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第九节 直线与圆锥曲线的位置关系,【知识梳理】 1.必会知识 教材回扣 填一填 (1)直线与圆锥曲线的位置关系的判定 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,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|=_ =_= =_.,2.必备结论 教材提炼 记一记 (1)直线与椭圆位置关系的有关结论:过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切;过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切;过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.,(2)直线与抛物线位置关系的有关结论:过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点,两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线;过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点,一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线;过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点,一条与对称轴平行或重合的直线.,(3)直线与双曲线位置关系的有关结论:过双曲线外不在渐近线上一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点,两条切线和两条与渐近线平行的直线;过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点,一条切线和两条与渐近线平行的直线;过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点,两条与渐近线平行的直线.,3.必用技法 核心总结 看一看 (1)常用方法:待定系数法、点差法、代数法. (2)数学思想:数形结合思想、分类讨论思想、方程思想.,【小题快练】 1.思考辨析 静心思考 判一判 (1)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.( ) (2)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.( ) (3)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.( ),(4)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|= ( ) (5)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的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式0.( ),【解析】(1)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. (2)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. (3)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.,(4)正确，|AB|= 又x1=ty1+a,x2=ty2+a, 所以|AB|= = (5)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. 答案：(1) (2) (3) (4) (5),2.教材改编 链接教材 练一练 (1)(选修2-1P69例4改编)直线l经过抛物线y2=4x的焦点F,与抛物线相交于A,B两点,若|AB|=8,则直线l的方程为 .,【解析】当直线l的斜率不存在时,显然不成立. 设直线l的斜率为k,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2), 因为直线l过焦点F(1,0), 故直线l的方程为y=k(x-1). 由 得k2(x-1)2=4x,即k2x2-(2k2+4)x+k2=0,所以|AB|= 所以k2=1,故k=1. 所以直线l的方程为y=(x-1), 即x-y-1=0或x+y-1=0. 答案：x-y-1=0或x+y-1=0,(2)(选修2-1P81B组T1改编)已知F1,F2是椭圆16x2+25y2=1600的两个焦点,P是椭圆上一点,且PF1PF2,则F1PF2的面积为 . 【解析】由题意可得|PF1|+|PF2|=2a=20, |PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=144=(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1|PF2| =202-2|PF1|PF2|, 解得|PF1|PF2|=128, 所以F1PF2的面积为 答案:64,3.真题小试 感悟考题 试一试 (1)(2014四川高考)已知F为抛物线y2=x的焦点，点A，B在该抛物 线上且位于x轴的两侧， (其中O为坐标原点)，则ABO与 AFO面积之和的最小值是( ) 【解题提示】设AB方程：x=ty+m联立 结合 求出m求SABO+SAFO的最小值.,【解析】选B.可设直线AB的方程为:x=ty+m,点A(x1,y1),B(x2,y2), 则直线AB与x轴的交点M(m,0), 由 y2-ty-m=0,所以y1y2=-m, 又 x1x2+y1y2=2(y1y2)2+y1y2-2=0, 因为点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧， 所以y1y2=-2，故m=2，又,于是SABO+SAFO= = 当且仅当 即 时取“=”， 所以ABO与AFO面积之和的最小值是3.,(2)(2013新课标全国卷)已知椭圆E: 的右焦 点F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点坐标为(1,-1)， 则E的方程为( ),【解析】选D.由椭圆 得，b2x2+a2y2=a2b2， 因为过点F的直线与椭圆 交于A，B两点， 设A(x1,y1)，B(x2,y2),则 则b2x12+a2y12=a2b2 ， b2x22+a2y22=a2b2 ， 由-得b2(x12-x22)+a2(y12-y22)=0， 化简得b2(x1-x2)(x1+x2)+a2(y1-y2)(y1+y2)=0. 2b2(x1-x2)-2a2(y1-y2)=0，,又直线的斜率为 即 因为b2=a2-c2=a2-9，所以 解得a2=18，b2=9. 故椭圆方程为,(3)(2014湖南高考)平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1,0)的距离和到直线x=-1的距离相等.若机器人接触不到过点P(-1,0)且斜率为k的直线,则k的取值范围是 . 【解题提示】根据抛物线的定义和直线与圆锥曲线的关系求解.,【解析】把机器人看做一个动点,则根据抛物线定义知道它的轨迹 为抛物线,其方程为y2=4x,过点P(-1,0)且斜率为k的直线方程为 y=k(x+1),两个方程联立 消去y得k2x2+(2k2-4)x+k2=0, 由题意=(2k2-4)2-4k41,所以k(-,-1)(1,+). 答案:(-,-1)(1,+),考点1 直线与圆锥曲线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： 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.,【解题提示】(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| xAxB132p2.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： 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 所以 设ABD的面积为S，则,所以 当且仅当 时取等号， 所以所求l1的方程为,【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| xAxB12=2p2.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| xAxB11.52p2.所以没有符合条件的直线,【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】(2014湖北高考)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C. (1)求轨迹C的方程. (2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.,【解题提示】(1)设出M点的坐标,直接由题意列等式,整理后即可得 到点M的轨迹C的方程. (2)设出直线l的方程为y-1=k(x+2),和(1)中的轨迹方程联立化为关 于y的一元二次方程,求出判别式,再在直线y-1=k(x+2)中取y=0得到 然后分判别式小于0、等于0、大于0结合x0求解使直线l 与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取 值范围.,【解析】(1)设点M(x,y)，依题意得|MF|=|x|+1， 即 =|x|+1，化简整理得y2=2(|x|+x). 故点M的轨迹C的方程为 (2)在点M的轨迹C中，记C1:y2=4x(x0)，C2:y=0(x0). 依题意，可设直线l的方程为y-1=k(x+2). 由方程组 可得ky2-4y+4(2k+1)=0. 当k=0时，此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程，得 故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点,当k0时，方程的判别式为=-16(2k2+k-1). 设直线l与x轴的交点为(x0,0)， 由y-1=k(x+2)，令y=0，得 ()若 由解得k-1，或 即当k(-,-1) 时，直线l与C1没有公共点， 与C2有一个公共点， 故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.,()若 或 由解得 即当k 时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点. 当k 时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点. 故当 时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点.,()若 由解得 即当 时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公 共点， 故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点. 综上可知，当 时，直线l与轨迹C恰好有一个 公共点；当 时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点； 当 时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点.,【加固训练】1.(2015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 所以 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.(2015焦作模拟)已知椭圆C1： 的离心率为 抛物线C2：x22py(p0)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a2，半焦距 由 得b21. 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x24y. (2)由已知可得直线l的斜率必存在，设直线l的方程为yk(x1)， E(x1，y1)，F(x2，y2)由x24y，得 所以 所以切线l1，l2的斜率分别为,当l1l2时， 即x1x24. 由 得x24kx4k0. 所以(4k)24(4k)0，解得k0. x1x24k4，即k1，满足式 所以直线l的方程为xy10.,考点2 与弦有关问题 【典例2】(1)(2015潍坊模拟)直线4kx4yk0与抛物线y2x 交于A，B两点，若|AB|4，则弦AB的中点到直线 的距离 等于( ),(2)已知椭圆C： 直线 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. 求椭圆C的方程. 若直线l：ykxm(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,【解题提示】(1)首先判断出直线过抛物线的焦点,再根据|AB|=4求解. (2)设出P点坐标,表示出重心坐标,设出内心坐标,根据相切和IGF1F2求解; 联立方程,利用线段AB的中点在垂直平分线上求解.,【规范解答】(1)选C.直线4kx4yk0，即 即直线4kx4yk0过抛物线y2x的焦点 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB| 故 则弦AB的中点的横坐标是 弦AB的中点到直线 的距离是,(2)设P(x0，y0)，x0a，则 又设I(xI，yI)，因为IGF1F2，所以 因为|F1F2|2c， 所以 所以2c32a2c， 所以 又由题意知 所以 所以a2，所以椭圆C的方程为,设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 消去y， 得(34k2)x28kmx4m2120， 由题意知(8km)24(34k2)(4m212)0， 即m24k23，又x1x2 则y1y2 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4k26km30，所以 所以 所以 解得 所以k的取值范围是,【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】设F1，F2分别是椭圆E： 的左、右焦 点，过F1斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2| 成等差数列. (1)求E的离心率. (2)设点P(0，-1)满足|PA|=|PB|，求E的方程.,【解析】(1)由椭圆定义知|AF2|+|BF2|+|AB|=4a,又2|AB|= |AF2|+|BF2|,得|AB|= l的方程为y=x+c,其中 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则A,B两点的坐标满足方程组 消去y，化简得(a2+b2)x2+2a2cx+a2(c2-b2)=0, 则 因为直线AB的斜率为1，所以 即 故a2=2b2, 所以E的离心率,(2)设AB的中点为N(x0,y0),由(1)知 由|PA|=|PB|，得kPN=-1,即 得c=3,从而 故椭圆E的方程为,考点3 探究性、存在性问题 知考情 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.,明角度 命题角度1：探究是否存在常数问题 【典例3】(2013江西高考)如图，椭圆C: 经过点 离心率 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.,【解题提示】(1)由点在椭圆上和离心率建立方程求出椭圆方程. (2)设出直线的方程,将其与椭圆的方程结合得到一个一元二次方程,根据根与系数的关系得出A,B两点的坐标之间的关系和M的坐标,由此得出相应的直线的斜率,根据A,F,B三点共线得出相应的坐标之间的关系从而求出常数的值.,【规范解答】(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)存在.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 ,在方程中令x=4,得M(4，3k). 从而 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-1. 又 所以k1+k2=2k3.故存在常数=2符合题意.,【一题多解】解答本题第(2)问还有以下解法： 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 解得,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.,命题角度2：探究是否存在点或线问题 【典例4】(2014湖南高考)如图，O为坐标原点， 双曲线C1: 和椭圆C2: 均过点 且以C1的 两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积 为2的正方形.,(1)求C1,C2的方程. (2)是否存在直线l，使得l与C1交于A,B两点，与C2只有一个公共点， 且 ？证明你的结论. 【解题提示】利用椭圆的定义和直线与圆锥曲线的位置关系,联立 方程组,求解.,【规范解答】(1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c2=2,2a1=2,从而 a1=1,c2=1.因为点 在双曲线 上，所以 故b12=3, 由椭圆的定义知 于是 故C1,C2的方程分别为,(2)不存在符合题设条件的直线. (i)若直线l垂直于x轴， 因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为 当 时，易知 所以 此时， 当 时，同理可知,(ii)若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y=kx+m, 由 得(3-k2)x22kmxm23=0. 当l与C1相交于A,B两点时，设A(x1,y1),B(x2,y2)， 则x1,x2是上述方程的两个实根，从而 于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2= 由 得(2k2+3)x2+4kmx+2m26=0.,因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式 =16k2m28(2k2+3)(m23)=0, 化简，得2k2=m23. 因此 于是 即 故 综合(i)(ii)可知，不存在符合题设条件的直线.,命题角度3:探究是否存在最值问题 【典例5】(2014山东高考)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,ADF为正三角形. (1)求C的方程. (2)若直线l1l,且l1和C有且只有一个公共点E, 证明直线AE过定点,并求出定点坐标; ABE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.,【解题提示】(1)由抛物线的定义及已知条件点A的横坐标为3时，ADF为正三角形.可求得p的值. (2)先设出点A的坐标,根据|FA|=|FD|表示出D点坐标,然后根据l1l求出AE的方程,即可判断AE是否过定点;可利用设出的A点坐标表示出ABE的面积,然后利用基本不等式求出最值.,【规范解答】(1)由题意知 设D(t,0)(t0), 则FD的中点为 因为|FA|=|FD|, 由抛物线的定义知 解得t=3+p或t=-3(舍去)， 由 解得p=2. 所以抛物线的方程为y2=4x.,(2)由(1)知F(1,0), 设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0), 因为|FA|=|FD|, 则|xD-1|=x0+1, 由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0), 故直线AB的斜率 因为直线l1和直线AB平行， 设直线l1的方程为,代入抛物线方程得 由题意 设E(xE,yE),则 当 时， 可得直线AE的方程为 由 整理可得 直线AE恒过点F(1,0)， 当y02=4时，直线AE的方程为x=1，过点F(1,0)， 所以直线AE过定点F(1,0).,由知直线AE过焦点F(1,0)， 所以|AE|=|AF|+|FE|= 设直线AE的方程为x=my+1, 因为点A(x0,y0)在直线AE上，故 设B(x1,y1). 直线AB的方程为 由于y00， 可得,代入抛物线方程得 所以 可求得 所以点B到直线AE的距离为 则ABE的面积,当且仅当 即x0=1时等号成立， 所以ABE的面积存在最小值为16.,悟技法 解决探究性、存在性问题的常用方法 (1)解决是否存在常数的问题时,应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在. (2)解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明.,(3)解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解. (4)解决是否存在最值问题时，可依据条件，得出函数解析式，依据解析式判定其最值是否存在，然后得出结论.,通一类 1.(2015长沙模拟)已知圆N:(x+2)2+y2=8和抛物线C:y2=2x,圆N的切线l与抛物线C交于不同的两点A,B.,(1)当切线l斜率为1时，求线段AB的长. (2)设点M和点N关于直线y=x对称，问是否存在直线l，使得 若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.,【解析】(1)因为圆N：(x+2)2+y2=8, 所以圆心N为(-2，0)，半径 设A(x1,y1),B(x2,y2), 当直线l的斜率为1时，设l的方程为y=x+m,即x-y+m=0,(由图形知m0). 因为直线l是圆N的切线，所以 解得m=-2，或m=6(舍去),此时直线l的方程为y=x-2. 由 消去x得y2-2y-4=0,所以=(-2)2+16=200,y1+y2=2,y1y2=-4, (y1-y2)2=(y1+y2)2-4y1y2=20, 所以弦长,(2)()当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y=kx+m, 即kx-y+m=0(k0), 因为直线l是圆N的切线，所以 得m2-4k2-4mk-8=0, 由 消去x得ky2-2y+2m=0, =4-4k2m0,即 且k0, 因为点M与点N关于直线y=x对称，所以M(0,-2), 所以,因为 所以x1x2+(y1+2)(y2+2)=0. 将A，B代入直线y=kx+m并化简，得 (1+k2)y1y2+(2k2-m)(y1+y2)+m2+4k2=0, 代入 得 化简，得m2+4k2+2mk+4k=0, +得2m2-2mk+4k-8=0, 即(m-2)(m-k+2)=0,解得m=2，或m=k-2,当m=2时，代入，解得k=-1,满足条件 且k0, 此时直线l的方程为y=-x+2. 当m=k-2时，代入整理，得7k2-4k+4=0,无解.,()当直线l的斜率不存在时， 因为直线l是圆N的切线，所以l的方程为 则得x1x2= y1+y2=0, (y1y2)2=4x1x2= 即 由得 当直线l的斜率不存在时， 不成立. 综上所述，存在满足条件的直线l，其方程为y=-x+2.,2.(2015张掖模拟)已知椭圆C： 的离心率为 以原点O为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 相切. (1)求椭圆C的标准方程. (2)若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点，且kOAkOB= 试判断AOB的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为 定值，说明理由.,【解析】(1)由题意知 所以 即 又 所以a2=4,b2=3， 故椭圆的方程为 (2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由 得 (3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, =64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)0,3+4k2-m20.,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2= 2m2-4k2=3, |AB|=,S= 所以AOB的面积为定值,规范解答17 直线与圆锥曲线的综合问题 【典例】(12分)(2014四川高考)已知椭圆C： 的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形. (1)求椭圆C的标准方程.,(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x=-3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q. 证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)； 当 最小时，求点T的坐标.,解题导思 研读信息 快速破题,规范解答 阅卷标准 体会规范 (1)由已知可得 解得a2=6,b2=2. 2分 所以椭圆C的标准方程是 3分 (2)由(1)可得，F的坐标是(-2，0)，设T点的坐标为(-3，m). 则直线TF的斜率 当m0时，直线PQ的斜率 直线PQ的方程是x=my-2. 4分,当m=0时，直线PQ的方程是x=-2, 也符合x=my-2的形式.5分 设P(x1,y1),Q(x2,y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立， 得 消去x，得(m2+3)y2-4my-2=0, 其判别式=16m2+8(m2+3)0. 所以,所以PQ的中点M的坐标为 7分 所以直线OM的斜率 又直线OT的斜率 所以点M在直线OT上， 因此OT平分线段PQ.8分 由可得， |TF|= 9分 |PQ|=,= 10分 所以 当且仅当 即m=1时，等号成立，此时 取得最小值.11分 所以当 最小时，T点的坐标是(-3，1)或(-3,-1).12分,高考状元 满分心得 把握规则 争取满分 1.注意通性通法的应用 在解题过程中,注意答题要求,严格按照题目及相关知识的要求答题,不仅注意解决问题的巧解,更要注意此类问题的 通性通法.如在解决本例(2)时,注意本题的实质是直线与圆锥曲线的相交问题,因此设出直线方程,然后联立椭圆方程构造方程组,利用根与系数的关系求出y1+y2,y1y2的值即为通法.,2.关键步骤要全面 阅卷时,主要看关键步骤、关键点,有关键步骤、关键点则得分,没有要相应扣分,所以解题时要写全关键步骤,踩点得分,对于纯计算过程等非得分点的步骤可简写或不写,如本例(2)中,消元化简时,可直接写出结果,利用弦长公式求|PQ|时,也可省略计算过程.,
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