(经典)高考数学直线和圆锥曲线常考题型及方法

（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)。 （1）当AB⊥x轴时，AB?3。 （2）当AB与x轴不垂直时， 设直线AB的方程为y?kx?m。 由已知m1?k2?33，得m2?(k2?1)。

42把y?kx?m代入椭圆方程，整理得(3k2?1)x2?6kmx?3m2?3?0，

?6km3(m2?1)?x1?x2?2，x1x2?。 23k?13k?1?36k2m212(m2?1)??AB?(1?k)(x2?x1)?(1?k)?2 ??223k?1??(3k?1)222212(k2?1)(3k2?1?m2)3(k2?1)(9k2?1) ??(3k2?1)2(3k2?1)212k21212?3?4?3?(k?0)≤3??4。

19k?6k2?12?3?629k?2?6k13，即时等号成立。当k?0时，AB?3， k??2k3当且仅当9k2?综上所述ABmax?2。

133?。 ?当AB最大时，△AOB面积取最大值S??ABmax?222题型七：弦或弦长为定值问题

例题7、在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p>0）相交于A、B两点。

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（Ⅰ）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；

（Ⅱ）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。

（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2），直线AB的方

?x2?2py程为y=kx+p,与x=2py联立得?消去y得x2-2pkx-2p2=0.

?y?kx?p.2

由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2. 于是S?ABN?S?BCN?S?ACN??2px1?x2 ＝px1?x2?p(x1?x2)2?4x1x2 ＝p4p2k2?8p2?2p2k2?2.

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?当k?0时，（S?ABN）min?22p2.

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为O?,t与AC为直径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则O?H?PQ,O?点的坐标为（?O?P?112AC?x1?(y1?p)2 22x1y1?p,） 22＝

1y12?p2. 2 10

O?H?a?2y1?p1?2a?y1?p, 2222?PH?O?P?O?H

=(y12?p2)?(2a?y1?p)2 ＝(a?)y1?a(p?a),

p21414

?PQ?(2PH)2

2?=4?(a?)y?a(p?a)2??. ??p2令a?ppp?0，得a?,此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?， 222即抛物线的通径所在的直线. 解法2：

（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得

AB?1?k2x1?x2?1?k2?(x1?x2)2?4x1x2?1?k2?4p2k2?8p2

＝2p1?k2?k2?2.

又由点到直线的距离公式得d?12122p1?k2.

2p1?k2?2p2k2?2,

从而，S?ABN??d?AB??2p1?k2?k2?2??当k?0时，（S?ABN）max?22p2.

（Ⅱ）假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的方程为

(x?0)(x?x1)?(y?p)(y?y1)?0,将直线方程y=a代入得

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p??则?＝x?4(a?p)(a?y1)?4?(a?)?y1?a(p?a).2??21x2?x1x?(a?p)(a?y1)?0,设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有

pp??PQ?x3?x4?4?(a?)y1?a(p?a)??2(a?)y1?a(p?a).

22??令a?ppp?0,得a?,此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?. 222即抛物线的通径所在的直线。 题型八：角度问题

例题8、（如图（21）图，M（-2，0）和N（2，0）是平面上的两点，动点P满足：PM?PN?6.

（Ⅰ）求点P的轨迹方程；

PN＝（Ⅱ）若PM·2,求点P的坐标.

1?cos?MPN解：(Ⅰ)由椭圆的定义，点P的轨迹是以M、N为焦点，长轴长2a=6的椭圆. 因此半焦距c=2，长半轴a=3，从而短半轴

b=a2?c2?5，

x2y2 所以椭圆的方程为??1.

95 (Ⅱ)由PMPN?2,得

1?cosMPN PMPNcosMPN?PMPN?2. ①

因为cosMPN?1,P不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在△PMN中，

MN?4,由余弦定理有

MN?PM?PN?2PMPNcosMPN. ②

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