圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题篇一：圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线中的定点、定值、最值问题是圆锥曲线的综合问题，它是解析法的应用，数形结合思想方法的良好体现.圆锥曲线与圆锥曲线的位置关系，圆锥曲线知识的纵向联系，圆锥曲线与三角、函数与方程、不等式、数列、平面向量等知识的横向联系也是本节知识的重点内容.解决本类问题的分析思想与方法是可循的，重要的是要善于掌握圆锥曲线知识间的横向与纵向联系，解答这部分试题，需要较强的代数运算能力和图形认识能力，要能准确地进行数与形的语言转换和运算，推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整.

解决圆锥曲线综合题，关键是熟练掌握每一种圆锥曲线的定义、标准方程、图形与几何性质，注意挖掘知识的内在联系及其规律，通过对知识的重新组合，以达到巩固知识、提高能力的目的.

(1)对于求曲线方程中参数的取值范围问题，需构造参数满足的不等式，通过求不等式(组)求得参数的取值范围；或建立关于参数的目标函数，转化为函数的值域.

(2)对于圆锥曲线的最值问题，解法常有两种：当题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用数形结合法解；当题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值. ［特别提醒］

1．要注重基础，掌握好基础知识、基本题型、基本方法，多做一些选择题与填空题，尽是不出现“看起来题会，做起来不对，出考场后悔”的现象；

2．重视对数学思想、方法的训练、归纳与提炼，达到优化解题思路、简化解题过程的效果； 3．以方程形式给定的直线与圆锥曲线的方程，对直线与圆锥曲线相交问题利用韦达定理整体处理，能起到简化解题的运算量；

4．在圆锥曲线的变化过程中，引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线的长度及

a,b,c,e之间构成函数关系，运用函数思想处理这类问题较为方便；

5．由于圆锥曲线都具有对称性，因此可以使分散的条件相对集中，减少一些变量与未知量，也可起到简化计算，促使问题的解决；

6．要从学科的整体高度来考虑问题，在知识网络交汇点上思考问题，对于综合题型、应用题型和探索题型应给予高度的重视。

[基础闯关]

1．动圆的圆心在抛物线y8x上，且动圆恒与直线x20相切，则动圆必经过定点（ ） （A）(4,0) （B）(2,0) （C）(0,2) （D）(0,2)

2

x2y2

1左、右焦点，过椭圆中心任作一条直线与椭圆交于P,Q两2．设F1,F2为椭圆43



点，当四边形PFQF12面积最大时，PF1PF2的值等于（ ）

（A）0 （B）1 （C）2 （D）4

x2

3．（2006年全国卷II）已知△ABC的顶点B、C在椭圆＋y2＝1上，顶点A是椭圆的一个

3

焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是 ( )

（A）3 （B）6 （C）43 （D）12

x2y2

1的右焦点重合，则p的值为（ ） 4．若抛物线y2px的焦点与椭圆62

A．2 B．2 C．4 D．4

3

5．过抛物线y24x的焦点，且倾斜角为的直线交抛物线于P,Q两点，O是坐标原点，

4

则OPQ的面积等于 。

2

x2y2

6．已知点P(x,y)是椭圆221(ab0)上的动点，F1,F2是椭圆的焦点，则

ab

|PF1||PF2|的取值范围是。

[典例精析]

y2

例1． P、Q、M、N四点都在椭圆x1上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点．已

2



知PF与FQ共线，MF与FN共线，且PFMF0．求四边形PMQN的面积的最小值和最大值．

［剖析］求出四边形PMQN的面积的表达式，转化为函数的单调性进

2

行讨论。

［解］解：如图，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且PQ⊥MN，直线PQ、NM中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为K，又PQ过点F(0,1)，故PQ的方程为y=kx+1

将此式代入椭圆方程得(2+k)x+2kx－1=0

设P、Q两点的坐标分别为(x1

，y1)，

(x2，y2)，则

2

2

x1x28(1k2)2222

从而|PQ|(x1x2)(y1y2) 22

(2k)

k2)

亦即|PQ|

2k

2

12

(1))1(1)当k≠0时，MN的斜率为－，同上可推得|MN|

1k

2()2

k

11

4(1k2)(12)4(2k22)

1 故四边形面积S|PQ||MN|

2(2k2)(22)52k22kk

14(2u)12

2(1) 令u=k2得S

k52u52u1162

∵u=k2≥2,当k=±1时u=2，S=且S是以u为自变量的增函数

k9

∴

16

S2 9

②当k=0时，MN为椭圆长轴，

S=综合①②知四边形PMQN的最大值为2，最小值为

1

|PQ||MN|=2 2

16。 9

［警示］由于共线向量与解析几何中平行线、三点共线等具有异曲同工的作用，因此，解析几何中与平行线、三点共线等相关的问题均可在向量共线的新情景下设计问题。求解此类问题的关键是：正确理解向量共线与解析几何中平行、三点共线等的关系，把有关向量的问题转化为解析几何问题。另外，向量的长度，点的平移等与解析几何都有着千丝万缕的联系，向量与解析几何的结合，为解决这些问题开辟了新的解题途径。 ［变式训练］：

1.(2006年黄冈已知向量)OA（2，0），OCAB（0，1），动点M到定直线y1的距离等于d，

2

并且满足OMAMk（CMBMd）,其中O是坐标原点，k是参数（）求动点1M的轨迹方程，并判断曲线类型；

1

（2）当k时，求|OM2AM|的最大值与最小值

2（3）如果动点M的轨迹是一条圆锥曲线，其离心率e

ek的取值范围2

x2y2

例2．如图，已知椭圆=1(2≤m≤5),过其左焦点且斜率为1的直线与椭圆及其准mm1

线的交点从左到右的顺序为A、B、C、D，设f(m)=||AB|－|CD||

(1)求f(m)的解析式； (2)求f(m)的最值. ［剖析］第(1)问中，若注意到xA,xD为一对相反数，则可迅速将||AB|－|CD||化简.第(2)问，利用函数的单调性求最值是常用方法.

［解］(1)设椭圆的半长轴、半短轴及半焦距依次为a、b、c，则a2=m,b2=m－1,c2=a2－b2=1，∴椭圆的焦点为F1(－1,0),F2(1,0).

a2

故直线的方程为y=x+1,又椭圆的准线方程为x=±,即x=±m.

c

∴A(－m,－m+1),D(m,m+1)

yx1

考虑方程组x2,消去y得：(m－1)x2+m(x+1)2=m(m－1) y2

1

mm1

整理得：(2m－1)x2+2mx+2m－m2=0 Δ=4m2－4(2m－1)(2m－m2)=8m(m－1)2

∵2≤m≤5,∴Δ＞0恒成立，xB+xC=

2m

. 2m1

又∵A、B、C、D都在直线y=x+1上

∴|AB|=|xB－xA|=2=(xB－xA)²2,|CD|=2(xD－xC) ∴||AB|－|CD||=|xB－xA+xD－xC|=|(xB+xC)－(xA+xD)| 又∵xA=－m,xD=m,∴xA+xD=0 ∴||AB|－|CD||=|xB+xC|²2=|故f(m)=

22m2m

|²2= (2≤m≤5)

2m12m

22m

，m∈［2,5］. 2m

22m22

，可知f(m)=

12m

2m

111又2－≤2－≤2－

25m

10242

,∴f(m)∈［］ 93

42102

故f(m)的最大值为，此时m=2;f(m)的最小值为，此时m=5.

93

(2)由f(m)=

［警示］本题主要考查利用解析几何的知识建立函数关系式，并求其最值，体现了圆锥曲线与代数间的科间综合. ［变式训练］

2．已知抛物线C：y2=4x.

(1)若椭圆左焦点及相应的准线与抛物线C的焦点F及准线l分别重合，试求椭圆短轴端点B与焦点F连线中点P的轨迹方程；

(2)若M(m,0)是x轴上的一定点，Q是(1)所求轨迹上任一点，试问|MQ|有无最小值？若有，求出其值；若没有，说明理由.

例3．如图，某隧道设计为双向四车道，车道总宽22米，要求通行车辆限高4.5米，隧道全长2.5千米，隧道的拱线近似地看成半个椭圆形状. （1）若最大拱高h为6米，则隧道设计的拱宽l是多少？ （2）若最大拱高h不小于6米，则应如何设计拱高h和拱宽l

，才能使半个椭圆形隧道的土方工程量最小？（半

个椭圆的面积公式为S



4

lh，柱体体积为：底面积乘以高.本题结果精确到0.1米）

［剖析］对于实际问题，建系设点，写出方程，然后再求最值。

［解］解法一（1）如图建立直角坐标系，则点P（11，4.5），

x2y2

椭圆方程为221.

ab

将b=h=6与点P坐标代入椭圆方程，得a的拱宽约为33.3米.

4477

,此时l2a33.3.因此隧道77

x2y21124.52

（2）由椭圆方程221，得221.

a

bab

1124.522114.5ab99

因为22即ab99,且l2a,hb,所以Slh.

abab4221124.521当S取最小值时,有22,得ab

ab22此时l2a31.1,hb6.4

故当拱高约为6.4米、拱宽约为31.1米时，土方工程量最小.

x2y21124.5281a22

, [解二]由椭圆方程221，得221. 于是b

4a2121abab

812121281

ab(a1212242)(22242)81121,

44a121

2121

即ab99,当S取最小值时,有a21212,

a121

2

2

得a2,b

92

.以下同解一. 2

［警示］考查圆锥曲线在实际问题中的应用，及将实际问题转化成数学问题的能力立恰当的直角坐标系，将实际问题转化成解析几何问题来求解 ［变式训练］

3. 舰A在舰B的正东6千米处，舰C在舰B的北偏西30°且与B相距4千米，它们准备捕海洋动物，某时刻A发现动物信号，4秒后B、C同时发现这种信号，A发射麻醉炮弹设

舰与动物均为静止的，动物信号的传播速度为1千米/秒，炮弹的速度是

203g

千米/秒，3

其中g为重力加速度，若不计空气阻力与舰高，问舰A发射炮弹的方位角和仰角应是多少？

圆锥曲线的综合问题篇二：圆锥曲线的综合问题(含答案)

课题：圆锥曲线的综合问题 【要点回顾】

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：ax＋bx＋c＝0(或ay＋by＋c＝0)．

若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有： Δ>0⇔ Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切； Δ<0⇔

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|1＋k|x1－x2|或【热身练习】

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( )

121632322

A．y－1 B.x＝－y＝1

3348

2

22

2

1

1＋2y1－y2|.

k

x2y2

x2y2

3232

D.x＝1 48

y2x2

解析：选A 设双曲线方程为－＝1(a＞0，b＞0)，

ab

c

则2，

ac＝2，

a2＋b2＝c2，

得a＝1，b3.故双曲线方程为y－＝1.

3

2

x2

2．(教材习题改编)直线y＝kx－k＋1与椭圆＝1的位置关系是( )

94A．相交

B．相切 C．相离

D．不确定

x2y2

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y＝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

2

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)．

x2y2

4．过椭圆22＝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

ab

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

aac2262222

标为－，代入椭圆方程得a＝3b，则c＝2b，则2，故e＝.

a3322

5．已知双曲线方程是x＝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

2中点，则此直线方程是________________．

2

y2

y2－y1

解析：设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x＝1，x－＝1，得k22x2－x1

21

22

2

y21y22

x2＋x12×4

＝4，

y2＋y12

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14x－56x＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4x－y－7＝0 【方法指导】

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】

x2y22

[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

ab2

＝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△AMN10

时，求k的值． 3

a＝2，c2

[自主解答] (1)由题意得，

a2a＝b＋c，

2

2

2

22

解得b＝2，所以椭圆C的方程为＝1.

42

x2y2

y＝kx－，22

(2)由xy

1，42

2

得(1＋2k)x－4kx＋2k－4＝0.

222

设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则

4k2k－4

y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝2，x1x2＝2，

1＋2k1＋2k所以|MN|＝

2

x2－x1＋y2－y1

2

＋k

2

x1＋x2

2

2

－4x1x2]＝

＋k＋6k

2

1＋2k

.

又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝

|k|1＋k

2

2

1|k4＋6k|k|4＋6k10

所以△AMN的面积为SMN|· d＝.＝k＝±1. 22

21＋2k1＋2k3【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．

【试一试】

2

1．(2012·信阳模拟)设抛物线y＝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( )

11A.－ B．[－2,2] C．[－1,1] 22

2

D．[－4,4]

解析：选C 易知抛物线y＝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)，

y＝8x，联立



y＝kx＋

2

⇒kx＋(4k－8)x＋4k＝0.

22

2

2

2

2

4

2

当k＝0时，易知符合题意；当k≠0时，其判别式为Δ＝(4k－8)－16k＝－64k＋64≥0， 可解得－1≤k≤1. 【最值与范围问题】

x2y21

[例2] (2012·浙江高考)如图，椭圆C：22＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的

ab2

距离为10.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 ＋c

c1a2

2

＋1＝10，

c＝1，

得

a＝2.

所以椭圆方程为1.

43

(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)，

y＝kx＋m，由22

3x＋4y＝12

2

2

x2y2

消去y，整理得

2

(3＋4k)x＋8kmx＋4m－12＝0， ① 则Δ＝64km

－4(3＋4k)(4m－12)＞0，

22

2

2

8km

x＋x＝－3＋4k4m－12xx＝3＋4k1

2

2

2

12

2

2

4km2，3m2. 所以线段AB的中点为M－

3＋4k3＋4k

13m－2km

因为M在直线OP：y上，所以＝2223＋4k3＋4k3

得m＝0(舍去)或k2

此时方程①为3x－3mx＋m－3＝0，则

2

x1＋x2＝m，2

Δ＝3(12－m)＞0，m2－3

x1x2＝.3

所以|AB|＝1＋k·|x1－x2|＝

3912－m， 6

设点P到直线AB的距离为d，则

d|8－2m|2|m－4|

＝. 22

3＋213

设△ABP的面积为S，则

SAB|·

d123·6

m－

－m

.

其中m∈(－3，0)∪(0,23)．

令u(m)＝(12－m)(m－4)，m∈[－3，3 ]，

2

2

u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－17)(m－1＋7)．

所以当且仅当m＝17时，u(m)取到最大值． 故当且仅当m＝1－7时，S取到最大值． 综上，所求直线l的方程为3x＋2y＋27－2＝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． 【试一试】

2．(2012·东莞模拟)已知抛物线y＝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( )

2

2A.－0 33 C.－0 2

2B.0， 33D.0， 2

2

2

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x＋(2b－2p)x＋b＝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)－4b＝4p－8bp＞0，将b＝2p－1代入得4p－8p(2p－1)＞0，即3p－2p＜0，解得0＜p＜23

【定点定值问题】

2

2

2

2

2

x2y2

[例3] (2012·辽宁高考)如图，椭圆C0：2＋21(a>b>0，a，b为常数)，

ab

动圆C1：x＋y＝t1，b<t1<a.点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，

2

2

2

B，C，D四点．

(1)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程；

(2)设动圆C2：x＋y＝t2与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b<t2<a，t1≠t2.若矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，证明：t1＋t2为定值．

[自主解答] (1)设 A(x1，y1)，B(x1，－y1)，又知A1(－a,0)，A2(a,0)，则直线A1A的方程为y＝(x＋a)，①

直线A2B的方程为y＝

2

2

2

2

2

2

2

y1

x1＋a

－y1

x－a)．② x1－a

－y122

由①②得y＝2x－a)．③

x1－a2

x2y211

由点A(x1，y1)在椭圆C0221.

ab

xyx1从而y＝b1－221(x<－a，y<0)． aba

2

1

2

2

2

2

(2)证明：设A′(x2，y2)，由矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等，得4|x1||y1|＝4|x2|·|y2|， 故x1y1＝x2y2.

因为点A，A′均在椭圆上，所以

22

22

圆锥曲线的综合问题篇三：圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题篇四：圆锥曲线的综合问题 分题型整理

第4讲 圆锥曲线的综合问题

★知识梳理★

1.直线与圆锥曲线C的位置关系

将直线l的方程代入曲线C的方程，消去y或者消去x，得到一个关于x（或y）的方程

ax2bxc0

（1）交点个数

①当 a=0或a≠0，⊿=0 时,曲线和直线只有一个交点; ②当 a≠0,⊿>0时,曲线和直线有两个交点; ③ 当⊿<0 时,曲线和直线没有交点; (2) 弦长公式：

|AB|k2|x2x1| k2(x1x2)24x1x2 2.

对称问题：

曲线上存在两点关于已知直线对称的条件：①曲线上两点所在的直线与已知直线垂直（得出斜率）②曲线上两点所在的直线与曲线有两个公共点（⊿>0）③曲线上两点的中点在对称直线上

3.求动点轨迹方程

①轨迹类型已确定的，一般用待定系数法

②动点满足的条件在题目中有明确的表述且轨迹类型未知的，一般用直接法 ③一动点随另一动点的变化而变化，一般用代入转移法

★重难点突破★

理重点：掌握直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法及弦长公式；掌握弦中点轨迹的求法；

解和掌握求曲线方程的方法与步骤，能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值 难点：轨迹方程的求法及圆锥曲线的有关范围与最值问题

重难点：综合运用方程、函数、不等式、轨迹等方面的知识解决相关问题 1.体会“设而不求”在解题中的简化运算功能 ①求弦长时用韦达定理设而不求 ②弦中点问题用“点差法”设而不求

2.体会数学思想方法（以方程思想、转化思想、数形结合思想为主）在解题中运用

x2y2

问题1：已知点F1为椭圆点A1,1，动点P在椭圆上，则PAPF1的左焦点，1

95

的最小值为

点拨：设F2为椭圆的右焦点，利用定义将PF1转化为PF2，在结合图形，用平面几何的知识解决。PAPF16PAPF2，当P,A,F2共线时最小，最小值为6★热点考点题型探析★

考点1 直线与圆锥曲线的位置关系

题型1：交点个数问题

[例1 ] 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（ ）

11

A．. B．[－2，2] C．[－1，1] D．[－4，4]

22

【解题思路】解决直线与圆锥曲线的交点个数问题的通法为判别式法 [解析] 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)，

y28x,

k2x2(4k28)x4k20. 联立

yk(x2),

其判别式为(4k28)216k464k2640，可解得 1k1，应选C. 【名师指引】（1）解决直线与圆锥曲线的交点问题的方法：一是判别式法；二是几何法 （2）直线与圆锥曲线有唯一交点，不等价于直线与圆锥曲线相切，还有一种情况是平行于对称轴（抛物线）或平行于渐近线（双曲线）

（3）联立方程组、消元后得到一元二次方程，不但要对进行讨论，还要对二次项系数是否为0进行讨论 【新题导练】 1已知圆x2y2mx

11

0与抛物线yx2的准线相切，则m的值等于（ ）

44

A

． B

C

D

．

1

,对应的横坐标不变,得到曲线2

C；设M2,1，平行于OM的直线l在y轴上的截距为m(m≠0),直线l与曲线C交于A、

2.已知将圆x2y28上的每一点的纵坐标压缩到原来的B两个不同点.

(1)求曲线C的方程； (2)求m的取值范围.

3. 求过点0,1的直线，使它与抛物线y22x仅有一个交点. 答案：

1.[解析]D；

m1m

抛物线的准线为y1，将圆化为标准方程xy2，圆心到直线的距离为

2

4

1m

2

2

x'x

P(x,y)P'(x',y')2[解析]（1）设圆上的动点为压缩后对应的点为，则，

y'2y

x2y2

代入圆的方程得曲线C的方程：1

82

（2）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m,又KOM∴直线l的方程为y

1

, 2

1

xm. 2

1yxm,2

, 得 x22mx2m240 由22

xy1.82

∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点，

∴(2m)24(2m24)0, 解得2m2且m0.

∴m的取值范围是2m0或0m2.

3[解析] ①当所求直线斜率不存在时，即直线垂直x轴，因为过点0,1，所以x0即y轴，它正好与抛物线y22x相切.②当所求直线斜率为零时，直线为y = 1平行x轴，它正好与抛物线y22x只有一个交点.③一般地，设所求的过点(0,1)的直线为

ykx1ykx1(k0),则2，

y2x

k2x2(2k2)x10.令0,解得k

综上，满足条件的直线为：y1,题型2：与弦中点有关的问题

[例2]已知点A、B的坐标分别是1,0，1,0.直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.

(Ⅰ)求动点M的轨迹方程; (Ⅱ)若过点N

11

,∴ 所求直线为yx1. 22

x0,y

1

x1. 2

1

,1的直线l交动点M的轨迹于C、D两点, 且N为线段CD的中点，求直2

线l的方程.

【解题思路】弦中点问题用“点差法”或联立方程组，利用韦达定理求解

[解析] (Ⅰ)设M(x,y)， 因为kAMkBM2,

:2x2y22x1 (Ⅱ) 设C(x1,y1),D(x2,y2) 当直线l⊥x轴时,直线l的方程为x

111,

则C(D(,,其中点不是N,不合题意 22222

设直线l的方程为y1k(x)

将C(x1,y1),D(x2,y2)代入2xy2x1得

2

2

22

2x12y122„„„„(1) 2x2y22„„„„(2)

1

2

1

(1)-(2)整理得:ky1y22(x1x2)1

x1x2(y1y2)212

2

直线l的方程为y1

11

(x) 22

即所求直线l的方程为x2y30

解法二: 当直线l⊥x轴时,直线l的方程为x其中点不是N,不合题意.

111,

则C(,D(,, 22222

故设直线l的方程为y1k(x),将其代入2xy2x1化简得

2

2

1

2

kk

(2k2)x22k(1)x(1)220

22

k2k222

4k(1)4(2k)[(1)2]022

k2k(1)

x1x2(2)由韦达定理得2

2k

k2

(1)2x1x2(3)2

2k

(1)

,

k

1k(1)1

k,, 又由已知N为线段CD的中点,得x1x2解得22

22k2

将k1代入(1)式中可知满足条件.

此时直线l的方程为y1

11

(x),即所求直线l的方程为x2y30 22

【名师指引】通过将C、D的坐标代入曲线方程，再将两式相减的过程，称为代点相减．这

里，代点相减后，适当变形，出现弦PQ的斜率和中点坐标，是实现设而不求（即点差法）的关键．两种解法都要用到“设而不求”，它对简化运算的作用明显，用“点差法”解决弦中点问题更简洁 【新题导练】

x2y2

1.椭圆1的弦被点P2,1所平分，求此弦所在直线的方程

164

x2y2

2.已知直线y=－x+1与椭圆221(ab0)相交于A、B两点，且线段AB的中点在

ab

直线L：x－2y=0上，求此椭圆的离心率

答案：

1.[解析]设弦所在直线与椭圆交于M(x1,y1),N(x2,y2)两点，则

2222222

yyx1y1x2y2xx22

1，1，两式相减得：110， 164164164

2

化简得(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0， 把x1x24,y1y22代入得kMN

y1y2

1



x1x22

故所求的直线方程为y1(x2)，即x2y40

1

2

2.[解析]

2 2

设A(x1,y1),B(x2,y2)，AB的中点为M(x0,y0),

xyxy

代入椭圆方程得12121，22221,

abab

2222

y2y1b2x2x1

2.  AB的中点为M(x0,y0)在直线l上，两式相减,得

x2x1ay2y1

x02y00，

b212 2e

a22

x1x22x0yy1

2，而2kAB1

y1y22y0x2x1

圆锥曲线的综合问题篇五：高中数学专题五圆锥曲线的综合问题(共88张PPT)

圆锥曲线的综合问题篇六：直线与圆锥曲线的综合问题

直线与圆锥曲线的综合问题 第一部分

一.知识体系小结

1．圆锥曲线的标准方程

xacosx2y2

(参数方程，其中为参数)；1椭圆：焦点在x轴上时221(ab0)

ybsinab

22yx

焦点在y轴上时221(ab0)．

ab

x2y2y2x2

2双曲线：焦点在x221(a0，b0)；焦点在y221(a0，b0)．

abab22

3抛物线：开口向右时，y2px(p0)，开口向左时，y2px(p0)，开口向上时x22py(p0)，开口向下时x22py(p0)．

2．常用曲线方程设法技巧

x2y2x2y2

1；1共焦点的设法：与椭圆221有公共焦点的椭圆方程为22

abab2222

xyxy

与双曲线221有公共焦点的双曲线方程为221；

a2ba22b2

xyxy

2与双曲线1共渐近线的双曲线方程为(0)； 2222

abab

3中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆、双曲线方程可设为mx2ny21；4不清楚开口方向的抛物线设法：焦点在x轴上，y2mx(m0)； 焦点在y轴上，x2my(m0)．

3．解决直线与圆锥曲线问题的通法:

(1)设方程及点的坐标；(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程；

(3)应用韦达定理及判别式；(4)结合已知、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解．

(5)直线与圆锥曲线相交的弦长公式|AB|或|ABx1x2| y1y2|. 4．圆锥曲线中点弦斜率公式

b2x0x2y2

在椭圆221中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k2；

abay0

b2x0x2y2

在双曲线221中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k2；

abay0

p

在抛物线y22px(p0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k.

y0

以上公式均可由点差法可得．

5．解析几何与向量综合的有关结论

n

1给出直线的方向向量u(1，k)或u(m，n)，等价于已知直线的斜率k或.

m



2给出OAOB与AB相交，等价于已知OAOB过AB的中点．



3给出PMPN0，等价于已知P是MN的中点．



4给出APAQ(BPBQ)，等价于已知A，B与PQ的中点三点共线．



5给出以下情形之一：①AB//AC；②存在实数，使ABAC；



③若存在实数，，且1，使OCOAOB，等价于已知A，B，C三点共线．



AMB是直角；给出MAMBm0，6给出MAMB0，等价于已知MAMB，即



等价于已知AMB是钝角或反向共线；给出MAMBm0，等价于已知AMB是锐角或同向共线．



MAMB

7给出()MP，等价于已知MP是AMB的角平分线．

MAMB

二. 例题剖析

1.概念性质

x2y2

【例1】已知F1、F2为椭圆1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点．

259

若|F2AF2B|12，则|AB|__________.

解析:由椭圆的定义可知：|F1A|+|F2A|=2a=10，|F1B|+|F2B|=2a=10，所以|AB|=20-|F2A|-|F2B|=8.

小结: 1．对椭圆、双曲线，已知曲线上的点与一个焦点的距离时，常作辅助线：连结它与另一个焦点，考虑使用定义解题．

2．要熟悉焦点三角形的性质及研究方法

x2y2

【变式训练1】椭圆1的焦点为F1，F2，P在椭圆上，如果线段PF1的

123

中点在y轴上，则PF1是PF2的 

A．7倍 B．5倍 C．4倍 D．

3倍

b2解析：由题意，PF2x轴，则可计算出PF2PF1a 2.椭圆方程

因此PF1是PF2的7倍．答案为A

y2x2

【例2】已知椭圆C1221(a＞b＞0)的右顶点为A1,0，过C1的焦点且垂直

ab

长轴的弦长为1.

1求椭圆C1的方程；

2设点P在抛物线C2：yx2h(hR)上，C2在点P处的切线与C1交于点M、N.

当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值.

b12

a2y

解析： .因此，所求的椭圆方程为x21.1由题意，得b2，从而

4b121

a

2设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2h)，则抛物线C2在点P处的切线斜率为y|xt2t，

直线MN的方程为：y2txt2h.将上式代入椭圆C1的方程中，

得4x2(2txt2h)240.即4(1t2)x24t(t2h)x(t2h)240.①因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，

所以①式中的116[t42(h2)t2h24]＞0.②

x1x2t(t2h)

设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3.

22(1t2)

t1

.由题意，得x3x4，即t2(1h)t10.③2

由③式中的2(1h)240，得h1，或h3.当h3时，h2＜0,4h2＜0，设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4

则不等式②不成立，所以h1.当h1时，代入方程③得t1，将h1，t1代入不等式②，检验成立．所以，h的最小值为1.

x2y2

【变式训练2】已知椭圆221ab0的离心率为e，左右焦点分别为F1c,0，

ab

F2c,0，Q是椭圆外且不在x轴上的动点，满足F1Q2a，点P(x，y)是线段QF1与椭圆



的交点，点T是线段F2Q上的点，且满足PTTF20，求点T的轨迹．

解析：不妨设T(x1，y1)，Q(x，y)，如图所示，F2c,0．因为PTTF2且F1Q2a，得T为F2Q的中点．因此有2x1cx,2y1y.又因为F1Q2a，

2

2

则可得xcy24a2，因此有2x1cc4y124a2，化简得x12y124a2.

【例3】如图，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．

(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；

(2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1+y2的值及直线AB的斜率．

解析：1由已知条件，可设抛物线的方程为y22px.因为点P1,2在抛物线上，所以222p1，解得p2.故所求抛物线的方程是y24x，其准线方程是x1.

2设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，则kPA

因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，所以kPAkPB.

y12y2

(x11)，kPB2(x21)．x11x21

2

由A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，得y124x1， ① y24x2， ②

y12y2

2，所以y12(y22)，所以y1y24.

1212

y11y21

44

yy14

由①②得，直线AB的斜率为kAB21(x1x2)．

x2x1y2y1所以

【变式训练3】抛物线yx2上异于坐标原点O的两个相异的动点A，B满足OAOB，问：AOB的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．

yy

解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为OAOB，则有121，所以x1x21，y1y21.

x1x21不妨设AOB的面积为S，则SOAOB22222222

因此有4S2(x1y1)(x22y2)(y1y1)(y2y2)[y1y2y1y2y1y2

y1y2]2y1y224，因此S1，当且仅当y1y21时取到最小值．即此时A1,1，B1,1，Smin1.

小结：抛物线焦点弦的性质：

2

直线l过抛物线y=2px(p>0)的焦点F，交抛物线于A、B两点，则有：(1)通径的长为2p； (2)焦点弦公式：

22

|AB|=x1+x2+p；(3)x1x2=p/4，y1y2=-p. (4)以焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切．

第二部分

一．知识体系小结 1．

椭圆中的最值

x2y2

F1，F2为椭圆221(ab0)的左、右焦点，P为椭圆上的任意一点，B为短轴的

ab

一个端点，O为坐标原点，则有：

1|OP|[b，a]． 2|PF1|[ac，ac]． 3|PF1||PF2|[b2，a2]．



4F1PF2F1BF2.5SF1PF2b2tan(F1PF2)． 6焦点弦以通径为最短．

2

2．双曲线中的最值

x2y2

F1，F2为双曲线221(a0，b0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，

ab

b2

O为坐标原点，则有：1|OP|a.2|PF1|ca.3SF1PF2(F1PF2)．

tan

2

3．抛物线中的最值点

p

.2焦点弦AB以通径2

为最值，即|AB|2p.3A(m，n)为一定点，则|PAPF|有最小值．P为抛物线y22px(p0)上的任一点，F为焦点，则有：1|PF|4．双曲线的渐近线

1求法：令双曲线标准方程的左边为零，分解因式可得．2用法：①可得

ba

或的值；②利用渐近线方程设所求双曲线的方程．ab

5．直线与圆锥曲线的位置关系

1相离；2相切；3相交．特别地，①当直线与双曲线的渐近线平行时，

直线与抛物线相交且只有一个公共点．

直线与双曲线相交且只有一个公共点．②当直线与抛物线的对称轴平行或重合时，

Ax＋By＋C＝0

【注】：设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线：f(x，y)＝0，由消元(x或y)，若消去y得a1x2

f(x，y)＝0

＋b1x＋c1＝0.

（1）若a1＝0，此时圆锥曲线不是椭圆．当圆锥曲线为双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行或重合；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行或重合． （2）若a1≠0，Δ＝b－4a1c1，则 ①Δ＞0时，直线与圆锥曲线 ②Δ＝0时，直线与圆锥曲线 ③Δ＜0时，直线与圆锥曲线

，有 ，有 ，没有

交点； 的公共点； ．

二．例题剖析

1.定值问题

x2【例 1】已知椭圆方程为y21，点M，过M作倾斜角互补的两条直线，

42

分别与椭圆交于A、B两点(异于M)．1求证直线AB的斜率为定值；

2求AMB面积的最大值．

解析：定点、定值、最值问题是圆锥曲线的综合问题，它涉及到直线，圆锥曲线的定义、方程及位置关系，同

时又与三角、函数、不等式、方程、平面向量、导数等代数知识紧密联系．解这类问题时，需要有较强的代数运算能力和识图能力，要能准确地进行数与形的语言转换和运算、推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整．



1证明：由题可知直线MA的斜率存在，且MA与MB的斜率互为相反数，不妨设直线MA的斜率为k(k0)，则直线MA的方程为：y直线MB的方程为yk(x，

x2

k(x，代入y21可分别求得，4

yyBxAxBkABAxAxB

11

.即直线AB的斜率为定值.

AB22

1x2



2设直线AB的方程为yxm(m0)，代入y21得，

24

x22mx2m220，由0，得0m22.而xAxB2m，xAxB2m22. 所以

|AB|

1

|AB|2d2m42m2，又0m22，4

点M到直线AB的距离为d当m1时，Smax1.

2.定点问题

则S2AMB

1517

【例2】已知点F(0)，上半平面内的点P到点F和x轴的距离之和为.

44

1求动点P的轨迹方程； 2设动点P的轨迹方程为C，曲线C交y轴于点M，在曲线C上是否存在两点A，B，使AMB



2

？

3若A，B是曲线上满足AMB



2

的两点，求证：直线AB与y轴交于一定点．

17y，4

化简得动点P的轨迹方程为x2y4(0y4)．这是一个以0,4为顶点，解析：

1设P点坐标为(x，y)，其中y0.2p1，开口向下的抛物线的一部分(其中0y4)．

2考虑到抛物线的对称性，不妨设直线MA：y4x，直线MB：y4x，

分别与x2y4(0y4)联立，可得两个点的坐标为A1,3，B1,3， 此时AMB



2

.

1

x4.k

3设直线AM的方程为ykx4，直线BM的方程为y

ykx4xk

由方程组2，解得，即A点坐标为k,4k2．2

xy4y4k

111

同理可得B点坐标为(，42)，则直线AB的斜率为k，所以直线AB的方程

kkk1

为y4k2(k)xk.令x0，得y3，从而直线AB与y轴交于定点0,3．

k

x2y2

【变式训练1】设A为双曲线1右支上一动点，F为该双曲线的右焦点，

169

连接AF交双曲线于B，过B作直线BC垂直于双曲线的右准线，垂足为C，则直线AC必过定点 41A(，0)

10

18B(，0)C C.4,0

5

22D(，0)

5

解析:此题也可采用探索法，考虑特殊情况，即AB与x轴垂直时，便可得出一个定点(

3.最值问题

41，0)，故选A.10

圆锥曲线的综合问题篇七：圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题篇八：直线与圆锥曲线综合问题

直线与圆锥曲线综合问题

一．考点分析。

⑴直线与圆锥曲线的位置关系和判定

直线与圆锥曲线的位置关系有三种情况：相交、相切、相离.

直线方程是二元一次方程,圆锥曲线方程是二元二次方程,由它们组成的方程组,经过消元得到一个一元二次方程,直线和圆锥曲线相交、相切、相离的充分必要条件分别是0、0、0.

⑵直线与圆锥曲线相交所得的弦长

直线具有斜率k,直线与圆锥曲线的两个交点坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),

则它的弦长

上面的公式实质上是由两点间距离公式推导出来的,只是用了交点坐标设而不求的技巧而已(因为y1y2k(x1x2)，运用韦达定理来进行计算.

当直线斜率不存在是,则ABy1y2.

注: 1.圆锥曲线，一要重视定义，这是学好圆锥曲线最重要的思想方法，二要数形结合，既熟练掌握方程组理论，又关注图形的几何性质，以简化运算；

2.当涉及到弦的中点时，通常有两种处理方法：一是韦达定理，二是点差法； 3.圆锥曲线中参数取值范围问题通常从两个途径思考:一是建立函数，用求值域的方法求范围,二是建立不等式，通过解不等式求范围.

二．考试探究

圆锥曲线是解析几何的核心内容，也是高考命题的热点之一.高考对圆锥曲线的考查，总体上是以知识应用和问题探究为主，一般是给出曲线方程，讨论曲线的基本元素和简单的几何性质；或给出曲线满足的条件，判断（求）其轨迹；或给出直线与曲线、曲线与曲线的位置关系，讨论与其有关的其他问题（如直线的方程、直线的条数、弦长、曲线中参变量的取值范围等）；或考查圆锥曲线与其他知识综合（如不等式、函数、向量、导数等）的问题等. 1. （2006年北京卷，文科，19）

x2y2

椭圆C:221(ab0)的两个焦点为F1,F2,点P在椭圆C上，且ab

PF1F1F,2|PF1|414PF,|2 33.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

22（Ⅱ）若直线l过圆x+y+4x-2y=0的圆心M，交椭圆C于A、B两点，且A、B关于点M

对称，求直线l的方程.

〖解析〗（Ⅰ）由椭圆的定义及勾股定理求出a,b,c的值即可，（Ⅱ）可以设出A、B点的坐标及直线方程，联立直线方程和椭圆方程后利用一元二次方程根与系数关系即可求出直线方程，也可以利用“点差法”求出直线的斜率，然后利用点斜式求出直线方程. 〖答案〗解法一：

(Ⅰ)因为点P在椭圆C上，所以2aPF1PF26，a=3.

在Rt△PF1F2中，F1F2

c2=4, PF2PF1222,故椭圆的半焦距c=,从而b2=a2－

x2y2

所以椭圆C的方程为＝1. 94

(Ⅱ)设A，B的坐标分别为（x1,y1）、（x2,y2）.

22已知圆的方程为（x+2）+(y－1)=5,所以圆心M的坐标为（－2，1）.

从而可设直线l的方程为y=k(x+2)+1,

代入椭圆C的方程得（4+9k2）x2+(36k2+18k)x+36k2+36k－27=0.

因为A，B关于点M对称. 8x1x218k29kk 所以解得， 2.29249k

所以直线l的方程为y8(x2)1, 即8x-9y+25=0. 9

(经检验，所求直线方程符合题意)

解法二：

(Ⅰ)同解法一.

(Ⅱ)已知圆的方程为（x+2）2+(y－1)2=5,所以圆心M的坐标为（－2，1）.

设A，B的坐标分别为（x1,y1）,(x2,y2).由题意x1x2且

xy 111, 94

xy 221, 94

由①－②得

2222 ① ② (x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0. 94 ③

因为A、B关于点M对称，所以x1+ x2=－4, y1+ y2=2, y1y288代入③得＝，即直线l的斜率为， x1x299

所以直线l的方程为y－1＝8（x+2），即8x－9y+25=0. 9

(经检验，所求直线方程符合题意.)

2．（2008年山东卷，文科，22） 已知曲线C1

x

ay1(ab0)所围成的封闭图形的面积为 b

曲线C

1C2为以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆． （Ⅰ）求椭圆C2的标准方程；

（Ⅱ）设AB是过椭圆C2中心的任意弦，l是线段AB的垂直平分线．

M是l上异于椭圆中心的点．

（1）若MOOA（O为坐标原点），当点A在椭圆C2上运动时，

求点M的轨迹方程；

（2）若M是l与椭圆C2的交点，求△AMB的面积的最小值．

〖解析〗（Ⅰ）由三角形面积公式和点到直线的距离公式可得关于a，b的方程组， 曲线C1与坐标轴的交点为椭圆的顶点，显然C2为焦点在x轴的椭圆；

（Ⅱ）（1）设出AB的方程ykx(k0)，A(xA，yA)，M(x，y)，联立直线与椭圆得到方程组后，由MOOA(0)可得M的轨迹方程，注意k0或不存在时所得方程仍然成立；（2）由直线l的方程：y由不等式放缩即可求出最小值. 1122x和椭圆方程联立后表示出S△ABOMAMBk42

2ab22〖答案〗

（Ⅰ）由题意得又ab0，解得a5，b4． x2y2

因此所求椭圆的标准方程为1． 54

（Ⅱ）（1）假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为

ykx(k0)，A(xA，yA)． x2y2

1，22020k2

2解方程组5得xA， 42，yA245k45kykx，

2020k220(1k2)所以OAxy． 22245k45k45k22

A2A

设M(x，y)，由题意知MOOA(0)，

20(1k2)所以MOOA，即xy， 45k2222222

因为l是AB的垂直平分线，所以直线l的方程为yx1x，即k， yk

x2201222y222220(xy)因此xy， 222x4y5x452y

x2y2

又xy0，所以5x4y20，故2． 4522222

又当k0或不存在时，上式仍然成立．

x2y2

综上所述，M的轨迹方程为2(0)． 45

2020k2

2（2）当k存在且k0时，由（1）得x，yA， 245k245k2

A

x2y2

1，20520k2422y 由解得xM，M2，254k54ky1x，k

20(1k2)80(1k2)20(1k2)222所以OAxy，AB4OA，OM． 45k245k254k222A2A

解法一：由于S2

△AMB122180(1k2)20(1k2)ABOM 224445k54k

2400(1k2)2≥1600(1k2)24022245k54k， 22(45k2)(54k2)81(1k)92400(1k2)2

当且仅当45k254k2时等号成立，即k1时等号成立，

40． 9

140当k

0，S△AMB2． 29

140当k

不存在时，S△AMB4． 29此时△AMB面积的最小值是S△AMB

综上所述，△AMB的面积的最小值为40． 9

1

解法二：因为OA21OM2112245k54k922， 20(1k)20(1k)220(1k)2045k254k2

又1OA21OM≥2240，OAOM≥， OAOM9

当且仅当45k254k2时等号成立，即k1时等号成立，

40． 9

140当k

0，S△AMB2． 29

140当k

不存在时，S△AMB4． 29

40综上所述，△AMB的面积的最小值为． 9此时△AMB面积的最小值是S△AMB

3．（广东省实验中学2008届高三第三次模拟考试，理科，20）

已知抛物线x2=－y，直线L：(m+1)y+(3-m)x+m+1=0 (m∈R且m≠－1)与抛物线交于A，B两点.

（1） 当m=0时，试用x,y的不等式组表示由直线L和抛物线围成的封闭图形所在平面区域(包边界) ,并求该区域的面积.

（2）求证：对任意不为零的实数m，抛物线的顶点都在以线段AB为直径的圆C上；并求圆C的圆心的轨迹方程.

（3）将抛物线x2=－y的图像按向量a=（4，16）移动后得到函数y=f(x)的图像，若 

g(x)6lnxm,问是否存在实数m，使得y=f（x）的图象与y=g（x）的图象有且只有两个不同的交点？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.

〖解析〗（1）所要表示的平面区域包括边界，要注意不等式取等号，由定积分即可求出相应 的面积，计算时可以整体代入；

（2）证明抛物线的顶点在以线段AB为直径的圆C上，即证明OAOB0，圆C的圆心

的

轨迹可由中点坐标公式利用“代入法”求得；

（3）构造函数(x)g(x)f(x)x28x6lnxm，因为x0，所以y=f（x）的图 象与y=g（x）的图象有且只有两个不同的交点问题就可以转化为函数(x)有两个正零点的 问题，要对(x)的单调性进行讨论，从而求出使得(x)由两个正零点的m的取值范围 解 ：.

圆锥曲线的综合问题篇九：高三一轮复习圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题篇十：高三数学一轮复习圆锥曲线的综合问题