第55講-直線與圓錐曲線的位置關(guān)系(解析版)

第55講直線與圓錐曲線的位置關(guān)系課程標(biāo)準(zhǔn)1.會判斷直線與圓錐曲線的位置關(guān)系2.會求直線與圓錐曲線相交時(shí)的弦長3.求圓錐曲線的中點(diǎn)弦基礎(chǔ)知識回顧1、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系判斷直線l與圓錐曲線C的位置關(guān)系時(shí)，通常將直線l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同時(shí)為0)代入圓錐曲線C的方程F(x，y)＝0，消去y(或x)得到一個(gè)關(guān)于變量x(或y)的一元方程．例：由，消去y，得ax2＋bx＋c＝0.(1)當(dāng)a≠0時(shí)，設(shè)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判別式為Δ，則：Δ>0?直線與圓錐曲線C相交；Δ＝0?直線與圓錐曲線C相切；Δ<0?直線與圓錐曲線C相離．(2)當(dāng)a＝0，b≠0時(shí)，即得到一個(gè)一元一次方程，則直線l與圓錐曲線C相交，且只有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)，若C為雙曲線，則直線l與雙曲線的漸近線的位置關(guān)系是平行；若C為拋物線，則直線l與拋物線的對稱軸的位置關(guān)系是平行或重合．2、弦長公式設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·.3、中點(diǎn)弦所在直線的斜率圓錐曲線以P(x0，y0)(y0≠0)為中點(diǎn)的弦所在直線的斜率為k，其中k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)為弦的端點(diǎn)坐標(biāo)．圓錐曲線方程直線斜率橢圓：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)k＝－eq\f(b2x0,a2y0)雙曲線：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)k＝eq\f(b2x0,a2y0)拋物線：y2＝2px(p＞0)k＝eq\f(p,y0)自主熱身、歸納總結(jié)1、直線y＝kx－k＋1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置關(guān)系為()A.相交B.相切C.相離D.不確定【答案】A【解析】直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(diǎn)(1，1)．又點(diǎn)(1，1)在橢圓內(nèi)部，故直線與橢圓相交．2、過點(diǎn)(0，1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個(gè)公共點(diǎn)，這樣的直線有()A.1條B.2條C.3條D.4條【答案】C【解析】結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條：直線x＝0，過點(diǎn)(0，1)且平行于x軸的直線以及過點(diǎn)(0，1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)．3、過點(diǎn)(0，1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個(gè)公共點(diǎn)，這樣的直線有()A.1條B.2條C.3條D.4條【答案】C【解析】過(0，1)與拋物線y2＝4x相切的直線有2條，過(0，1)與對稱軸平行的直線有一條，這三條直線與拋物線都只有一個(gè)公共點(diǎn)．故選C.4、過點(diǎn)A(1，0)作傾斜角為eq\f(π,4)的直線，與拋物線y2＝2x交于M，N兩點(diǎn)，則|MN|＝____．【答案】2eq\r(6)【解析】由題意可知直線方程為y＝x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝2x，))整理得x2－4x＋1＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝1，x1＋x2＝4，∴可得|MN|＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(6).5、設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個(gè)公共點(diǎn)，則雙曲線的離心率為____．【答案】eq\r(5)【解析】雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線為y＝eq\f(b,a)x，由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,y＝x2＋1，))消去y，得x2－eq\f(b,a)x＋1＝0有唯一解，∴Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)－4＝0，eq\f(b,a)＝2，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\r(1＋（\f(b,a)）2)＝eq\r(5).例題選講考點(diǎn)一直線與圓錐曲線的位置關(guān)系例1已知直線l：y＝kx＋2，橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1.試問當(dāng)k取何值時(shí)，直線l與橢圓C：(1)有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)；(2)有且只有一個(gè)公共點(diǎn)；(3)沒有公共點(diǎn)．【解析】聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＋4y2＝4，))消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，依題意，得Δ＝(16k)2－4×(1＋4k2)×12＝16(4k2－3)．(1)當(dāng)Δ>0，即k<－eq\f(\r(,3),2)或k>eq\f(\r(,3),2)時(shí)，方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實(shí)數(shù)解，這時(shí)直線l與橢圓C有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)．(2)當(dāng)Δ＝0，即k＝±eq\f(\r(,3),2)時(shí)，方程有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實(shí)數(shù)解，這時(shí)直線l與橢圓C有兩個(gè)互相重合的公共點(diǎn)，即直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)．(3)當(dāng)Δ<0，即－eq\f(\r(,3),2)<k<eq\f(\r(,3),2)時(shí)，方程沒有實(shí)數(shù)根，可知原方程組沒有實(shí)數(shù)解，這時(shí)直線l與橢圓C沒有公共點(diǎn)．變式1、若直線l：y＝kx＋2與曲線C：y2＝x恰好有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值集合．【解析】因?yàn)橹本€l與曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,y2＝x))有唯一一組實(shí)數(shù)解，消去y，并整理得k2x2＋(4k－1)x＋4＝0.①當(dāng)k＝0時(shí)，解得x＝4，這時(shí)，原方程組有唯一解eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝2；))②當(dāng)k≠0時(shí)，Δ＝(4k－1)2－4×4k2＝－8k＋1，令Δ＝0，解得k＝eq\f(1,8)，此時(shí)原方程組有唯一解．綜上，實(shí)數(shù)k的取值集合是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))).變式2若直線y＝kx＋2與雙曲線x2－y2＝6的右支交于不同的兩點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是__________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,15),3)，－1))【解析】聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))消去y并整理，得(1－k2)x2－4kx－10＝0.設(shè)直線與雙曲線右支交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,k<0，,Δ＝16k2－4（1－k2）×（－10）＞0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)＞0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)＞0，))解得－eq\f(\r(,15),3)＜k＜－1，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,15),3)，－1)).變式3、已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1，直線l：y＝x＋3eq\r(,5)，則橢圓C上點(diǎn)到直線l距離的最大值為________，最小值為________．【答案】2eq\r(,10)eq\r(,10)【解析】先求與直線l：y＝x＋3eq\r(,5)平行且與橢圓相切的直線m，設(shè)直線m的方程為x－y＋t＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y并整理，得5x2＋8tx＋4t2－4＝0.因?yàn)橹本€m與橢圓相切，所以Δ＝64t2－80(t2－1)＝0，解得t＝±eq\r(,5)，即直線m的直線方程為x－y±eq\r(,5)＝0，所以橢圓C上點(diǎn)到直線l距離的最大和最小值就是直線l：y＝x＋3eq\r(,5)分別與兩條平行線x－y±eq\r(,5)＝0之間的距離，故最小值是eq\f(|3\r(,5)－\r(,5)|,\r(,2))＝eq\r(,10)，最大值是eq\f(|3\r(,5)＋\r(,5)|,\r(,2))＝2eq\r(,10).變式4、（安徽蚌埠二中2019屆模擬）已知直線l：y＝2x＋m，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.試問當(dāng)m取何值時(shí)，直線l與橢圓C：(1)有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)；(2)有且只有一個(gè)公共點(diǎn)；(3)沒有公共點(diǎn)．【解析】將直線l的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0①，Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)當(dāng)Δ＞0，即－3eq\r(2)＜m＜3eq\r(2)時(shí)，方程①有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實(shí)解．這時(shí)直線l與橢圓C有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)．(2)當(dāng)Δ＝0，即m＝±3eq\r(2)時(shí)，方程①有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實(shí)數(shù)解．這時(shí)直線l與橢圓C有兩個(gè)互相重合的公共點(diǎn)，即直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)．(3)當(dāng)Δ＜0，即m＜－3eq\r(2)或m＞3eq\r(2)時(shí)，方程①沒有實(shí)數(shù)根，可知原方程組沒有實(shí)數(shù)解．這時(shí)直線l與橢圓C沒有公共點(diǎn)．方法總結(jié)：直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判定方法(1)代數(shù)法：即聯(lián)立直線與圓錐曲線方程可得到一個(gè)關(guān)于x，y的方程組，消去y(或x)得一元方程，此方程根的個(gè)數(shù)即為交點(diǎn)個(gè)數(shù)，方程組的解即為交點(diǎn)坐標(biāo)．聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程消元后，要注意討論二次項(xiàng)系數(shù)是否為零的情況．(2)幾何法：即畫出直線與圓錐曲線的圖象，根據(jù)圖象判斷公共點(diǎn)個(gè)數(shù)．考點(diǎn)二圓錐曲線的弦長問題例2、已知斜率為2的直線經(jīng)過橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點(diǎn)F2，與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，則弦AB的長為__________．【答案】eq\f(5\r(5),3)【解析】由題意知橢圓的右焦點(diǎn)F2的坐標(biāo)為(1,0)，直線AB的方程為y＝2(x－1)．由方程組，消去y，整理得3x2－5x＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，得x1＝eq\f(5,3)，x2＝0，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(5)×eq\f(5,3)＝eq\f(5\r(5),3).變式1、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，過橢圓右焦點(diǎn)F作兩條互相垂直的弦AB與CD.當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，AB＝4.(1)求橢圓的方程；(2)若AB＋CD＝eq\f(48,7)，求直線AB的方程．【解析】(1)由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，2a＝4.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(,3)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①當(dāng)兩條弦中一條弦所在直線的斜率為0時(shí)，另一條弦所在直線的斜率不存在，由題意知AB＋CD＝7，不滿足條件．②當(dāng)兩弦所在直線的斜率均存在且不為0時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則直線CD的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)．將直線AB的方程代入橢圓方程中并整理，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，則x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，所以AB＝eq\r(,k2＋1)|x1－x2|＝eq\r(k2＋1)·eq\r(,（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(12（k2＋1）,3＋4k2).同理，CD＝eq\f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1)),3＋\f(4,k2))＝eq\f(12（k2＋1）,3k2＋4)，所以AB＋CD＝eq\f(12（k2＋1）,3＋4k2)＋eq\f(12（k2＋1）,3k2＋4)＝eq\f(84（k2＋1）2,（3＋4k2）（3k2＋4）)＝eq\f(48,7)，解得k＝±1，所以直線AB的方程為x－y－1＝0或x＋y－1＝0.變式2、已知拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn)為F，斜率為eq\f(3,2)的直線l與拋物線C的交點(diǎn)為A，B，與x軸的交點(diǎn)為P.(1)若AF＋BF＝4，求直線l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求AB的長．【解析】(1)設(shè)直線l的方程為y＝eq\f(3,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由拋物線焦半徑公式可知AF＋BF＝x1＋x2＋eq\f(3,2)＝4，所以x1＋x2＝eq\f(5,2).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋m，,y2＝3x，))消去y并整理，得9x2＋(12m－12)x＋4m2＝0，則Δ＝(12m－12)2－144m2>0，解得m<eq\f(1,2)，所以x1＋x2＝－eq\f(12m－12,9)＝eq\f(5,2)，解得m＝－eq\f(7,8)，所以直線l的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8)，即12x－8y－7＝0.(2)設(shè)P(t，0)，直線l的方程為x＝eq\f(2,3)y＋t，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)y＋t，,y2＝3x，))消去x并整理，得y2－2y－3t＝0，則Δ＝4＋12t>0，解得t>－eq\f(1,3)，所以y1＋y2＝2，y1y1＝－3t.因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，所以y1＝－3y2，所以y2＝－1，y1＝3，所以y1y2＝－3，則AB＝eq\r(,1＋\f(4,9))·eq\r(,（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\f(\r(,13),3)×eq\r(,4＋12)＝eq\f(4\r(,13),3).方法總結(jié);(1)涉及弦長的問題中，應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法計(jì)算弦長．(2)涉及垂直關(guān)系時(shí)也往往利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法簡化運(yùn)算．(3)涉及過焦點(diǎn)的弦的問題，可考慮用圓錐曲線的定義求解．考點(diǎn)三求圓錐曲線的中點(diǎn)弦例3、已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，點(diǎn)A，B分別為橢圓E的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)C在E上，且△ABC面積的最大值為2eq\r(3).(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)F為E的左焦點(diǎn)，點(diǎn)D在直線x＝－4上，過F作DF的垂線交橢圓E于M，N兩點(diǎn)．證明：直線OD平分線段MN.【解析】(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，))故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，線段MN的中點(diǎn)P(x0，y0)，則2x0＝x1＋x2,2y0＝y(tǒng)1＋y2，由(1)可得F(－1,0)，則直線DF的斜率為kDF＝＝－eq\f(n,3)，當(dāng)n＝0時(shí)，直線MN的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對稱性可知OD平分線段MN；當(dāng)n≠0時(shí)，直線MN的斜率kMN＝eq\f(3,n)＝eq\f(y1－y2,x1－x2).因?yàn)辄c(diǎn)M，N在橢圓E上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))整理得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,3)＝0，又2x0＝x1＋x2,2y0＝y(tǒng)1＋y2，所以eq\f(y0,x0)＝－eq\f(n,4)，即直線OP的斜率為kOP＝－eq\f(n,4)，因?yàn)橹本€OD的斜率為kOD＝－eq\f(n,4)，所以直線OD平分線段MN.變式1、已知P(1，1)為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1內(nèi)的一點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)P引一條弦交橢圓于A，B兩點(diǎn)，且此弦被點(diǎn)P平分，則此弦所在直線的方程為【答案】x＋2y－3＝0【解析】方法一：易知此弦所在直線的斜率存在，所以設(shè)其方程為y－1＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y并整理，得(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,2k2＋1).又因?yàn)閤1＋x2＝2，所以eq\f(4k（k－1）,2k2＋1)＝2，解得k＝－eq\f(1,2)，故此弦所在的直線方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.方法二：易知此弦所在直線的斜率存在，所以設(shè)斜率為k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1①，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),2)＝1②，由①－②，得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,2)＝0，因?yàn)閤1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以eq\f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，所以此弦所在的直線方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.變式2、已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，點(diǎn)A，B分別為橢圓E的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)C在橢圓E上，且△ABC面積的最大值為2eq\r(,3).(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)F為橢圓E的左焦點(diǎn)，點(diǎn)D在直線x＝－4上，過點(diǎn)F作DF的垂線交橢圓E于M，N兩點(diǎn)．證明：直線OD平分線段MN.【解析】(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(,3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(,3)，))故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，線段MN的中點(diǎn)P(x0，y0)，則2x0＝x1＋x2，2y0＝y(tǒng)1＋y2.由(1)可得F(－1，0)，則直線DF的斜率為kDF＝eq\f(n－0,－4－（－1）)＝－eq\f(n,3)，當(dāng)n＝0時(shí)，直線MN的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對稱性可知OD平分線段MN；當(dāng)n≠0時(shí)，直線MN的斜率kMN＝eq\f(3,n)＝eq\f(y1－y2,x1－x2).因?yàn)辄c(diǎn)M，N在橢圓E上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，①,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，②))由①－②，得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,3)＝0，又2x0＝x1＋x2，2y0＝y(tǒng)1＋y2，所以eq\f(y0,x0)＝－eq\f(n,4)，直線OP的斜率為kOP＝－eq\f(n,4)，因?yàn)橹本€OD的斜率為kOD＝－eq\f(n,4)，所以直線OD平分線段MN.方法總結(jié)：(1)處理有關(guān)中點(diǎn)弦及對應(yīng)直線斜率關(guān)系的問題時(shí)，常用“點(diǎn)差法”，步驟如下：①設(shè)點(diǎn)：設(shè)出弦的兩端點(diǎn)坐標(biāo)；②代入：代入圓錐曲線方程；③作差：兩式相減，再用平方差公式把上式展開；④整理：轉(zhuǎn)化為斜率與中點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系式，然后求解．(2)“點(diǎn)差法”的常見題型有：求中點(diǎn)弦方程、求(過定點(diǎn)、平行弦)弦中點(diǎn)軌跡、垂直平分線問題．由于“點(diǎn)差法”具有不等價(jià)性，所以在使用時(shí)要考慮判別式Δ是否為正數(shù)考點(diǎn)四圓錐曲線中的最值問題例4、已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)(2,0)，且在y軸上截得的弦長為4，設(shè)動圓圓心的軌跡為H，點(diǎn)E(m,0)(m＞0)為一個(gè)定點(diǎn)，過點(diǎn)E作斜率分別為k1，k2的兩條直線交H于點(diǎn)A，B，C，D，且M，N分別是線段AB，CD的中點(diǎn)．(1)求軌跡H的方程；(2)若m＝1，且過點(diǎn)E的兩條直線相互垂直，求△EMN的面積的最小值．【解析】(1)設(shè)動圓圓心的坐標(biāo)為(x，y)，由題意可以得到＝eq\r(x2＋4)，化簡得y2＝4x，所以動圓圓心的軌跡H的方程為y2＝4x.(2)當(dāng)m＝1時(shí)，E為拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)，因?yàn)閗1k2＝－1，所以AB⊥CD.設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由，得k1y2－4y－4k1＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4，x1＋x2＝eq\f(y1＋y2,k1)＋2＝eq\f(4,k\o\al(2,1))＋2.因?yàn)镸eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,1))＋1，\f(2,k1))).同理，可得N(2keq\o\al(2,1)＋1，－2k1)．所以S△EMN＝eq\f(1,2)|EM|·|EN|＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,1))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k1)))2)·＝2eq\r(k\o\al(2,1)＋\f(1,k\o\al(2,1))＋2)≥2eq\r(2＋2)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)keq\o\al(2,1)＝eq\f(1,k\o\al(2,1))，即k1＝±1時(shí)，△EMN的面積取最小值4.變式1、已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A(2，0)，且在y軸上截得的弦長為4，設(shè)動圓圓心的軌跡為H，點(diǎn)E(m，0)(m>0)為一個(gè)定點(diǎn)，過點(diǎn)E作斜率分別為k1，k2的兩條直線交H于點(diǎn)A，B，C，D，且M，N分別是線段AB，CD的中點(diǎn)．(1)求軌跡H的方程；(2)若m＝1，且過點(diǎn)E的兩條直線相互垂直，求△EMN的面積的最小值；(3)若k1＋k2＝1，求證：直線MN過定點(diǎn)．【解析】(1)設(shè)動圓圓心的坐標(biāo)為(x，y)，由題意知eq\r(,（x－2）2＋y2)＝eq\r(,x2＋4)，化簡得y2＝4x，所以動圓圓心的軌跡H的方程為y2＝4x.(2)當(dāng)m＝1時(shí)，E為拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)，因?yàn)锳B⊥CD，所以k1k2＝－1.設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－1），,y2＝4x，))消去x并整理，得k1y2－4y－4k1＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4，x1＋x2＝eq\f(y1＋y2,k1)＋2＝eq\f(4,keq\o\al(2,1))＋2.因?yàn)镸eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,1))＋1，\f(2,k1))).同理，可得N(2keq\o\al(2,1)＋1，－2k1)．所以S△EMN＝eq\f(1,2)EM·EN＝eq\f(1,2)eq\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,1))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k1)))\s\up12(2))·eq\r(,（2keq\o\al(2,1)）2＋（－2k1）2)＝2eq\r(,keq\o\al(2,1)＋\f(1,keq\o\al(2,1))＋2)≥2eq\r(,2＋2)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)keq\o\al(2,1)＝eq\f(1,keq\o\al(2,1))，即k1＝±1時(shí)，△EMN的面積取最小值4.(3)設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－m），,y2＝4x，))消去x并整理，得k1y2－4y－4k1m＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4m，x1＋x2＝eq\f(y1＋y2,k1)＋2m＝eq\f(4,keq\o\al(2,1))＋2m.因?yàn)镸eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,1))＋m，\f(2,k1))).同理，可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,2))＋m，\f(2,k2)))，所以kMN＝eq\f(k1k2,k1＋k2)＝k1k2，所以直線MN的方程為y－eq\f(2,k1)＝k1k2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,1))＋m))))，即y＝k1k2(x－m)＋2，所以直線MN過定點(diǎn)(m，2)．變式2、已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的短軸長為2，且橢圓C的頂點(diǎn)在圓M：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)上．(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓的上焦點(diǎn)作相互垂直的弦AB，CD，求|AB|＋|CD|的最小值．【解析】(1)由題意可知2b＝2，b＝1.又橢圓C的頂點(diǎn)在圓M上，則a＝eq\r(2)，故橢圓C的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)當(dāng)直線AB的斜率不存在或?yàn)榱銜r(shí)，|AB|＋|CD|＝3eq\r(2)；當(dāng)直線AB的斜率存在，且不為零時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))消去y，整理得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，則x1＋x2＝－eq\f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋2)，故|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(2)（k2＋1）,k2＋2).同理可得|CD|＝eq\f(2\r(2)（k2＋1）,2k2＋1)，∴|AB|＋|CD|＝eq\f(6\r(2)（k2＋1）2,（2k2＋1）（k2＋2）).令t＝k2＋1，則t＞1，0＜eq\f(1,t)＜1，∴|AB|＋|CD|＝eq\f(6\r(2)t2,（2t－1）（t＋1）)＝eq\f(6\r(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,t)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t))))＝eq\f(6\r(2),－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋\f(9,4))，當(dāng)0＜eq\f(1,t)＜1時(shí)，2＜－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)≤eq\f(9,4)，∴eq\f(8\r(2),3)≤|AB|＋|CD|＜3eq\r(2)，綜上可知，eq\f(8\r(2),3)≤|AB|＋|CD|≤3eq\r(2)，∴|AB|＋|CD|的最小值eq\f(8\r(2),3)方法總結(jié)：1．圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值以及與之相關(guān)的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時(shí)求解與之有關(guān)的一些問題．2．最值問題的兩類解法技巧(1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決．(2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導(dǎo)數(shù)法求解．考點(diǎn)五圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題例5已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞0)，過橢圓C的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)的直線與圓x2＋y2＝eq\f(2,3)相切．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)M是橢圓C的上頂點(diǎn)，過點(diǎn)M分別作直線MA，MB交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，設(shè)這兩條直線的斜率分別為k1，k2，且k1＋k2＝2，證明：直線AB過定點(diǎn)．【解析】(1)∵直線過點(diǎn)(a，0)和(0，1)，∴直線的方程為x＋ay－a＝0，∵直線與圓x2＋y2＝eq\f(2,3)相切，∴eq\f(|－a|,\r(1＋a2))＝eq\f(\r(6),3)，解得a2＝2，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，設(shè)A(x0，y0)，則B(x0，－y0)，由k1＋k2＝2得eq\f(y0－1,x0)＋eq\f(－y0－1,x0)＝2，解得x0＝－1.當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)AB的方程為y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m))?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，得x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1·x2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)，由k1＋k2＝2?eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝2?eq\f(（kx2＋m－1）x1＋（kx1＋m－1）x2,x1x2)＝2，即(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)?(2－2k)(2m2－2)＝(m－1)(－4km)，即(1－k)(m2－1)＝－km(m－1)，由m≠1得(1－k)(m＋1)＝－km?k＝m＋1，即y＝kx＋m＝(m＋1)x＋m?m(x＋1)＝y(tǒng)－x，故直線AB過定點(diǎn)(－1，－1)．綜上，直線AB過定點(diǎn)(－1，－1)．變式1、如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(2),2)，點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上，且eq\o(PC,\s\up8(→))·eq\o(PD,\s\up8(→))＝－1.(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P的動直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由．【解析】由已知得點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)．又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且eq\o(PC,\s\up8(→))·eq\o(PD,\s\up8(→))＝－1，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq\r(2)，所以橢圓E方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以，x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(2,2k2＋1).從而eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)·(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝eq\f(－2λ－4k2＋－2λ－1,2k2＋1)＝－eq\f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.所以，當(dāng)λ＝1時(shí)，－eq\f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3，eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))＝－3為定值．當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD，此時(shí)eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))＝eq\o(OC,\s\up18(→))·eq\o(OD,\s\up18(→))＋λeq\o(PC,\s\up18(→))·eq\o(PD,\s\up18(→))＝－2－λ＝－3，故存在常數(shù)λ＝1.綜上可知，存在常數(shù)λ＝1，使得eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))為定值－3.變式2、已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn)，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證：|AN|·|BM|為定值．【解析】(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)ab＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，b＝1.∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：(方法1)由(1)，知A(2，0)，B(0，1)．設(shè)P(x0，y0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.當(dāng)x0≠0時(shí)，直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝|1－yM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2))).直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|AN|＝|2－xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1))).∴|AN|·|BM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))＝4.當(dāng)x0＝0時(shí)，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，∴|AN|·|BM|＝4.綜上，|AN|·|BM|為定值．(方法2)點(diǎn)P在曲線eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,1)))eq\s\up12(2)＝1上