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第 九 节 直线与圆锥曲线的位置关系,【知识梳理】 1.直线与圆锥曲线的位置关系的判定 (1)代数法:把圆锥曲线方程与直线方程联立消去y,整理得到关于x的方程ax2+bx+c=0.,无公共点,一个交点,不等,两个交点,一个交点,无交点,(2)几何法:在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线,利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系.,2.直线与圆锥曲线的相交弦长问题 设斜率为k(k0)的直线l与圆锥曲线C相交于A,B两点,A(x1,y1),B(x2,y2),则 |AB|=_ =_= |y1-y2| =_.,【考点自测】 1.(思考)给出下列命题: 直线l与椭圆C相切的充要条件是:直线l与椭圆C只有一个公共点; 直线l与双曲线C相切的充要条件是:直线l与双曲线C只有一个公共点; 直线l与抛物线C相切的充要条件是:直线l与抛物线C只有一个公共点;,如果直线x=ty+a与圆锥曲线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点, 则弦长|AB|= |y1-y2|; 若抛物线C上存在关于直线l对称的两点,则需满足直线l与抛 物线C的方程联立消元得到的一元二次方程的判别式0. 其中正确的是( ) A. B. C. D.,【解析】选C.正确,直线l与椭圆C只有一个公共点,则直线l与椭圆C相切,反之亦成立. 错误,因为直线l与双曲线C的渐近线平行时,也只有一个公共点,是相交,但并不相切. 错误,因为直线l与抛物线C的对称轴平行时,也只有一个公共点,是相交,但不相切.,正确,|AB|= 又x1=ty1+a,x2=ty2+a, 所以|AB|= 错误,应是以l为垂直平分线的线段AB所在的直线l与抛物线 方程联立,消元后所得一元二次方程的判别式0.,2.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.与抛物线相切有2条,与对称轴平行有1条,共3条.,3.已知抛物线C的方程为x2= y,过A(0,-1),B(t,3)两点的直 线与抛物线C没有公共点,则实数t的取值范围是( ) A.(-,-1)(1,+) C.(-,-2 )(2 ,+) D.(-,- )( ,+),【解析】选D.当t0时,直线AB的方程为y= x-1,与抛物线方 程x2= y联立得 由于直线AB与抛物线C没有公共 点,所以= -20,解得 当t=0时,AB的方程为 x=0,该直线AB与抛物线x2= y有一个交点(0,0),不合题意.综 合可知:,4.若不论k为何值,直线y=k(x-2)+b与曲线x2-y2=1总有公共点,则b的取值范围是( ) C.(-2,2) D.-2,2,【解析】选B.把y=k(x-2)+b代入x2-y2=1得x2-k(x-2)+b2=1, =4k2(2k-b)2+4(1-k2)(2k-b)2+1 =4(1-k2)+4(2k-b)2 =4(3k2-4bk+b2+1) 不论k取何值,0,则1- 0, 所以 1, 所以b23,则,5.已知斜率为1的直线过椭圆 +y2=1的右焦点交椭圆于A,B两 点,则弦AB的长为 .,【解析】右焦点( ,0),直线AB的方程为y=x- , 由 得5x2-8 x+8=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则 答案:,6.椭圆 (m0)与直线x+2y-2=0有两个不同的交点,则 m的取值范围是 . 【解析】由 消去x并整理得, (3+4m)y2-8my+m=0, 根据条件得 解得 3. 答案: 3,考点1 直线与圆锥曲线的位置关系的确定及应用 【典例1】(1)过抛物线y2=2x的焦点作一条直线与抛物线交于A,B两点,它们的横坐标之和等于2,则这样的直线( ) A.有且只有一条 B.有且只有两条 C.有且只有三条 D.有且只有四条,(2)(2013浙江高考)如图,点P(0,-1)是椭圆C1: (ab0)的一个顶点,C1的长轴是圆C2:x2+y2=4的直径. l1,l2是过 点P且互相垂直的两条直线,其中l1交圆C2于A,B两点,l2交椭圆于 另一点D. 求椭圆C1的方程. 求ABD面积取最大值时直线l1的方程.,【解题视点】(1)由于过焦点垂直于轴的弦只有一条,且此时弦长最小,因此只需看该弦与弦AB的关系即可. (2)由长轴可求a值,由点P可求b值;先确定ABD的底与高,再得出面积的解析式,利用基本不等式求最值.,【规范解答】(1)选B.设该抛物线焦点为F,A(xA,yA),B(xB,yB), 则|AB|=|AF|+|FB|=xA+ +xB+ =xA+xB+1=32p=2.所以符合条 件的直线有且只有两条. (2)由题意得,a=2,b=1, 所以椭圆C1的方程为: +y2=1. 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0). 由题意知,直线l1的斜率存在,不妨设其为k,则直线l1的方程为: y=kx-1,又圆C2:x2+y2=4,故点O到直线l1的距离 所以|AB|= 又l2l1,故直线l2的方程为:x+ky+k=0, 由 消去y,整理得(4+k2)x2+8kx=0, 故x0= 所以|PD|= 设ABD的面积为S,则S= |AB|PD|= 所以S= 当且仅当k= 时取等号, 所以所求l1的方程为y= x-1.,【互动探究】本例(1)中的“横坐标之和等于2”改为“横坐标之和等于1”结果如何?若改为“横坐标之和等于0.5”结果如何?,【解析】若改为“横坐标之和等于1”, 设该抛物线焦点为F,A(xA,yA),B(xB,yB),则|AB|=|AF|+|FB|= xA+ +xB+ =xA+xB+1=2=2p=2.所以符合条件的直线有且只有一 条. 若改为“横坐标之和等于0.5”, 设该抛物线焦点为F,A(xA,yA),B(xB,yB),则|AB|=|AF|+|FB| =xA+ +xB+ =xA+xB+1=1.52p=2.所以没有 符合条件的直线.,【易错警示】注意k的取值 解答本例第(2)题求k的值时,容易漏掉一个值导致错解.在解关于斜率k的问题时,要注意k的取值及是否存在等情况.,【规律方法】直线与圆锥曲线位置关系的判定方法及关注点 (1)判定方法:直线与圆锥曲线方程联立,消去x(或y),判定该方程组解的个数,方程组有几组解,直线与圆锥曲线就有几个交点. (2)关注点:联立直线与圆锥曲线的方程消元后,应注意讨论二次项系数是否为零的情况.判断直线与圆锥曲线位置关系时,判别式起着关键性的作用,第一:可以限定所给参数的范围;第二:可以取舍某些解以免产生增根.,【变式训练】 1.(2014遵义模拟)已知以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与 直线x+ y+4=0有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长为( ),【解析】选C.根据题意设椭圆方程为 (b0),则将 x=- y-4代入椭圆方程,得4(b2+1)y2+8 b2y-b4+12b2=0,因 为椭圆与直线x+ y+4=0有且仅有一个交点, 所以=(8 b2)2-44(b2+1)(-b4+12b2)=0, 即(b2+4)(b2-3)=0. 所以b2=3,长轴长为,2.已知曲线 (ab0,且ab)与直线x+y-1=0相交于 P,Q两点,且 (O为原点),则 的值为 .,【解析】将y=1-x代入 得(b-a)x2+2ax-(a+ab)=0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则 =x1x2+y1y2=x1x2+(1-x1)(1-x2)=2x1x2-(x1+x2)+1,所以 即2a+2ab-2a+a-b=0,即b-a=2ab,所以 答案:2,【加固训练】 1.(2013嘉定模拟)过点P(1,1)作直线与双曲线 交于A,B两点,使点P为AB中点,则这样的直线( ) A.存在一条,且方程为2x-y-1=0 B.存在无数条 C.存在两条,方程为2x(y+1)=0 D.不存在,【解析】选D.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2,y1+y2=2, 则 两式相减得(x1-x2)(x1+x2)- (y1-y2)(y1+y2)=0, 所以x1-x2= (y1-y2), 即kAB=2, 故所求直线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0. 联立 可得2x2-4x+3=0,但此方程没有实数解, 故这样的直线不存在.,2.(2013焦作模拟)已知椭圆C1: (00)的焦点是椭圆的顶点. (1)求抛物线C2的方程. (2)过点M(-1,0)的直线l与抛物线C2交于E,F两点,过E,F作抛物线C2的切线l1,l2,当l1l2时,求直线l的方程.,【解析】(1)因为椭圆C1的长半轴长a=2,半焦距 由 得b2=1. 所以椭圆C1的上顶点为(0,1),所以抛物线C2的焦点为(0,1),所以抛物线C2的方程为x2=4y.,(2)由已知可得直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=k(x+1),E(x1,y1),F(x2,y2).由x2=4y,得y= x2.所以y= x. 所以切线l1,l2的斜率分别为 x1, x2. 当l1l2时, x1 x2=-1,即x1x2=-4. 由 得x2-4kx-4k=0. 所以=(4k)2-4(-4k)0,解得k0. x1x2=-4k=-4,即k=1,满足式. 所以直线l的方程为x-y+1=0.,考点2 与弦长、弦中点及弦端点相关的问题 【典例2】(1)(2014舟山模拟)直线4kx-4y-k=0与抛物线y2=x 交于A,B两点,若|AB|=4,则弦AB的中点到直线x+ =0的距离等 于( ) A. B.2 C. D.4,(2)(2013天津高考)设椭圆 (ab0)的左焦点为F, 离心率为 过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长 为 求椭圆的方程; 设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭 圆交于C,D两点,若 =8,求k的值.,【解题视点】(1)首先判断出直线过抛物线的焦点,再根据|AB|=4求解. (2)由离心率可求得a,c之间的关系式,再利用线段的长即可求出椭圆方程;可将直线方程与椭圆方程联立,得出C,D两点坐标之间的关系,再利用题设中向量等式即可求出k值.,【规范解答】(1)选C.直线4kx-4y-k=0,即y=k 即直线 4kx-4y-k=0过抛物线y2=x的焦点 设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|=x1+x2+ =4,故x1+x2= ,则弦 AB的中点的横坐标是 ,弦AB的中点到直线x+ =0的距离是,(2)设F(-c,0),由 过点F且与x轴垂直的直线为x=-c, 代入椭圆的方程有 于是 又a2-c2=b2,从而a= ,c=1, 所以所求椭圆的方程为,设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1). 由方程组 消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0, 可得 因为A(- ,0),B( ,0),所以 =6-2x1x2-2y1y2 =6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1) =6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2 =6+ 由已知得6+ =8,解得k=,【规律方法】 1.弦长的计算方法与技巧 求弦长时可利用弦长公式,根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程,利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式,然后进行整体代入弦长公式求解. 提醒:注意两种特殊情况:(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直;(2)直线过圆锥曲线的焦点.,2.弦中点问题的解法 点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算,但要注意直线斜率是否存在. 3.与弦端点相关问题的解法 解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法,就是将其转化为端点的坐标关系,再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系,构建方程(组)求解.,【变式训练】已知椭圆C: (ab0),直线y=x+ 与以 原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切,F1,F2为其 左、右焦点,P为椭圆C上任意一点,F1PF2的重心为G,内心为I, 且IGF1F2. (1)求椭圆C的方程. (2)若直线l:y=kx+m(k0)与椭圆C交于不同的两点A,B,且线段 AB的垂直平分线过定点 求实数k的取值范围.,【解析】(1)设P(x0,y0),x0a,则 又设I(xI,yI),因为IGF1F2, 所以yI= , 因为|F1F2|=2c,所以 = |F1F2|y0| = (|PF1|+|PF2|+|F1F2|) 所以2c3=2a+2c, 所以 又由题意知 所以b= ,所以a=2, 所以椭圆C的方程为,(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由 消去y,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 由题意知=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)0, 即m24k2+3,又x1+x2=- 则y1+y2= 所以线段AB的中点P的坐标为 又线段AB的垂直平分线l的方程为 点P在直线l上, 所以,所以4k2+6km+3=0,所以m=- (4k2+3), 所以 解得 所以k的取值范围是,【加固训练】 1.过抛物线y2=2px(p0)焦点的直线与抛物线交于A,B两点, |AB|=3,且AB中点的纵坐标为 ,则p的值为 .,【解析】设直线方程为x=my+ , 代入抛物线方程得y2-2mpy-p2=0, 设A(xA,yA),B(xB,yB), 则 又|AB|= 即 解得 答案:,2.椭圆ax2+by2=1与直线x+y-1=0相交于A,B两点,C是线段AB的 中点.若|AB|=2 ,直线OC的斜率为 求椭圆的方程.,【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆的方程并作差,得 a(x1+x2)(x1-x2)+b(y1+y2)(y1-y2)=0. 而 代入上式可得b= a. 联立 得(a+b)x2-2bx+b-1=0,所以 又|AB|= |x2-x1|=2 ,即|x2-x1|=2,则|x2-x1|2= 将b= a代入, 得 此时=(-2b)2-4(a+b)(b-1)=4(a+b-ab) =4 0, 所以所求椭圆的方程是,考点3 探究性、存在性问题 【考情】探究性、存在性问题是高考在解析几何中命题的一大亮点,主要是以解答题的形式出现,考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的几何性质、考查学生的运算能力以及分析问题、解决问题的能力.,高频考点 通 关,【典例3】(1)(2014金华模拟)已知椭圆的两个焦点F1(- , 0), F2( ,0),过F1且与坐标轴不平行的直线l1与椭圆相交于 M,N两点,MNF2的周长等于8.若过点(1,0)的直线l与椭圆交于 不同两点P,Q,x轴上存在定点E(m,0),使 恒为定值,则E 的坐标为( ),(2)(2013湖北高考)如图,已知椭圆C1与 C2的中心为坐标原点O,长轴均为MN且在x轴 上,短轴长分别为2m,2n(mn),过原点且不 与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为 A,B,C,D.记= ,BDM和ABN的面积分别为S1和S2. 当直线l与y轴重合时,若S1=S2,求的值. 当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2? 并说明理由.,【解题视点】(1)先确定椭圆的方程,再取两个特殊位置,求出 ,利用x轴上存在定点E(m,0),使 恒为定值,即可 求得E的坐标. (2)由S1=S2列出方程解出的值,验证1得的值. 先假设存在,看是否能求出符合条件的,如果推出矛盾就是 不存在.,【规范解答】(1)选C.由题意,设椭圆的方程为 (ab0),则c= ,4a=8,所以a=2,b= =1,所以椭圆的方 程为 +y2=1,取直线lx轴,则可得 所以 取直线l为x轴, 则可得P(-2,0),Q(2,0),所以 =(m+2,0)(m-2,0)=m2-4, 由题意可得,(m-1)2- =m2-4,所以m= ,所以E的坐标为,(2)依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为 其中amn0,= 1. 方法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则 S1= |BD|OM| = a|BD|, S2= |AB|ON|= a|AB|, 所以,在C1和C2的方程中分别令x=0, 可得yA=m,yB=n,yD=-m, 于是 若 化简得2-2-1=0.由1, 可解得= +1. 故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则= +1.,方法二:如图1,若直线l与y轴重合,则 |BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n; S1= |BD|OM|= a|BD|, S2= |AB|ON|= a|AB|. 所以 若 化简得2-2-1=0. 由1,可解得= +1. 故当直线l与y轴重合时,若S1=S2,则= +1.,方法一:若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2. 根据对称性, 不妨设直线l:y=kx(k0), 点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则 因为 所以d1=d2. 又S1= |BD|d1,S2= |AB|d2,所以,即|BD|=|AB|. 由对称性可知|AB|=|CD|, 所以|BC|=|BD|-|AB|=(-1)|AB|, |AD|=|BD|+|AB|=(+1)|AB|,于是,将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得 根据对称性可知xC=-xB,xD=-xA,于是 从而由和式可得 令t= ,则由mn,可得t1,于是由可解得k2= 因为k0,所以k20.,于是式关于k有解,当且仅当 等价于(t2-1) 1,可解得 1,解得1+ ,所以 当11+ 时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.,方法二:若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2. 根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k0), 点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则 因为 所以d1=d2. 又S1= |BD|d1,S2= |AB|d2,所以 因为 由点A(xA,kxA),B(xB,kxB)分别在C1,C2上,可得 两式相减可得 依题意xAxB0,所以,所以由上式解得k2= 因为k20,所以有 0, 可解得11+ ,所以 当11+ 时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=S2.,【通关锦囊】,【特别提醒】解决探究性、存在性问题时,一定要注意验证特殊情况下是否适合.,【关注题型】,【通关题组】 1.(2013江西高考)如图,椭圆C: (ab0)经过点 P(1, ),离心率e= ,直线l的方程为x=4.,(1)求椭圆C的方程. (2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数,使得k1+k2=k3?若存在,求的值;若不存在,说明理由.,【解析】(1)由 在椭圆上得, 依题设知a=2c,则a2=4c2,b2=3c2, 将代入得c2=1,a2=4,b2=3. 故椭圆C的方程为,(2)方法一:由题意可设AB的斜率为k,则直线AB的方程为 y=k(x-1), 代入椭圆方程并整理得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则有x1+x2= x1x2= 在方程中令x=4,得M(4,3k).,注意到A,F,B三点共线,则有k=kAF=kBF, 即 所以 将代入得k1+k2=2k- =2k-1. 又k3=k- ,所以k1+k2=2k3.故存在常数=2符合题意.,方法二:设B(x0,y0)(x01),则直线FB的方程为: 令x=4,求得 从而直线PM的斜率为 联立,则直线PA的斜率为 直线PB的斜率为 所以 故存在常数=2符合题意.,2.(2014绍兴模拟)在平面直角坐标系xOy中,过定点C(0,p)作直线与抛物线x2=2py(p0)相交于A,B两点. (1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点,求ANB面积的最小值. (2)是否存在垂直于y轴的直线l,使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值?若存在,求出l的方程;若不存在,说明理由.,【解析】方法一:(1)依题意,点N的坐标为N(0,-p),可设A(x1,y1),B(x2,y2), 直线AB的方程为y=kx+p, 与x2=2py联立得 消去y得x2-2pkx-2p2=0, 由根与系数的关系得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2,于是SANB=SBCN+SACN= 2p|x1-x2| =p|x1-x2|= = 所以当k=0时,(SABN)min=2 p2.,(2)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a. 设AC的中点为O,l与AC为直径的圆相交于点P,Q,PQ的中点为H, 则OHPQ,O点的坐标为 因为|OP|= |AC| |OH|=,所以|PH|2=|OP|2-|OH|2 = (y12+p2)- (2a-y1-p)2 = y1+a(p-a), 所以|PQ|2=(2|PH|)2= 令a- =0,得a= , 此时|PQ|=p为定值,故满足条件的直线l存在,其方程为y= , 即抛物线的通径所在的直线.,方法二:(1)前同方法一,再由弦长公式得 又由点N到直线的距离公式得 从而SABN= d|AB|= 2p 所以当k=0时,(SABN)min=2 p2.,(2)假设满足条件的直线l存在,其方程为y=a,则以AC为直径的 圆的方程为(x-0)(x-x1)+(y-p)(y-y1)=0, 将直线方程y=a代入得x2-x1x+(a-p)(a-y1)=0, 则=x12-4(a-p)(a-y1)=4 0. 设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3,y3),Q(x4,y4), 则有|PQ|=|x3-x4|= 令a- =0,得a= ,此时|PQ|=p为定值,故满足条件的直线l存 在,其方程为y= , 即抛物线的通径所在的直线.,【加固训练】 1.(2014杭州模拟)已知抛物线C:x2=2py (p0)的顶点在原点,焦点为F(0,1). (1)求p的值. (2)在抛物线C上是否存在点P,使得过点P的直线交C于另一点Q,满足PFQF,且PQ与C在点P处的切线垂直?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.,【解析】(1)由抛物线的方程为x2=2py(p0),则 =1,即p=2. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则抛物线C在点P处的切线方程是,=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1 =-4(2+y1)+y1( +y1+4)-( +2y1+4)+1 =y12-2y1- -7=(y12+2y1+1)-4( +y1+2) 故y1=4,此时,点P的坐标是(4,4).经检验,符合题意. 所以,满足条件的点P存在,其坐标为P(4,4).,2.(2014长春模拟)在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=x2上异于坐标原点O的两不同动点A,B满足AOBO(如图所示). (1)求AOB的重心G(即三角形三条中线的交点)的轨迹方程. (2)AOB的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)设AOB的重心为G(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2), 则 因为OAOB,所以kOAkOB=-1,即x1x2+y1y2=0, 又点A,B在抛物线上,有y1x12，y2x22，,(2)SAOB |OA|OB| 当且仅当x12x22，即x1x21时，等号成立 所以AOB的面积存在最小值，且最小值为1.,3.(2013淄博模拟)已知椭圆C: (a )的右焦点F 在圆D:(x-2)2+y2=1上,直线l:x=my+3(m0)交椭圆于M,N两点. (1)求椭圆C的方程. (2)若 (O为坐标原点),求m的值. (3)若点P的坐标是(4,0),试问PMN的面积是否存在最大值?若 存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.,【解析】(1)由圆D:(x-2)2+y2=1可得: 圆心(2,0),半径r=1. 令y=0得(x-2)2=1,解得x=3或1. 所以椭圆的半焦距c=3或1, 但是当c=1时, 故舍去. 所以c=3,a2=b2+c2=3+32=12. 故椭圆的方程为,(2)设M(x1,y1),N(x2,y2). 联立 化为(m2+4)y2+6my-3=0,(3)因为直线l过椭圆的右焦点F(3,0), 所以SPMN= |FP|y1-y2|. 因为|FP|=4-3=1. 当且仅当m2+1=3,即m= 时等号成立. 故PMN的面积存在最大值1.,【规范解答14】直线与圆锥曲线的综合问题 【典例】 (14分)(2013山东高考)椭圆C: (ab0) 的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为 过F1且垂直于x轴的直 线被椭圆C截得的线段长为1. (1)求椭圆C的方程. (2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2,设 F1PF2的平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围.,(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且 只有一个公共点,设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2,若k0,试 证明 为定值,并求出这个定值.,【审题】分析信息,形成思路,【解题】规范步骤,水到渠成 (1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程 2分,(2)设P(x0,y0)(y00)，,由题意知，M到直线PF1,PF2的距离相等， 所以 ，4分 由于点P在椭圆上，所以 , 所以 6分,因为 2x02， 可得 8分 所以 9分,(3)直线l的方程为yy0=k(xx0)， 联立 整理得(1+4k2)x2+8(ky0k2x0)x +4(y022kx0y0+k2x021)=0. 又l与椭圆C有且只有一个公共点，所以=0， 即8(ky0k2x0)24(1+4k2)4(y022kx0y0+k2x021)=0, 即(4x02)k2+2x0y0k+1y02=0，又,所以16y02k2+8x0y0k+x02=0， 故 11分 14分,【点题】失分警示,规避误区,【变题】变式训练,能力迁移 如图,椭圆E: (ab0)的左焦点 为F1,右焦点为F2,离心率 过F1的直 线交椭圆于A,B两点,且ABF2的周长为8. (1)求椭圆E的方程. (2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.,【解析】方法一:(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以4a=8,a=2.,(2)由 得 (4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化简得4k2-m2+3=0.(*),假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴 上. 设M(x1,0),则 对满足(*)式的m,k恒成立.,由于（*）式对满足（*）式的m,k恒成立， 所以 故存在定点M（1,0），使得以PQ为直径的圆恒过点M.,方法二:(1)同方法一. (2)由 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m0 且=0, 即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化简得4k2-m2+3=0.(*),所以 由 得Q(4,4k+m). 假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴 上. 取k=0,m= ,此时P(0, ),Q(4, ),以PQ为直径的圆为(x-2)2+ (y- )2=4,交x轴于点M1(1,0),M2(3,0);取 m=2,此时 P（1， ）Q(4,0),以PQ为直径的圆为 交x轴于点M3(1,0),M4(4,0).所以若符合条件的点M存在,则M的坐 标必为(1,0).,以下证明M(1,0)就是满足条件的点: 因为M的坐标为(1,0),所以 故恒有 即存在定点 M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.,
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