【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案9．9《直线与圆锥曲线的位置关系》(含详解).doc，共(12)页，334.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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19．9直线与圆锥曲线的位置关系1．直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度来看有三种：相离时，直线与圆锥曲线______公共点；相切时，直线与圆锥曲线有______公共点；相交时，直线与椭圆有______公共点，直线与双曲线、抛物线有一个或两个公

共点．一般通过它们的方程来研究：设直线l：Ax＋By＋C＝0与二次曲线C：f(x，y)＝0，由Ax＋By＋C＝0，f（x，y）＝0消元，如果消去y后得：ax2＋bx＋c＝0，(1)当a≠0时，①Δ＞

0，则方程有两个不同的解，直线与圆锥曲线有两个公共点，直线与圆锥曲线________；②Δ＝0，则方程有两个相同的解，直线与圆锥曲线有一个公共点，直线与圆锥曲线________；③Δ＜0，则方程无解，直线与圆锥曲线没有公共点，直线与圆锥曲线________．(2)注意消元后非二次的情况，即当a＝

0时，对应圆锥曲线只可能是双曲线或抛物线．当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线的位置关系是________；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴的位置关系是________．(3)直线方程涉及斜率k要考虑其不存在的情形．2．直线与圆锥曲线相交的弦长问题(1)直线l：y＝kx＋

m与二次曲线C：f(x，y)＝0交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋m，f（x，y）＝0得ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，则x1＋x2＝________，x1x2＝________，

||AB＝________________________________．(2)若弦过焦点，可得焦点弦，可用焦半径公式来表示弦长，以简化运算．3．直线与圆锥曲线相交弦的中点问题中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．(1)利用

根与系数的关系：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解．(2)点差法：若直线l与圆锥曲线C有两个交点A，B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x

1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立中点坐标和斜率的关系．无论哪种方法都不能忽视对判别式的讨论．自查自纠：1．无一个两个(1)①相交②相切③相离(2)平行或重合平行或重合2．(1)－baca1＋k2||x1－

x2＝1＋k2b2－4ac||a直线y＝kx－k＋1与椭圆x29＋y24＝1的位置关系是()A．相交B．相切C．相离D．不确定解：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．故选A．若直线y＝kx与双

曲线x29－y24＝1相交，则k的取值范围是()A．(0，23)B．(－23，0)C．(－23，23)D．(－∞，－23)∪(23，＋∞)解：双曲线x29－y24＝1的渐近线方程为y＝±23x，若直线与双曲线相交，由数形结合，得k∈(－23，23)．故选C．抛物线C的顶点为原点，焦点在x轴上，

2直线x－y＝0与抛物线C交于A，B两点，若P(1，1)为线段AB的中点，则抛物线C的方程为()A．y2＝4xB．y2＝2xC．x2＝2yD．y2＝－2x解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程为y2＝2px，则

y21＝2px1，y22＝2px2，两式相减可得2p＝y1－y2x1－x2³(y1＋y2)＝kAB³2＝2，即可得p＝1，所以抛物线C的方程为y2＝2x．故选B．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，F(2，0)为其右焦点，过点F且垂直于x轴的直线与椭圆

相交所得的弦长为2，则椭圆C的方程为____________．解：由题意得c＝2，b2a＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝2，所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1．故填x24＋y22＝1．已知双曲线x2a

2－y2b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线经过点(1，2)，则该渐近线与圆(x＋1)2＋(y－2)2＝4相交所得的弦长为________．解：因为bx－ay＝0过点(1，2)，故b－2a＝0，渐近线方程为2x－y＝0，圆心到该直线的距离d＝45，故弦长为24－165＝455

．故填455．类型一弦的中点问题(1)已知一直线与椭圆4x2＋9y2＝36相交于A，B两点，弦AB的中点坐标为M(1，1)，则直线AB的方程为___________________________．解法一：根据题意，易知直线AB的斜率存在，设通过点M(1，1)的直线AB

的方程为y＝k(x－1)＋1，代入椭圆方程，整理得(9k2＋4)x2＋18k(1－k)x＋9(1－k)2－36＝0．设A，B的横坐标分别为x1，x2，则x1＋x22＝－9k（1－k）9k2＋4＝1，解之得k＝－4

9．故直线AB的方程为y＝－49(x－1)＋1，即4x＋9y－13＝0．解法二：设A(x1，y1)．因为AB中点为M(1，1)，所以B点坐标是(2－x1，2－y1)．将A，B点的坐标代入方程4x2＋9y2＝36，得4x21＋9

y21－36＝0，①及4(2－x1)2＋9(2－y1)2＝36，化简为4x21＋9y21－16x1－36y1＋16＝0．②①－②，得16x1＋36y1－52＝0，化简为4x1＋9y1－13＝0．同理可推出4(2－x1)＋9(2－y1)－13＝0．因为A(x1，y1)与B(2－x1，

2－y1)都满足方程4x＋9y－13＝0，所以4x＋9y－13＝0即为所求．解法三：设A(x1，y1)，B(x2，y2)是弦的两个端点，代入椭圆方程，得4x21＋9y21＝36，①4x22＋9y22＝36，②①－②，得4(

x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0．因为M(1，1)为弦的中点，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2．所以4(x1－x2)＋9(y1－y2)＝0．所以kAB＝y1－y2x1－x2＝－49．故AB方程为y－1＝－49

(x－1)，即4x＋9y－13＝0．故填4x＋9y－13＝0．(2)已知双曲线x2－y23＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________．解：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，则

x21－y213＝1，①x22－y223＝1，②x1＋x2＝2x0，③y1＋y2＝2y0，④由②－①得(x2－x1)(x2＋x1)＝13(y2－y1)(y2＋y1)，显然x1≠x2．所以y2－y1x2－x

1·y2＋y1x2＋x1＝3，即kMN·y0x03＝3，因为M，N关于直线y＝x＋m对称，所以kMN＝－1，所以y0＝－3x0．又因为y0＝x0＋m，所以P(－m4，3m4)，代入抛物线方程得916m2＝18·(－m4)，解得m＝0或－8，经检验都

符合．故填0或－8．点拨：处理中点弦问题常用的求解方法：①点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，y1－y2x1－x2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中

点公式即可求得斜率．②根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．设抛物线过定点A(－1，0)，且以直线x＝1为准线．(1)求抛物线顶点的轨迹C的方程

；(2)若直线l与轨迹C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－12平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，试求实数m的取值范围．解：(1)设抛物线顶点为P(x，y)，则焦点F(2x－1，y)．再根据抛物线的定义得|AF|＝2，即(2x)2

＋y2＝4，所以轨迹C的方程为x2＋y24＝1(x≠1)．(2)依题意知k≠0，设弦MN的中点为P(－12，y0)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4x2M＋y2M＝4，4x2N＋y2N＝4．两式相减，得4(xM－xN)(xM＋xN

)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，将xM＋xN＝2³(－12)＝－1，yM＋yN＝2y0，yM－yNxM－xN＝－1k(k≠0)代入上式得k＝－y02．又点P(－12，y0)在弦MN的垂直平分线上，所以y0＝－12k＋m．所以m＝y0＋12k＝34y0．由点P

(－12，y0)在线段BB′上(B′，B为直线x＝－12与椭圆的交点，如图所示)，所以yB′＜y0＜yB，即－3＜y0＜3．所以－334＜m＜334，又k≠0，则y0＝－2k≠0，从而有m≠0．故m的取值范围为(－

334，0)∪(0，334)．类型二定点问题(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→＝2NM→．(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→²PQ→＝1．证明：过点P且垂直于OQ

的直线l过C的左焦点F．解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，NP→＝(x－x0，y)，NM→＝(0，y0)．由NP→＝2NM→，得x0＝x，y0＝22y．因为M(x0，y0)在

C上，所以x202＋y20＝1，所以x22＋y22＝1．因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2．(2)证明：易知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，4n)，则OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→＝(

－3－m，t－n)．由OP→·PQ→＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1．又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0．所以OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→．又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．点拨：①根据已知条件建

立方程；②通过假设相关点的坐标，利用函数与方程思想及点的坐标关系，按照“设而不求”的原则计算或化简．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1，0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．(1)求抛物线C的方程；(2)若

直线OA，OB的斜率之积为－12，求证：直线AB过x轴上一定点．解：(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1，0)，所以p2＝1，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x．(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，

设A(t24，t)，B(t24，－t)，t＞0．因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以tt24·－tt24＝－12，化简得t2＝32，则t＝42，所以A(8，42)，B(8，－42)，此时直线AB的方程为x＝8．②当直线AB的斜率存在时，设其方

程为y＝kx＋b(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立y2＝4x，y＝kx＋b，化简得ky2－4y＋4b＝0，根据根与系数的关系得yAyB＝4bk．因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以yAxA·yBxB＝－12，即xAxB＋2yAyB＝0，即

y2A4·y2B4＋2yAyB＝0，解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32，所以yAyB＝4bk＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．综上所述，直线AB过x轴上一定点(8，0)．类型三定值问题已知椭圆C：x2a2＋y2

b2＝1(a＞b＞0)过点T(3，－62)，且半焦距c＝3．(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，已知D52，0，A(2，1)，过点B(3，0)的直线l与椭圆相交于P，Q两点，直线AP，AQ与x轴分别相交于M，N两点，试问|DM|²|DN|是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，

请说明理由．解：(1)方法一：设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，则F1(－3，0)，F2(3，0)，由椭圆的定义可得2a＝（3＋3）2＋－622＋（3－3）2＋－622＝26，解得a＝6，所以b2＝a2－c2＝6－3＝3

，所以椭圆C的标准方程为x26＋y23＝1．方法二：因为c＝3，所以a2－b2＝3，又椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过点T3，－62，所以3a2＋64b2＝1，故3b2＋3＋32b2＝1，化简得2b4－3b2－9＝

0，得b2＝3，所以a2＝6，5所以椭圆C的标准方程为x26＋y23＝1．(2)设直线l的方程为x＝my＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当直线AP的斜率不存在时，易知直线BP与椭圆C相切，不符合题意，同理可得直线AQ的斜率存在，故直

线AP的方程为y－1＝y1－1x1－2(x－2)，则M2y1－x1y1－1，0，即M（2－m）y1－3y1－1，0，同理N（2－m）y2－3y2－1，0．由x＝my＋3，x26＋y23＝1，得(2＋m2)y2＋6my＋3＝

0，由Δ＝36m2－12(2＋m2)＞0得m2＞1，又y1＋y2＝－6m2＋m2，y1y2＝32＋m2，所以|DM|·|DN|＝52－（2－m）y1－3y1－152－（2－m）y2－3y2－1＝（1＋2m）2y1y2＋（1＋2m）

（y1＋y2）＋14[y1y2－（y1＋y2）＋1]＝（1＋2m）232＋m2＋（1＋2m）－6m2＋m2＋1432＋m2＋6m2＋m2＋1＝3＋12m＋12m2－6m－12m2＋2＋m24（3＋6m＋2＋m2）＝

m2＋6m＋54（m2＋6m＋5）＝14，故|DM|·|DN|为定值，且|DM|·|DN|＝14．点拨：求解此类问题的方法一般有两种：①从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；②直接计算、推理，并在计算、推理的过

程中消去变量，从而得到定点、定值、定线．应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算．(2016·北京)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1．(1)求椭圆

C的方程；(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N．求证：|AN|·|BM|为定值．解：(1)由题意得ca＝32，12ab＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1．所以椭圆C的方程为x24＋

y2＝1．(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1)，设P(x0，y0)，则x20＋4y20＝4．当x0≠0时，直线PA的方程为y＝y0x0－2(x－2)．令x＝0，得yM＝－2y0x0－2，从而|BM|＝|1－yM|＝1＋2y0x0－2．直线PB的方程为y＝y

0－1x0x＋1．令y＝0，得xN＝－x0y0－1，从而|AN|＝|2－xN|＝2＋x0y0－1．所以|AN|·|BM|＝2＋x0y0－1·1＋2y0x0－2＝x20＋4y20＋4x0y0－4

x0－8y0＋4x0y0－x0－2y0＋2＝4x0y0－4x0－8y0＋8x0y0－x0－2y0＋2＝4．当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4．综上，|AN|·|BM

|为定值．类型四与弦有关的范围与最值问题已知椭圆C1：x28＋y24＝1的左、右焦点分别为F1、F2，过点F1作垂直于x轴的直线l1，直线l2与l1垂直，垂足为点P，线段PF2的垂直平分6线交l2于点M．(1)求点M的轨迹C2的方程；(2)过点F2作两条互相垂直的直线AC、BD，且分别交

椭圆于A、B、C、D四点，求四边形ABCD面积的最小值．解：(1)连接MF2，由题意知|MP|＝|MF2|，所以点M到定直线l1：x＝－2的距离等于它到定点F2(2，0)的距离，所以点M的轨迹C2是以l1为准线，F2为焦点的抛物线，所以点M的轨迹C2的方程为y2＝8x．(2)当直

线AC的斜率存在且不为零时，设直线AC的斜率为k，A(x1，y1)，C(x2，y2)，则直线BD的斜率为－1k，直线AC的方程为y＝k(x－2)，联立y＝k（x－2），x28＋y24＝1，得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－8＝0．所以x1＋

x2＝8k21＋2k2，x1x2＝8k2－81＋2k2．|AC|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x2x2＝42（k2＋1）2k2＋1．同理可得|BD|＝42（k2＋1）k2＋2．因为AC⊥BD，所以四边形ABCD的面积S＝12|AC|·|BD|＝16（k

2＋1）2（k2＋2）（2k2＋1）．由于(k2＋2)(2k2＋1)≤[（k2＋2）＋（2k2＋1）2]2＝[3（k2＋1）2]2，所以S≥649，当且仅当k2＋2＝2k2＋1，即k＝±1时，取等号．易知，当直线AC的斜率不存在或斜率为零时，四边形ABCD的面

积S＝8．综上知，四边形ABCD面积的最小值为649．点拨：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几

何意义求最值．解决圆锥曲线中的取值范围问题常从五方面考虑：①利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，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建立两个参数之间的等量关系；③利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用已知的不等

关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；⑤利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．已知椭圆C：x2＋2y2＝4．(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，若点A

在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1，所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2．因此a＝2，c＝2．故椭圆C的离心率e＝ca＝2

2．(2)设点A，B的坐标分别为(t，2)，(x0，y0)，其中x0≠0．因为OA⊥OB，所以OA→·OB→＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－2y0x0．又x20＋2y20＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝x0＋2y0x02＋

(y0－2)2＝x20＋y20＋4y20x20＋4＝x20＋4－x202＋2（4－x20）x20＋4＝x202＋8x20＋4(0<x20≤4)．因为x202＋8x20≥4，当且仅当x20＝4时等号成立，所以|AB|2≥8．故线段AB长度的最小值为22．类型五存在性问题(2017·河南洛阳统

考)已知椭圆的中心是坐标原点O，焦点在x轴上，离心率为22，坐标原点O到过右焦点F且斜率为1的直线的距离为22．7(1)求椭圆的标准方程；(2)设过右焦点F且与坐标轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点，在线段OF上是否存在点M(m，0)，使得|MP|＝|MQ|？若存在，求

出m的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意，设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，F(c，0)，由坐标原点O到直线x－y－c＝0的距离为22，得|0－0－c|2＝22，解得c＝1，又e＝c

a＝22，故a＝2，b＝1，所以所求椭圆的标准方程为x22＋y2＝1．(2)假设存在点M(m，0)(0＜m＜1)满足条件．因为直线l与x轴不垂直，所以设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．由x2＋2y2＝2，

y＝k（x－1）得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＞0恒成立，所以x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2．设线段PQ的中点为N(x0，y0)，则x0＝x1＋x22＝2k21＋2k2，y0＝

k(x0－1)＝－k1＋2k2．因为|MP|＝|MQ|，所以MN⊥PQ，所以kMN·kPQ＝－1，即－k1＋2k22k21＋2k2－m·k＝－1，所以m＝k21＋2k2＝12＋1k2．因为k2＞0，所

以0＜m＜12，即m的取值范围为(0，12)．点拨：存在性问题的探求，常用方法是假设存在，并以此为基础进行推证，若推出矛盾，则不存在，否则存在．特殊情形的推证，常使思路明晰．如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是

22，点P(0，1)在短轴CD上，且PC→²PD→＝－1．(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得OA→²OB→＋λPA→²PB→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，

请说明理由．解：(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0，1)，且PC→·PD→＝－1，于是1－b2＝－1，ca＝22，a2－b2＝c2．解得a＝2，b＝2．所以椭圆E的方

程为x24＋y22＝1．(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0

．其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1．从而，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝（－2λ－4）k2＋（－2λ－1

）2k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2．所以，当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3．8此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝－3为定值．当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD，当λ＝1时，此时

OA→·OB→＋λPA→·PB→＝OC→·OD→＋PC→·PD→＝－2－1＝－3．故存在常数λ＝1，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值－3．1．对于圆锥曲线的综合问题，①要注意将曲线的定义性质化，找出定义赋予的条件；②要重视利用图形的几何性质解题(本书多处强调)；③要灵活运用韦

达定理、弦长公式、斜率公式、中点公式、判别式等解题，巧妙运用“设而不求”“整体代入”“点差法”“对称转换”等方法．2．在给定的圆锥曲线f(x，y)＝0中，求中点为(m，n)的弦AB所在直线方程或动弦中点M(x，y)轨迹时，一般可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，利用

A，B两点在曲线上，得f(x1，y1)＝0，f(x2，y2)＝0及x1＋x2＝2m(或2x)，y1＋y2＝2n(或2y)，从而求出斜率kAB＝y1－y2x1－x2，最后由点斜式写出直线AB的方程，或者得到动弦所在直线斜率与中点坐标x，y之间的关系，整体消去x1，x2，y1，y

2，得到点M(x，y)的轨迹方程．3．对满足一定条件的直线或者曲线过定点问题，可先设出该直线或曲线上两点的坐标，利用坐标在直线或曲线上以及切线、点共线、点共圆、对称等条件，建立点的坐标满足的方程或方程组．为简化运算，应多考虑曲线的几何性质，求出相应的含参数的直线或曲线，再利用直线或曲线过定点的知识

加以解决．以“求直线l：y＝kx＋2k＋1(k为参数)是否过定点”为例，有以下常用方法：(1)待定系数法：假设直线l过点(c1，c2)，则y－c2＝k(x－c1)，即y＝kx－c1k＋c2，通过与已知直线方程比较得c1＝－2，c2＝1．所以直线l过定点(－2，1)．(2)赋

值法：令k＝0，得l1：y＝1；令k＝1，得l2：y＝x＋3，求出l1与l2的交点(－2，1)，将交点坐标代入直线系得1＝－2k＋2k＋1恒成立，所以直线l过定点(－2，1)．赋值法由两步构成，第一步：通过给参数赋值，求出可能的定点坐标；第二步：验证其是否恒满足直线方程．(3)参

数集项法：对直线l的方程中的参数集项得y－1＝k(x＋2)，由直线的点斜式方程，易知直线l过定点(－2，1)．若方程中含有双参数，应考虑两个参数之间的关系．4．给出曲线上的点到直线的最短(长)距离或求动点到直线的最短(长)距离时，可归纳为求函数的最值问题，也

可借助于图形的性质(如三角形的公理、对称性等)求解．5．圆锥曲线上的点关于某一直线对称的问题，通常利用圆锥曲线上的两点所在直线与已知直线l(或者是直线系)垂直，圆锥曲线上两点连成线段的中点一定在对称轴直线l上，再利用判别式或中

点与曲线的位置关系求解．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．有且只有四条解：因为p＝1，所以通径长2p＝2，又|AB|＝x1＋x2＋p，所以|AB|＝

3＞2p，故这样的直线有且只有两条．故选B．2．经过椭圆x22＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点，设O为坐标原点，则OA→²OB→等于()A．－3B．－13C．－13或－3D．±13解：依

题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程x22＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝43，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，(43，13)，所以OA→·OB→＝－13，同理，直

线l经过椭圆9的左焦点时，也可得OA→·OB→＝－13．故选B．3．抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为()A．2B．728C．22D．526解：设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则它到直线的距离d＝|x－y－2|2＝|－x2＋x－2|2＝|－（x－12）2－74|2，所以当

x＝12时，dmin＝728．故选B．4．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．[－12，12]B．[－2，2]C．[－1，1]D．[－4，4]解：由题意知Q(－2，0)，设直

线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，由Δ＝(4k2－8)2－4k2·4k2＝64(1－k2)≥0，解得－1≤k≤1．故选C．5．(2018·兰州一模)已知直线y＝kx－k－1与曲线C：x2＋2y2＝m(m＞

0)恒有公共点，则m的取值范围是()A．[3，＋∞)B．(－∞，3]C．(3，＋∞)D．(－∞，3)解：直线y＝kx－k－1过定点(1，－1)．因为直线y＝kx－k－1与曲线C：x2＋2y2＝m(m＞0)

恒有公共点，而曲线C表示椭圆，则需点(1，－1)在椭圆内或椭圆上，所以12＋2³(－1)2≤m，即m≥3．故选A．6．(2018·邯郸二模)设点Q是直线l：x＝－1上任意一点，过点Q作抛物线C：y2＝4x的两条切线QS，QT，切点分

别为S，T，设切线QS，QT的斜率分别为k1，k2，F是抛物线的焦点，直线QF的斜率为k0，则下列结论正确的是()A．k1－k2＝k0B．k1k2＝2k0C．k1－k2＝2k0D．k1＋k2＝2k0解：设点Q(－1，

t)，由过点Q的直线y－t＝k(x＋1)与抛物线C：y2＝4x相切，联立y2＝4x，y－t＝k（x＋1），整理得k2x2＋2(k2＋kt－2)x＋(k＋t)2＝0，则Δ＝4(k2＋kt－2)2－4

k2(k＋t)2＝0，化简得k2＋tk－1＝0．显然k1，k2是关于k的方程k2＋tk－1＝0的两个根，所以k1＋k2＝－t，又k0＝－t2，故k1＋k2＝2k0．故选D．7．已知F1、F2为椭圆x225＋y29＝1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点．若|F2A|＋|F2B|＝12，则|

AB|＝________________．解：由题意知(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝2a＋2a，又由a＝5，可得|AB|＋(|AF2|＋|BF2|)＝20，则|AB|＝8．故填8．8．已知抛物线C：y2＝2px(p

＞0)的准线l，过M(1，0)且斜率为3的直线与l相交于A，与C的一个交点为B，若AM→＝MB→，则p＝________________．解：依题意，直线AB的方程为y＝3x－3，准线l：x＝－p2，又因为AM→＝MB→，所以1＋p2＝xB－1，即x

B＝2＋p2，则yB＝3xB－3＝32p＋3，将(xB，yB)代入C：y2＝2px，得p2＋4p－12＝0，解得p＝2，或p＝－6(舍去)．故填2．9．已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为22，且椭圆经过圆C：x2＋y2－4x＋22y＝0的圆心．

(1)求椭圆的方程；(2)设直线l过椭圆的焦点且与圆C相切，求直线l的方程．解：(1)圆C方程化为(x－2)2＋(y＋2)2＝6，圆心C(2，－2)，半径r＝6．设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，故有4a2＋2b2＝1，ca＝22，所以a＝22，b＝2．则

所求的椭圆方程是x28＋y24＝1．(2)由(1)得到椭圆的左、右焦点分别是F1(－2，0)，F2(2，0)，|F2C|＝（2－2）2＋（0＋2）2＝2<6．所以F2在C内，故过F2没有圆C的切线，设l的方程为

y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0．10点C(2，－2)到直线l的距离d＝|2k＋2＋2k|1＋k2＝6，解得k＝25或k＝－2，故l的方程为2x－5y＋22＝0或2x＋y＋22＝0．10．(2018·揭阳模拟)已知

椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，右焦点为F(1，0)．(1)求椭圆E的标准方程；(2)设点O为坐标原点，过点F作直线l与椭圆E交于M，N两点，若OM⊥ON，求直线l的方程．解：(1)依题意可得c＝1，ca＝22，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，所以椭圆

E的标准方程为x22＋y2＝1．(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，①当MN垂直于x轴时，直线l的方程为x＝1，不符合题意；②当MN不垂直于x轴时，设直线l的方程为y＝k(x－1)．联立x22＋y

2＝1，y＝k（x－1），消去y整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，显然Δ＞0，所以x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2（k2－1）1＋2k2．所以y1y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝－k21＋2k2．因为OM⊥ON，

所以OM→·ON→＝0，所以x1x2＋y1y2＝k2－21＋2k2＝0，所以k＝±2，即直线l的方程为y＝±2(x－1)．11．设A，B为抛物线y2＝x上相异两点，其纵坐标分别为1，－2，分别以A，B为切点作抛物线的切线l1，l2，设l1，l2相交于点P．(1)求点P的坐标；(2)

M为A，B间抛物线段上任意一点，设PM→＝λPA→＋μPB→，试判断λ＋μ是否为定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由．解：(1)由题知A(1，1)，B(4，－2)，设点P的坐标为(xP，yP)，由题意知直线l1，l2的斜率均存在

，且不为0，设直线l1的方程为y－1＝k(x－1)，联立y－1＝k（x－1），y2＝x，整理得ky2－y＋1－k＝0，由Δ＝1－4k(1－k)＝0，解得k＝12，即l1：y＝12x＋12，同理，l2：y＝－14x－1．联立l1，l2的方程，可解得xP＝－2，y

P＝－12，即点P的坐标为(－2，－12)．(2)设M(y20，y0)，且－2≤y0≤1．由PM→＝λPA→＋μPB→得(y20＋2，y0＋12)＝λ(3，32)＋μ(6，－32)，即y20＋2＝3λ＋6μ，y0＋12＝32（λ－μ），解

得λ＝（y0＋2）29，μ＝（y0－1）29，因为－2≤y0≤1，所以λ＋μ＝y0＋23＋1－y03＝1，即λ＋μ为定值1．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝54|PQ|．(1)求抛物线

C的方程；(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．11解：(1)设Q(x0，4)，代入y2＝2px得x0＝8p．所以|PQ|＝8p，|QF|＝p2＋x0＝p2＋8

p．由题意得p2＋8p＝54³8p，解得p＝－2(舍去)或p＝2．所以抛物线C的方程为y2＝4x．(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0)，代入y2＝4x得y2－4my－4＝0．设A(x1，y1)，B(x2

，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4．故AB的中点为D(2m2＋1，2m)，|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1)．又l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－1my＋2m2＋3．将上式代入y2＝4x，并整理得

y2＋4my－4(2m2＋3)＝0．设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝－4m，y3y4＝－4(2m2＋3)．故MN的中点为E(2m2＋2m2＋3，－2m)，|MN|＝1＋1m2|y3－y4|＝4（m2＋1）2m2＋1m2．由于M

N垂直平分AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝12|MN|，从而14|AB|2＋|DE|2＝14|MN|2，即4(m2＋1)2＋(2m＋2m)2＋(2m2＋2)2＝4（m2＋1）2（2m2＋1）m4．化简得m2－1＝0，解得

m＝1或m＝－1．所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0．12