复习参考题特级教师教学实录

圆锥曲线复习参考题

一、

教学目标

1、理解并掌握圆锥曲线的概念；

2、能根据已知条件求出圆锥曲线方程或离心率等问题。

二、教学重点

直线与圆锥曲线位置关系方程联立推导过程及应用

三、

教学难点

如何通过对已知条件的运用，计算化简出题目所需要的结果

四、

教学过程

一、复习预习

（一）直线与椭圆位置关系

1.直线与椭圆位置关系：相交（两个公共点），相切（一个公共点），相离（无公共点）

2.直线与椭圆位置关系的判定步骤：通过方程根的个数进行判定，

x2y2下面以直线ykxm和椭圆：221ab0为例

ab（1）联立直线与椭圆方程：ykxmbxayab222222

（2）确定主变量x（或y）并通过直线方程消去另一变量y（或x），代入椭圆方程得到关22222于主变量的一元二次方程：bxakxmab，整理可得：

2ak22b2x22a2kxma2m2a2b20

（3）通过计算判别式的符号判断方程根的个数，从而判定直线与椭圆的位置关系

①

0方程有两个不同实根直线与椭圆相交

②

0方程有两个相同实根直线与椭圆相切

③

0方程没有实根直线与椭圆相离

3.若直线上的某点位于椭圆内部，则该直线一定与椭圆相交

（二）抛物线方程：y22px，过焦点的直线l:ykx应倾斜角为，与抛物线交于Ax1,y1,Bx2,y2

p，对（斜率存在且k0）2联立方程：y22px2p2pkx2px2ykx2，整理可得：k2p2kxkp2px0

4222p2（1）x1x2

y1y2p2

4k2p2p2k2p2p1（2）ABx1x2p

p2p12k2k2kcos212p

2p1

2p1222tansinsin（3）SAOB111p2pp2dOlABOFsinABsin2

2222sin2sin二、知识讲解

圆锥曲线问题的解决思路与常用公式：

1

直线与圆锥曲线问题

考点

（1）题目贯穿一至两个核心变量（其余变量均为配角，早晚利用条件消掉），

（2）条件与直线和曲线的交点相关，所以可设Ax1,y1,Bx2,y2，至于A,B坐标是否需要解出，则看题目中的条件，以及坐标的形式是否复杂

（3）通过联立方程消元，可得到关于x（或y）的二次方程，如果所求的问题与两根的和或乘积有关，则可利用韦达定理进行整体代入，从而不需求出x1,x2,y1,y2（所谓“设而不求”）

（4）有些题目会涉及到几何条件向解析语言的转换，注重数形几何，注重整体代入。则可简化运算的过程

这几点归纳起来就是“以一个（或两个）核心变量为中心，以交点Ax1,y1,Bx2,y2为两个基本点，坚持韦达定理四个基本公式（x1x2,x1x2,y1y2,y1y2，坚持数形结合，坚持整体代入。直至解决解析几何问题“

考点2

直线方程的形式

直线的方程可设为两种形式：

（1）斜截式：ykxm，此直线不能表示竖直线。联立方程如果消去y则此形式比较好用，且斜率在直线方程中能够体现，在用斜截式解决问题时要注意检验斜率不存在的直线是否符合条件

（2）xmyb，此直线不能表示水平线，但可以表示斜率不存在的直线。经常在联立方程后消去x时使用，多用于抛物线y2px（消元后的二次方程形式简单）。此直线不能直2接体现斜率，当m0时，斜率k

1

m考点3

弦长公式

（已知直线上的两点距离）设直线l:ykxm，l上两点Ax1,y1,Bx2,y2，所以1AB1kx1x2或AB1y1y2

k22弦长公式的适用范围为直线上的任意两点，但如果A,B为直线与曲线的交点（即AB为曲线上的弦），则x1x22（或y1y2）可进行变形：x1x2

x1x22x1x24x1x2，从而可用方程的韦达定理进行整体代入。

考点4

点差法

这是处理圆锥曲线问题的一种特殊方法，适用于所有圆锥曲线。不妨以椭圆方程x2y221ab0为例，设直线ykxm与椭圆交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，则2ab该两点满足椭圆方程，有：

x12y121a2b2

22x2y21a2b2

考虑两个方程左右分别作差，并利用平方差公式进行分解，则可得到两个量之间的联系：

121222xxyy0

①

121222ab112x1x2x1x22y1y2y1y20

abx1x21yyy1y20

②

1xx122221a2b2y1y2xx2y1y2，AB中点的坐标为1,，这x1x222由等式可知：其中直线AB的斜率k些要素均在②式中有所体现。所以通过“点差法”可得到关于直线AB的斜率与AB中点的联系，从而能够处理涉及到弦与中点问题时。同时由①可得在涉及A,B坐标的平方差问题中也可使用点差法.

三、讲解例题

例题1

x2y21有公共点，则实数m的取值范围是不论k为何值，直线ykx1与椭圆7m（

）

A.

0,1

B.

1,

C.

1,7【答案】C 【解析】

思路一：可通过联立方程，消去变量（如消去y），得到关于x的二次方程，因为直线与椭圆有公共点，所以0在xR恒成立，从而将问题转化为恒成立问题，解出m即可

7,

D.

0,7

ykx122解：2mx7kx17m，整理可得：

2mx7y7mm7kx2214kx77m0

14k4m7k277m0

2即1m7k0m7k1

22m7k21max1

m7

m1,77,

思路二：从所给含参直线ykx1入手可知直线过定点0,1，所以若过定点的直线均与x2y21，即椭圆有公共点，则该点位于椭圆的内部或椭圆上，所以代入0,1后7m11m1，因为是椭圆，所以m7，故m的取值范围是1,72m

7,

例题2

2y21的右焦点F作直线l交双曲线于A,B两点，过双曲线x若实数使得AB的2直线恰有3条，则_______

【答案】4

2b24，而实轴为2，2<4，所以要使得直线有三条，则只能【解析】先算出通径|AB|a4. 3

例题

x2P，y21交于P过点M2,0的直线m与椭圆线段PP设直线12的中点为1,P2两点，2m的斜率为k1k10，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值为（

）

A.

2

B.

2

C.

【答案】D 【解析】线段PP12为椭圆的弦，且问题围绕着弦中点P展开，在圆锥曲线中处理弦中点问11

D.



22x12y1212题可用“点差法”，设P，则有，两式作差，可得：

x,y,Px,y2111222x2y2122121222xxyy0发现等式中x1x2x1x2y1y2y1y20，121222出现与中点和PP12斜率相关的要素，其中Py1y2x1x2y1y2，所以，且k,2x1x222k1

11y1y21y1y2y1y2，所以等式化为0即k1k20，所以k1k2. 22x1x22x1x2x1x2例题4

【例4】已知点A(2,0)，B(2,0)，M(1,0)，直线PA,PB相交于点P，且它们的斜率之积为3. 4（1）求动点P的轨迹方程；

（2）直线PM与椭圆的另一个交点为N，求OPN面积的最大值（O为坐标原点）. 【解析】

（1）设P(x,y)，由已知得：yy3(x2)，

x2x24x2y21(x2)

43（2）设直线PN的方程为xmy1，

xmy1(3m24)y26my90

联立方程：x2y2134144(m21)0，

12m21，

|y1y2|23m4SPON1m21，

|OM||y1y2|6222(3m4)2设3m4t，则t4，

SOPN6t1111216()，

3t23t212110，

t4113当，即t4,m0时，SOPN最大值为. t42

例题5

【例5】已知抛物线C：y2px(p0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A、B是抛物线C2上异于O的两点。

（1）求抛物线C的方程；

（2）若OAOB,求证直线AB过定点。

【解析】（1）依题意知p1，p2,抛物线方程为y24x.

2

（2）依题意知，设AB：xtym，Ax1,y1,B(x2y2)

由OAOB，则OAOBx1x2y1y20(1)

y24x由,则y24ty4m0，

xtymy12y22y1y24m,x1x2m2

44代入（1）式，得m24m0,m0或4.

因此m4.

A,B是抛物线上异于O的两点，m0不合题意。AB:xty4,直线AB过定点（4，0）.

例题6

x2y2A，点已知椭圆C:221(ab0)的左右焦点分别为F1，F2，左顶点为ab在椭圆C上，且△PFP(2,3)1F2的面积为23．

（1）求椭圆C的方程；

（2）过原点O且与x轴不重合的直线交椭圆C于E，F两点，直线AE,AF分别与y轴交于点M,N．求证：以MN为直径的圆恒过焦点F1MN面积的取值范1，F2，并求出△F围．

1SPF1F22c323，c2，

2231，a49a280，

又点P2,3在椭圆C上，22aa422222解得a8，或a1（舍去），又ab4，b4，

【解析】（1）x2y21；

所以椭圆C的方程为84

（2）A(22,0)，F1(2,0)，F2(2,0)，

当直线EF的斜率不存在时，E，F为短轴的两个端点，则M(0,2)，N(0,2)，

F1MF1N，F2MF2N，则以MN为直径的圆恒过焦点F1，F2，……7分

当EF的斜率存在且不为零时，设直线EF的方程为ykx(k0)，

设点Ex0,y0（不妨设x00），则点Fx0,y0，

ykx,2222k8由x2y2，消去y得x2，所以，，

xy00222112k12k12k48所以直线AE的方程为yk112k2x22，

22k2112k22k22k即点M(0,)，同理可得点N(0,)，

22112k112k22k22kF1M(2,),F1N(2,)，FMF1N0，

122112k112kF1MF1N，同理F2MF2N，

EF的斜率存在且不为零时，

则以MN为直径的圆恒过焦点F1，F2，当因为直线AE与y轴交于点M，令x0得y，

22k12k21|MN|||||2224，

2222kk112k112k1△F1MN面积为|OF1||MN|4，

21|MN|4，又当直线EF的斜率不存在时，△F1MN面积为|OF1||MN|4，

2△F1MN面积的取值范围是[4,)．

22k22k

例题7

1x2y2如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆E:221(ab0)的离心率为，其右顶点2abA到上顶点的距离为7，过点A的直线l:yk(xa)(k0)与椭圆E交于另一点B，点C为y轴上一点. （1）求椭圆E的标准方程；

（2）若ABC是等边三角形，求直线l的方程.

【解析】（Ⅰ）由题意可知：ec1，a2b27.

a2a24x2y22221

又因为：abc，所以得：2，椭圆E的方程为：43b3（Ⅱ）设M(x0,y0)为AB的中点，连结CM，则有由ABC为等边三角形可知：

MCAB，

3|AB|.

2yk(x2)联立方程x2可得：(4k23)x216k2x16k2120

y2134x128k268k22设B(x1,y1)，则x1,2为方程的两根，且x1，x0，

24k234k36k8k26kM(,)；

由直线l:yk(x2)可知：y0，所以2224k34k34k312|AB|1k2|x12|1k2.

4k23118k2.

|MC|12|x0|12kk4k2318k23123由|MC|，

|AB|得：1221k222k4k324k3333，又因为k0，所以k3，

解得：|k|4433(x2)

.

所以直线l的方程：y4且|MC|

四、练习

1.已知点A1,2在抛物线C:y4x上，过点A作两条直线分别交抛物线于点D,E，直2线AD,AE的斜率分别为kAD,kAE，若直线DE过点P1,2，则kADkAE（

）

A.

4

B.

3

C. 2

D. 1

【答案】C 【解析】设Dx1,y1,Ex2,y2

kADy12y2

,kAE2x11x21kADkAEy12y22y1y22y1y24

①

x11x21x1x2x1x21设P1,2，则DE:y2kx1

2y4x联立方程：，消去x可得：

y2kx1ky24y4k80

y1y244k8,y1y2

kk2y1y2y1y242k44k2k2k24k4x1x2

x1x2

kk216k2代入①可得：

kADkAE4k8424kk22

2k4k444k2k1k2k222.已知抛物线C:y4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M,N两点，且MF2NF，则直线l的斜率为（

）

A.

2

B.

22

C.

【答案】B 【解析】从点的坐标出发，因为M,F,N三点共线，从而MF2NF可转化为22

D.



24MF2NF，考虑将向量坐标化，F1,0，设Mx,,N2x1,y1，有2yy12y2，设直线l:xmy1，联立抛物MF11x,1,，所以y,NF12x2y

线方程消元后可得：y24my40，利用韦达定理可得：y1y24m，再结合y1y24y12y2，消去y1,y2即可得m22，直线l:xy1，即可得到斜率为22. 44x2y2113e1(a23)的左顶点为A，3.已知椭圆C:2，其中O是坐a12|OF||OA||FA|标原点，e为椭圆的离心率，过点A作斜率不为零的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E. （1）求椭圆的方程；

（2）已知点Q(3,0)，P为线段AD上一点且|AP||AD|，是否存在定值使OPEQ恒成立，若存在，求出值，若不存在，请说明理由. x2y21（2）设直线l:yk(x4)，则通过韦达定理可求得：【解析】（1）16121216k2xD，

34k2E(0,4k)，通过OPEQ，可得直线OP方程为：y3x，联立两直线求出4k16k2xP，

234k16k21216k2(4)，化简得：2. 根据|AP||AD|，变形为：434k234k24.已知椭圆C的两个焦点分别为F,0,F21,0，短轴的两个端点分别

为B1,B2．

11（1）若F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；

（2）若椭圆C的短轴为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P,Q两点，且F，求1PFQ1直线l的方程．

【解析】（1）F1B1B2为等边三角形，则

24aab3b3x2c3b322C:3y1

24ab1c1b213222x2y21．

（2）容易求得椭圆C的方程为2当直线l的斜率不存在时，其方程为x1，不符合题意；

当直线的斜率存在时，设直线l的方程为yk(x1)．

yk(x1)由x2

得(2k21)x24k2x2(k21)0．设P(x1，

y1)，

Q(x2，

y2)，

2y124k22(k21)，

x1x2，

F1P(x11，

y1)，

FQ(x21，

y2)

则x1x212k212k21因为F0, 1PFQ1，所以F1PFQ1即(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1k2(x11)(x21)

7k21170，解得k2，即k

(k1)x1x2(k1)(x1x2)k1272k17222故直线l的方程为x7y10或x7y10

五、小结

1.求椭圆的标准方程就是求a及b（ab0），并且判断焦点所在的坐标轴.当焦点在x22x2y2轴上时，椭圆的标准方程为221；当焦点在y轴上时，椭圆的标准方程为aby2x221. 2ab2.求动点的轨迹，首先要分析形成轨迹的点和已知条件的内在联系，选择最便于反映这种联

系的坐标形式，建立等式，利用直接法或间接法得到轨迹方程. 3.求椭圆的离心率，即求c的比值，则可由如下方法求e. a（1）可直接求出a、c；

（2）在不好直接求出a、c的情况下，找到一个关于a、c的齐次等式或a、c用同一个量表示；

（3）若求e的取值范围，则想办法找不等关系.

六、课后作业

x2y21的右焦点F作两条相互垂直的直线分别交椭圆于A,B,C,D四点，求1.过椭圆4311的值

ABCD【解析】若AB,CD分别与坐标轴平行，不妨设ABx轴，

2b2则AB为椭圆的通径，AB

ax2y21可得：a2,b3,c1

由432b23AB23

a2因为CDAB

CD为长轴长，即CD2a4

117

ABCD121

k当AB,CD斜率均存在时，设AB斜率为k，由CDAB可得CD斜率为由椭圆方程可得：F1,0



设AB:ykx1，Ax1,y1,Bx2,y2

联立方程可得：

2ykx122

消去y可得：3x4kx112，整理后为：

223x4y12

4k23x28k2x4k2120

8k2x1x22

4k3ABAFBFaex1aex22aex1x2

118k212k2124x1x242

224k34k23设Cx3,y3,Dx4,y4，CD:y1x1，与椭圆联立方程：

k1yx11，则同理，求CD只需用替换AB中的k即可

kk3x24y2121121212k212k

CD223k4143k2114k233k247k277

222ABCD12k1212k1212k1212综上所述：117. ABCD122.如图，P为圆M:x3线交线段MP于点N．

2y224上的动点，定点Q3,0，线段PQ的垂直平分（1）求动点N的轨迹方程；

22（2）记动点N的轨迹为曲线

C，设圆O:xy2的切线l交曲线C于A,B两点，求OAOB的最大值．

【解析】（1）因为NMNQNMNPMP2623MQ，

所以动点N的轨迹为椭圆，

∴a6,c3，∴b23，

∴动点N的轨迹方程为x2y2631；

（2）①当切线l垂直坐标轴时，OAOB4；

②当切线l不垂直坐标轴时，设切线l的方程：ykxmk0，点Ax1y,1B,x2y,2由直线和圆相切，得m222k2

由ykxmx2y262k21x24kmx2m22得，60，

x4km2m2∴x122k21,xx6122k21

∴x221x2y1y2x1x2kx1mkx2mk1x1x2kmx1x2m

k212m2642k21kmkm3m266k222k21m2k210，

∴AOB900，∴OAOB2AB

22又∵AB1k2x2212k2m621k28k221x21k2k212k21，

令tk2，则AB222t4t24t12224t13，

t4，

当且仅当k2时，等号成立，

2∴OAOB32，

综上，OAOB的最大值为32

x2y21的左右顶点分别是A,B，设点P(2,t)(t0)，连接PA交3.如图，已知椭圆2椭圆于点C，坐标原点是O. （Ⅰ）证明：OPBC；

（Ⅱ）若四边形OBPC的面积是32，求t的值. 5

x22y1t2(x2)，由【解析】（1）设直线PA的方程为y，

t22y(x2)22整理得：(4t2)x222t2x2t280，

422t2422t24t,)，

解得x12，x2，则点C的坐标是(2224t4t4t故直线BC的斜率kBC2，

t

由于直线OP的斜率kOPt，故kBCkOP1，所以OPBC. 2（2）由S四边形OBPC322t322t，S四边形OBPC，

254t2t322t32得，

4t252整理得(t1)(5t22t12)0，因为5t2t120，所以t1.