专题54 圆锥曲线大题解题模板(新高考地区专用)(解析版)

一、判断直线与圆锥曲线的位置关系： 1、寻找主直线：主直线有两个要求：

①所给的直线条件中：有必过点(或者求证是否有必过点)，给斜率或倾斜角(或者与斜率、倾斜角有关的条件)；

②所给的直线与圆锥曲线有两个交点。

2、从代数角度看，可通过将表示直线的方程，代入圆锥曲线的方程消元后所得的情况来判断，但要注意的是：对于椭圆方程来讲，所得一元方程必是一元二次方程，而对双曲线方程来讲未必。

x2y2例如：将ykxm代入221(a0，b0)中整理得：(b2a2k2)x22a2kmxa2m2a2b20：

ab(1)当k(2)当kb时，该方程为一次方程，此时直线ykxm与双曲线的渐近线平行； ab时，该方程为二次方程，这时可以用判别式来判断直线与双曲线的位置关系。 a3、从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及两个相异的公共点，具体如下： (1)直线与圆锥曲线的相离关系，常通过求二次曲线上的点到已知直线的距离的最大值或最小值来解决； (2)直线与圆锥曲线仅有一个公共点，对于椭圆，表示直线与其相切；对于双曲线，表示与其相切或与双曲线的渐近线平行，对于抛物线，表示直线与其相切或直线与其对称轴平行；

(3)直线与圆锥曲线有两个相异的公共点，表示直线与圆锥曲线相割，此时直线被圆锥曲线截得的线段称为圆锥曲线的弦。 二、掌握基本知识

1、与一元二次方程ax2bxc0(a0)相关的知识(三个“二次”问题)： (1)判别式：b24ac；

(2)韦达定理：若此方程有两个不同的根x1、x2，则x1x2(3)求根公式：若此方程有两个不同的根x1、x2，则x1、22、与直线相关知识：

(1)直线方程的五种形式：①一般式：AxByC0；②点斜式：yy0k(xx0)；③斜截式： ykxb或xmya；④两点式：

bc，x1x2； aabb24ac。

2ayy1xx1xy；⑤截距式：1。

y2y1x2x1abAx0By0CAB22(2)与直线相关的内容：①倾斜角与斜率ktan，[0，)；②点到直线的距离d；

③夹角公式：tan|k2k1|。

1k1k2(3)弦长公式：直线ykxb上任意两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则|AB|(x1x2)2(y1y2)21k2|x1x2|1k2(x1x2)24x1x21(4)两条直线l1：yk1xb1(倾斜角为)和l2：yk2xb2(倾斜角为)的位置关系： ①l1l2k1k21||1|y1y2|。 2k； 2②l1//l2k1k2且b1b2；

③l1与l2关于与x(y)轴平行或垂直的直线对称，则k1k20，。 (5)中点坐标公式：已知A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，M(x，y)是线段AB的中点， 则有xyy2x1x2， y1。 223、圆锥曲线方程的形式：

(1)椭圆(焦点在x轴上)：①定义方程：(xc)2y2(xc)2y22a；

x2y2②标准方程：221(ab0)；

ab③一般方程：mx2ny21(m0，n0且mn)；

xacos④参数方程：(为参数)。

ybsin(2)双曲线(焦点在x轴上)：①定义方程：|(xc)2y2(xc)2y2|2a；

x2y2②标准方程：221(a0，b0)；

ab③一般方程：mx2ny21(mn0)。

(3)抛物线方程的形式(焦点在x轴正半轴上)：①标准方程：y22px(p0)；

x2pt2②参数方程：(t为参数)。

y2pt4、圆锥曲线的重要性质：

2b22b2(1)通径：椭圆，双曲线，抛物线2p；

aa(2)焦点三角形公式：

2b2①P在椭圆上时：cos(最大)12e，|PF1||PF2|，b2|PF1||PF2|a2，SF1PF2b2tan，

1cos222b2c2PF1PF2b；

2b2②P在双曲线上时|PF1||PF2|，SF1PF2b2cot。

1cos2三、直线与圆锥曲线解题模板

1、没有寻找到主直线，就设交点坐标，通过运算寻找等量关系，消元，最后获得结果。

2、有主直线：

(1)根据题意讨论直线倾角是否可取

，当时设直线方程为xx0，当时设直线方程为222yy0k(xx0)或ykxf；或直线倾角是否可取0，当0时设直线方程为yy0，当0时

设直线方程为xx0m(yy0)或xmyt，其中m为斜率的导数；

(2)联立直线与圆锥曲线的方程形成关于x或y的一元二次方程：px2qxz0或py2qyz0，注意验证0；

(3)设而不求：设两交点坐标A(x1，y1)、B(x2，y2)，则x1x2(4)根据题意进一步求解。 模板一、圆锥曲线与直线

bc、x1x2； aax2x2y220)，斜率例1-1．（12分）椭圆C1：y1，椭圆C2：221(ab0)的一个焦点坐标为(5，2ab为1的直线l与椭圆C2相交于A、B两点，线段AB的中点H的坐标为(2，1)。 (1)求椭圆C2的方程；

(2)设P为椭圆C2上一点，点M、N在椭圆C1上，且OPOM2ON，则直线OM与直线ON的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由。

审题路线图：通过a、b、c、e和必过点的相关关系及中点弦公式求出a、b、c写出方程；寻找主直线(没有) 设点利用等量关系消元求出定值。 规范解答：

x2y20)， 【解析】(1)椭圆C2：221(ab0)的一个焦点坐标为(5，ab则c5，即有a2b25①， 1分

22xyx1y1设A(x1,y1)、B(x2,y2)，则221，22221， 2分

abab22两式相减：

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0， 3分 22ayy1y22b2x1x2y1y221②， 4分 ∴2，1，则kABx1x2a22x2y2由①②解得，a10，b5，则椭圆C2的方程为1； 5分

105(2)设P(x0，y0)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，

2222222y010，x32y32，x42y42， 7分 则x0x0x32x4OPOM2ON由，可得：(x0，y0)(x3，y3)2(x4，y4)，∴， 8分

yy2y3402222222y0(x32x4)22(y32y4)2x34x3x44x42y38y3y38y4∴x0 2222(x32y3)4(x3x42y3y4)4(x32y4)104(x3x42y3y4)10， 10分

∴x3x42y3y40，∴

y3y411，即kOMkON， 11分 x3x422∴直线OM与直线ON的斜率之积为定值，且定值为构建答题模板：

第一步：寻找主直线，没有主直线的情况下设点、找等量关系、消元。 第二步：通过计算(主要的方法有消元法、点差法、换元法)解出定值。 第三步：反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范。

1。 12分 2例1-2．（12分）已知定点C(1，0)及椭圆x23y25，过点C的动直线与椭圆相交于A、B两点。 (1)若线段AB中点的横坐标是1，求直线AB的方程； 2(2)在x轴上是否存在点M，使MAMB为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。 审题路线图：设直线AB的方程yk(x1)待定系数法求k写出方程；设M存在即为(m，0)求

MAMB在MAMB为常数的条件下求m。

规范解答：

【解析】(1)依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x1)， 1分

将yk(x1)代入x23y25，消去y整理得(3k21)x26k2x3k250， 2

分

6k236k4(3k1)(3k5)0，设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则x1x22，4分

3k1422x1x23k2131由线段AB中点的横坐标是，得(可取)， 5分 2，解得k2233k12∴直线AB的方程为x3y10或x3y10； 6分 (2)假设在x轴上存在点M(m，0)，使MAMB为常数，

6k23k25①当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知x1x22，x1x22， 7分

3k13k1∴MAMB(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)

(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2， 8分

将x1x2与x1x2代入整理得：

114(2m)(3k21)2m(6m1)k5233m2m22m16m14， MAMBm33(3k21)3k213k212若MAMB是与k无关的常数，则有6m140，m74，此时MAMB， 10分 3922②当直线AB与x轴垂直时，此时点A、B的坐标分别为(1，)、(1，)，

33当m74时，也有MAMB， 11分 397综上，在x轴上存在定点M(，0)，使MAMB为常数。 12分

3构建答题模板：

第一步：寻找主直线，根据模板进行解题。

第二步：假设结论存在，以存在为条件，进行推理求解。

第三步：明确规范表述结论。若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设。 第四步：反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范。如本题中第(1)问容易忽略0这一隐含条件。第(2)问容易忽略直线AB与x轴垂直的情况。

例1-3．（12分）已知抛物线C：y22x过(2，0)的直线l交C于A、B两点。圆M是以线段AB为直径的圆。

(1)证明：坐标原点O在圆M上； (2)设QM过P(4，2)，求l与圆M方程。

【解析】(1)∵抛物线C的方程为y22x，∴C的焦点为(，0)，准线为x当直线斜率不存在时，即AB垂直于x轴，此时A、B点横坐标均为2，

将x2代入曲线方程，解得y2，此时圆半径为2，坐标原点在圆M上， 2分 当直线斜率存在时，设直线l的方程为yk(x2)，

121， 1分 2y22x联立得：k2x2(4k22)x4k20，0恒成立， 3分

yk(x2)设A(x1，y1)、B(x2，y2)，

4k22∴OA(x1，y1)，OB(x2，y2)，x1x2，x1x24， 4分

k2∵OAOBx1x2y1y2x1x2k(x12)k(x22)(1k2)x1x22k2(x1x2)4k2

4k222(1k)42k4k0，

k222∴OAOB0，∴OAOB，又AB为直径，∴坐标原点O在圆M上； 6分

(2)∵圆M过点P(4，2)，∴PAPB，即PAPB0， 由(1)知(x14)(x24)(y14)(y24)0， 即x1x2y1y24(x1x2)2(y1y2)200， 由于y1y2k(x12)k(x22)k(x1x2)4k，

则k2k20，解得k2或k1， 8分 ①当k2时，直线l的方程为y2(x2)，x1x2∴点M的横坐标为x09， 29191，则y0，∴M(，)，

424273859185∴|MP|()2()2，∴圆M的方程为(x)2(y)2， 10分

42164216②当k1时，直线l的方程为yx2，x1x26， ∴点M的横坐标为x03，则y01，∴M(3，1)，

∴|MP|123210，∴圆M的方程为(x3)2(y1)210。 12分 模板二、弦长与三角形面积相关

6x2y231例2-1．（12分）已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且经过点(，)。

322ab(1)求椭圆C的方程。

(2)过点P(0，2)的直线交椭圆C于A、B两点，求AOB(O为原点)面积的最大值。

审题路线图：设椭圆标准方程根据a、b、c、e的关系列方程组解方程组写出方椭圆程；设直线点斜式方程代入椭圆的标准方程根据根与系数关系求x1x2与x1x2根据图象求出关于SAOB的等式并用|x1x2|表示根据均值不等式求最值。 规范解答：

a2b2b22b31【解析】(1)由e得①， 1分 223a3aa2由椭圆错误!未找到引用源。经过点(，)得2分

3122911②， 224a4bx2联立①②，解得b1，a3，∴椭圆C的方程是y21； 4分

3(2)由题意可知直线AB一定存在斜率，设其方程为ykx2， 5分

ykx222(13k)x12kx90， 6分 联立x2消去得：y2y13则144k236(13k2)0，得k21，设A(x1，y1)、B(x2，y2)， 7分

则x1x212k9，， 8分 xx122213k13k12|x1x2||x1x2|， 9分 2∴SAOB|SPOBSPOA|2212k23636(k21))∵(x1x2)(x1x2)4x1x2(， 10分 13k213k2(13k2)2设k21t(t0)，则(x1x2)236t36363， 11分 4(3t4)29t16241629t24tt当且仅当9t1674，即t时等号成立，此时k21，可取，

3t33。 12分 2此时AOB面积取得最大值构建答题模板：

第一步：根据过定点和a、b、c、e的关系求圆锥曲线方程。

第二步：设直线方程并与曲线方程联立，根据根与系数关系求x1x2与x1x2。 第三步：根据图象分析所求图形的等量关系，并用均值不等式求最值。

第四步：反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范。如本题中第(1)问如不知道焦点位置应设圆锥曲线的一般方程。第(2)问应用换元可是计算更加简便，但要注意新元的范围。

练习2-2．（12分）已知抛物线y24x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A、B两点。 (1)若AF3FB，求直线AB的斜率；

(2)设M点在线段AB上运动，原点O关于M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值。 【解析】(1)由题意可知，直线AB的倾角不为0，设AB的方程为：xmy1， 1分 与抛物线联立xmy12y4x得：y24my40， 2分

设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则y1y24m、y1y24， 3分 ∵AF3FBy13y2m21， 4分 3∴直线AB的斜率为3或3； 5分 (2)由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，

∴点O与点C到直线AB的距离相等， 6分

1∴SOACB2SAOB2|OF||y1y2|(y1y2)24y1y216m2164， 9分

2∴当m0时，四边形OACB的面积最小，最小值为4。 10分

6x2y2练习2-2．（12分）已知椭圆221的一个焦点为F(2，。 0)，且离心率为

3ab(1)求椭圆方程。

(2)过点M(3，0)且斜率为k的直线与椭圆交于AB两点，点AA关于x轴的对称点为C，求MBC面积的最大值。

c6x2y222【解析】(1)依题意有c2，e，可得a6，b2，故椭圆方程为1； 3分

62a3(2)直线l的方程为yk(x3)，

代入椭圆方程消去y得：(3k21)x218k2x27k260， 4分

27k2618k2设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则x1x22，x1x2， 5分 23k13k1不妨设x1x2，显然x1、x2均小于3，则： 6分

1SAMC|2y1|(3x1)|y1|(3x1)， 7分

21SABC|2y1|(x2x1)|y1|(x2x1)， 8分

2SMBC|SABCSAMC||y1|(3x2)|k|(3x1)(3x2) |k|[93(x1x2)x1x2]等号成立时可得k23|k|3|k|3， 10分

23k2123k21，此时方程为2x26x30，满足0， 11分 33。 12分 2∴MBC面积S的最大值为模板三、角度的处理与转化

讲解：在圆锥曲线大题中出现垂直、直角、锐角、钝角等题设或者问题，一般都转化成向量： (1)ABCDABCD0x1x2y1y20； (2)ABC90ABBC0x1x2y1y20；

(3)ABC为钝角ABC90ABBC0x1x2y1y20； (4)ABC为锐角ABC90ABBC0x1x2y1y20。

x2y2例3-1．（12分）如图所示，椭圆C：221(ab0)的左右顶点分别为A1、A2，上下顶点分别为

ab B1、B2，四边形A1B1A2B2的面积为4，周长为45。直线l：ykx2与椭圆交于不同的两点P和Q。(1)求椭圆的方程；

(2)若OPOQ，求k的值。

(3)若POQ为锐角，求k的取值范围。

A1OPyB1A2xQ【解析】(1)四边形A1B1A2B2的面积为2ab4，周长为4a2b245， 1分 B2x2又ab0，解得a2，b1，故椭圆的方程为y21； 3分

4(2)将ykx2代入椭圆方程，整理得(14k2)x282kx40①， 4分

128k216(4k21)16(4k21)0，解得k2设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，由方程①，得x1x21， 5分 482k4，②， 6分 xx122214k14k又y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)2③， 7分

OPOQOPOQ0x1x2y1y20， 8分 482k64k2即(1k)2k()20， 9分

14k214k214k22解得k2631，显然k2满足，故k； 10分

22464k20， 11分 (3)由(2)知，POQ为锐角OPOQ0x1x2y1y20，即214k解得k231136116，又k2，k2，∴k(，)(，)。 12分

22222442构建答题模板：

第一步：根据过定点和a、b、c、e的关系求圆锥曲线方程。 第二步：要求“k的值”，因此需要构建关于k的方程。 第三步：根据已知OPOQOPOQ0x1x2y1y20(1)直线和椭圆联立，根据韦达定理求x1x2和x1x2的表达式； (2)计算0得到一个k的范围；

(3)x1x2y1y20，通过ykx2的关系式求出y1y2，计算k的值，并验证。 第四步：反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范。

很容易得出计算分步目标：

2x2y2练习3-1．（12分）已知椭圆C：2。 1(a3)的离心率为

32a(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l经过C的左焦点F1且与C相交于B、D两点，以线段BD为直径的圆经过椭圆C的右焦点F2，求l的方程。

【解析】(1)由题意得b3，

c2，a2b2c2，解得a6， a2x2y2∴椭圆C方程为1； 2分

630)、F2(3，0)， 3分 (2)由题目可知l不是直线y0，且F1(3，设直线l的方程为xmy3，点B(x1，y1)、D(x2，y2)， 4分 代入椭圆方程，整理得：(m22)y223my30，0恒成立， 5分 ∴y1y223m3①，②， 6分 yy12m22m224366m2由x1my13，x2my23得：x1x22③，x1x22④， 8分

m2m2∵F2B(x13，y1)，F2D(x23，y2)，由题意知F2BF2D0， 10分 ∴x1x23(x1x2)y1y230，将①②③④代入上式并整理得m27，

∴m7， 11分 因此，直线l的方程为x7y30或x7y30。 12分 模板四、垂直平分线相关

讲解：在圆锥曲线大题中出现垂直平分线等题设或者问题，设主直线的方程(斜率k1存在且不为0)，再设垂直平分线的方程(斜率k2存在且不为0)，求中点坐标，再利用k1k21建立关系式，求出问题。

，0)、F2(1，0)的距离之和为22，设点E的例4-1．（12分）在平面直角坐标系xOy中，点E到两点F1(1轨迹为曲线C。 (1)写出C的方程；

，0)的斜率为k(k0)的直线l与曲线C交于不同的两点M、N，点P在y轴上，且(2)设过点F2(1|PM||PN|，求点P纵坐标的取值范围。

【解析】(1)由题设知|EF1||EF2|22|F1F2|，

根据椭圆的定义，E的轨迹是焦点为F1、F2，长轴长为22的椭圆， 2分

x2y2设其方程为221(ab0)，则a2，c1，解得b1，

abx2∴C的方程为y21； 4分

2(2)设直线l方程为yk(x1)，

代入椭圆方程消去y得：(2k21)x24k2x2k220， 5分

4k22k228k80，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，则x1x22，x1x2， 7分 22k12k122k22k2kk设MN的中点为Q，则xQ2，yQk(xQ1)2，即Q(2，2)，

2k12k12k12k19分

12k2(x2)， 10分 ∵k0，∴直线MN的垂直平分线方程为y2k2k12k1k令x0解得，yPk2k12112kk，

当k0时，∵2k当k0时，∵2k21， 22，∴0yP4k21yP0， 11分 22，∴4k22，0)(0，]。 12分 44综上P纵坐标的取值范围是[x2y2练习4-1．（12分）已知椭圆C：221(ab0)四个顶点恰好是边长为2，一内角为60的菱形的

ab四个顶点。

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线ykx交椭圆C于A、B两点，在直线l：xy30上存在点P，使得PAB为等边三角形，求k的值。

x2【解析】(1)由题意可知a3，b1，椭圆C的方程为y21； 3分

3y1)， (2)设A(x1，y1)，则B(x1，当直线AB的斜率为0时AB的垂直平分线就是y轴， 4分

3)， y轴与直线l：xy30的交点为P(0，∵|AB|23，|PO|3，∴PAO60， 5分 ∴PAB是等边，∴直线AB的方程为y0， 6分 当直线AB的斜率存在且不为0时，设AB的方程为ykx，代入椭圆方程消去y得， 7分

3k23(3k1)x3，∴|x1|，则|AO|1k， 8分 2223k13k13k122323设AB的垂直平分线为y1x，它与直线l：xy30的交点记为P(x0，y0)， 9分 k9k293k3∴x0，y0，则|PO|，

k1k1(k1)2∵PAB为等边三角形，∴应有|PO|3|AO|， 10分

9k293k23代入得到，解得k0(舍)或k1， 3(k1)23k21此时直线AB的方程为yx， 11分 综上，直线AB的方程为y0或xy0。 12分 模板五、定点定值问题

2x2y2例5-1．（12分）已知椭圆C：221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，以原

2ab点为圆心，椭圆的短轴长为直径的圆与直线xy20相切。 (1)求椭圆C的方程；

(2)若斜率为k(k0)的直线l与x轴、椭圆C顺次相交于点A、M、N(A点在椭圆右顶点的右侧)，且满足NF2F1

MF2A，①求证：直线l过定点(2，0)，②求斜率k的取值范围。

c2b212【解析】(1)由题意知e，∴e12，即a22b2， 2分

a22a2x2221，∴a2，b1，故椭圆C的方程为y21； 4分 又∵b211(2)由题意，设直线l的方程为ykxm(k0)，M(x1，y1)、N(x2，y2)， 5分 代入椭圆方程，消去y得：(2k21)x24kmx(2m22)0， 6分

2m224km16km4(2k1)(2m2)0，则x1x22，x1x2， 7分 22k12k12222得m22k21，∵NF2F1MF2A，且MF2A90，∴kMF2kNF20， 8分 又F2(1，0)，∴

y1ykxmkx2m20，即10， x11x21x11x21化简得：2kx1x2(mk)(x1x2)2m0， 10分 将x1x2和x1x2代入上式得m2k(满足0)，

即直线l的方程为ykx2k，即直线过定点(2，0)， 11分 将m2k代入m22k21得4k22k21，且k0， 从而直线l的斜率k的取值范围是(22，0)(0，)。 12分 22x2y2练习5-1．（12分）已知椭圆C：221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，点M(0，2)是椭圆的

ab一个顶点，F1MF2是等腰直角三角形。 (1)求椭圆的方程；

(2)过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A、B两点，设两直线的斜率分别为k1、k2，且k1k28，证

1明：直线AB过定点(，2)。

2x2y2【解析】(1)依题意可知bc2，∴a22，则椭圆方程为1， 3分

84(2)依题意易知直线l的斜率存在，可设直线AB的方程为ykxm，(m2)， 4分

A(x1，y1)、B(x2，y2)，则有k1即

y12y2、k22， x1x2y12y22kxm2kx2m2818， 6分 x1x2x1x2化简整理得：(2k8)x1x2(m2)(x1x2)0，①

将直线方程代入椭圆方程消去y整理得：(12k2)x24kmx2(m24)0， 8分

16k2m28(12k2)(m24)0m28k24，

2(m24)4km则x1x2，x1x2，② 9分

12k212k22(m24)(2k8)(m2)(4km)把②代入①得：0， 10分

12k212k2化简得(m2)(k2m4)0，而m2，则k2m4， 11分 ∴直线AB方程为y(2m4)xm，即ym(2x1)4x，

1即直线AB过定点(，2)。 12分

2练习5-2．（12分）已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F(1，0)，O为坐标原点，A、B为抛物线C上异于O的两点。 (1)求抛物线方程；

(2)若直线OA、OB的斜率之积为1，求证：直线AB过x轴上一定点。 2【解析】(1)∵抛物线y22px(p0)的焦点坐标为(1，0)，∴

p1，即p2， 2 ∴抛物线C的方程为y24x； 2分

t2t2 (2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设A(,t)、B(,t)， 3分

44∵直线OA、OB的斜率之积为tt11，∴22，

22tt4442)，此时直线AB的方程为x8，5分 42)、B(8，化简得t232，∴A(8，②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：ykxb， 6分

ykxb联立2并化简得：ky24y4b0，

y4x设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则y1y2∵直线OA、OB的斜率之积为44b，y1y2， 8分 kk1， 22y12y2y1y21∴，即x1x22y1y20，即2y1y20， 9分 x1x2244解得y1y20(舍去)或y1y232，即y1y24b32，即b8k， 10分 k∴ykx8k，即yk(x8)， 11分 综合①②可知，直线AB过x轴上一定点(8，0)。 12分 模板六、与向量相关的问题

x2例6-1．（12分）已知椭圆C1：y21，椭圆C2的中心在坐标原点，焦点在y轴上，与C1有相同的离

4心率，且过椭圆C1的长轴端点。 (1)求椭圆C2的标准方程；

(2)设O为坐标原点，点A、B分别在椭圆C1和C2上，若OB2OA，求直线AB的方程。

3x2y2【解析】(1)由C1方程可得C1的离心率e，依题意可设椭圆C2的方程为21(a2)，2

24a分

3a24322a16， 4分 由已知C2的离心率也为e，则有e，解得224ax2y2故椭圆C2的方程为1； 5分

164(2)设A(x1，y1)、B(x2，y2)，

由OB2OA及(1)知O、A、B三点共线且点A、B不在y轴上， 6分

x242可设直线AB的方程为ykx，将其代入， 8分 y21中，解得x1414k2x2y216222x4xOB2OA将ykx代入，又由得， 10分 1中，解得x2211644k2即

1616，解得k1，故直线AB的方程为yx或yx。 12分 2214k4k1。 2练习6-1．（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，离心率为(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线l经过点M(0，1)，且与椭圆C交于A、B两点，若AM2MB，求直线l的方程。

【解析】(1)由题意知2c2，

c1，又由a2b2c2解得a24，b23， a2x2y2故椭圆方程为1； 3

43分

(2)设A(x1，y1)、B(x2，y2)，

当k不存在时，直线方程为x0，不符合题意， 4分 当k存在时，设直线方程为ykx1， 5分 代入椭圆方程消去y整理得：(34k2)x28kx80，0恒成立， 6分 则x1x28k8，， 7分 xx122234k34k若AM2MB，则x12x2， 代入上式可得x2消去x2，解得k8k82，， 9分 2x234k234k211，∴所设直线方程为yx1， 11分 22即所求直线方程为：x2y20或x2y20。 12分

3)和(0，3)，并且经过点(练习6-2．（12分）已知椭圆C的两个焦点是(0，坐标原点，焦点恰好是椭圆C的右顶点F。 (1)求椭圆C和抛物线E的标准方程；

3，1)，抛物线的顶点E在2(2)过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1、l2，l1交抛物线E于点A、B，l2交抛物线E于点G、

H，求AGHB的最小值。

y2x2【解析】(1)设椭圆的标准方程为221(ab0)，焦距为2c，则由题意得c3，

ab2a33(13)2(13)24，∴a2，b2a2c21， 44y2∴椭圆C的标准方程为：x21， 2分

4∴右顶点F的坐标为(1，0)，设抛物线E的标准方程为y22px(p0)， ∴

p1，2p4，∴ 抛物线E的标准方程为y24x； 4分 21(2)设l1的方程：yk(x1)，l2的方程y(x1)， 5分

kA(x1，y1)、B(x2，y2)、G(x3，y3)、H(x4，y4)，

由yk(x1)2y4x，消去y得：k2x2(2k24)xk20，

∴x1x224，x1x21， 7分 k21y(x1)k由消去y得：x2(4k22)x10， y24x∴x3x44k22，x3x41， 9分 ∴AGHB(AFFG)(HFFB)FGFBAFHFAFFBFGHF

|AF||FB||FG||HF||x11||x21||x31||x41|

(x1x2x1x21)(x3x4x3x41)

84424k824k216， 11分 22kk当且仅当

44k2即k1时，AGHB有最小值16。 12分 2k模板七、范围与最值问题

x2y230)。 例7-1．（12分）已知椭圆C：221(ab0)经过点(1，)，一个焦点为(3，2ab(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线yk(x1)(k0)与x轴交于点P，与椭圆C交于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点Q，求

|AB|的取值范围。 |PQ|22x213【解析】(1)由题意得ab3，221，解得a2、b1，∴椭圆C的方程是y21；

4a4b3分

x2(2)把yk(x1)代入y21得(14k2)x28k2x4k240，0恒成立， 5分

48k24k24设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则有x1x2，x1x2， 6分 2214k14k4k2k2k，∴线段的中点坐标为(，)， 7分 y1y2k(x1x22)AB14k214k214k2k14k2∴线段AB的垂直平分线方程为y()(x)， 8分 22k14k14k3k2于是，线段AB的垂直平分线与x轴的交点Q(，0)， 214k3k21k2|又点P(1， 9分 ，0)，∴|PQ||1214k14k24(1k2)(13k2)8k224k24)4]又|AB|(1k)[(， 10分

14k214k214k224(1k2)(13k2)2|AB|214k43于是，， 11分

|PQ|1k21k214k2∵k0，∴13|AB|243)。 12分 ，∴的取值范围为(4，32|PQ|1k3x2y2练习7-1．（12分）已知离心率为的椭圆C：221(ab0)与直线x2相交于P、Q两点(点

2abP在x轴上方)，且|PQ|2。点A、B是椭圆上位于直线PQ两侧的两个动点，且APQBPQ。

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)求四边形APBQ面积的取值范围。

3x2y2b1【解析】(1)由已知得e，则，设椭圆方程为221(b0)， 1分

2a24bb由题意可知点P(2，1)在椭圆上，∴

44b21b21，解得b22， 2分 x2y2故椭圆C的标准方程为821； 3分

(2)由题意可知直线PA、直线PB的斜率都存在且不等于0，

∵APQBPQ，∴kPAkPB， 4分 设直线PA的斜率为k，则直线PA：y1k(x2)(k0)， 5分 将直线方程代入椭圆方程消去y整理得：

(14k2)x28k(12k)x16k216k40， 6分

即64k2(12k)24(14k2)(16k216k4)0， 化简得16(2k1)20，解得k12， 7分 ∵2是方程的一个解，∴2x16k216k48k28k2A14k2，xA14k2， 8分 当0时，k12，此时直线PA与椭圆相切， 由题意可知直线PB的方程为y1k(x2)，

8(k)28(k)28k2同理，易得x8kB14(k)2214k2， 9分

由于点A、B是椭圆上位于直线PQ两侧的两个动点，

APQBPQ，且能存在四边形APBQ，则直线PA的斜率k需满足|k|12， 10分 设四边形APBQ面积为S，则：

SS1APQSBPQ2|PQ||2x11A|2|PQ||xB2|2|PQ||xBxA| |8k28k28k28k216k14k214k2||14k2|，由于|k|12，故S16|k|1614k21， |k|4|k| 11分 当|k|11时，4|k|4，即0S4，

|k|2∴四边形APBQ面积S的取值范围是(0，4)。 12分

练习7-2．（12分）已知抛物线C：x22py(p0)，过其焦点作斜率为1的直线l交抛物线C于M、N两点，且|MN|16。 (1)求抛物线C的方程；

(2)已知动圆P的圆心在抛物线C上，且过定点D(0，4)，若动圆P与x轴交于A、B两点，且|DA||DB|，求

|DA|的最小值。 |DB|pp【解析】(1)设抛物线的焦点为F(0，)，则直线l：yx， 1分

22pyx2，得x22pxp20，∴x1x22p，∴y1y23p， 3分 由x22py∴|MN|y1y2p4p16，∴p4，∴抛物线C的方程为x28y； 5分

28y0， 6分 (2)设动圆圆心P(x0，y0)，A(x1，0)、B(x2，0)，则x02(y04)2， 7分 且圆P：(xx0)2(yy0)2x02160，解得：x1x04，x2x04， 8分 令y0，整理得：x22x0xx0|DA|(x04)216|DB|(x04)216当x00时，当x00时，

2x08x03216x0， 9分 122x08x032x08x032|DA|1， |DB|32|DA|161，∵x00，∴x082， 10分

32|DB|x0x08x0|DA|16132221，∵211， 11分 |DB|828∴综上所述，

DADB的最小值为21。 12分