最大值转化为求NP―→,2的最大值．
因为P是椭圆M上的任意一点，设P(x0，y0)，
所以＋＝1，即x＝6－3y.
因为点N(0,2)，所以,2＝x＋(y0－2)2＝－2(y0＋1)2＋12.
因为y0∈[－， ]，所以当y0＝－1时，,2取得最大值12.
所以,·,的最大值为11.
22． (2012·湖北模拟)如图，曲线C1是以原点O为中心，F1，F2为焦点的椭圆的一部分．曲线C2是以O为顶点，F2为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C1和C2的交点且∠AF2F1为钝角，若|AF1|＝，|AF2|＝.
(1)求曲线C1和C2的方程；
(2)设点C是C2上一点，若|CF1|＝ |CF2|，求△CF1F2的面积．
解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，
则2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝6，得a＝3.
设A(x，y)，F1(－c,0)，F2(c,0)，则(x＋c)2＋y2＝2，(x－c)2＋y2＝2，两式相减得xc＝.
由抛物线的定义可知|AF2|＝x＋c＝，
则c＝1，x＝或x＝1，c＝.又∠AF2F1为钝角，则x＝1，c＝不合题意，舍去．当c＝1时，b＝2，
所以曲线C1的方程为＋＝1，曲线C2的方程为y2＝4x.
(2)过点F1作直线l垂直于x轴，过点C作CC1⊥l于点C1，依题意知|CC1|＝|CF2|.
在Rt△CC1F1中，|CF1|＝ |CF2|＝|CC1|，所以∠C1CF1＝45°，
所以∠CF1F2＝∠C1CF1＝45°.
在△CF1F2中，设|CF2|＝r，则|CF1|＝r，|F1F2|＝2.
由余弦定理得22＋(r)2－2×2×rcos 45°＝r2，
解得r＝2，
所以△CF1F2的面积S△CF1F2＝|F1F2|·|CF1|sin 45°＝×2×2sin 45°＝2.
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