直线与圆锥曲线题型及解法探究

王昌如

直线与圆锥曲线题型灵活多变，难度较大.为提高学生的解题能力，为其数学水平的提升奠定坚实的基础，教学中应注重相关题型以及解法的汇总、讲解，使学生遇到相关习题时，能够迅速破题，增强解答直线与圆锥曲线问题的自信.

1 直线与圆锥曲线位置问题

判断直线与圆锥曲线的位置关系，需要将直线和圆锥曲线方程联立，转化成一元二次方程，借助Δ进行判断.同时，还应注重灵活运用向量知识判断直线与直线的位置关系.另外，如题目中未提示直线斜率是否存在，解题时还应注重分类讨论，不遗漏任何满足题意的情境，保证考虑问题的全面性.

例1  已知椭圆的标准方程：x22+y2=1，一斜率为k的直线l过点（0，2）且和椭圆交于不同的两点P，Q，O为坐标原点.

（1）求k的取值范围.

（2）若椭圆分别和x轴正半轴、y轴正半轴交于A，B两点，则是否存在常数k，满足OP+OQ和AB垂直？若存在，求出k值；若不存在，说明理由.

解析：（1）由已知条件可设直线l的方程为y=kx+2.

联立x22+y2=1，y=kx+2，

整理得

（1+2k2）x2+42kx+2=0.

当直线l和椭圆方程存在两个不同的交点P，Q时，则满足Δ=（22k）2-412+k2＞0，即2k2-1＞0，求得k的取值范围为-∞，-22∪22，+∞.

（2）由题意，不妨设P（x1，y1），Q（x2，y2），则

OP+OQ=（x1+x2，y1+y2）.

而A（2，0），B（0，1），则AB=（-2，1）.

由OP+OQ和AB垂直，可得

-2（x1+x2）+y1+y2=0.①

又由于x1+x2=-42k1+2k2，y1+y2=k（x1+x2）+22=221+2k2，将其代入到①中，整理得8k+221+2k2=0，解得k=-24.

該值不在（1）中k的范围内，因此不存在这样的k值，满足OP+OQ和AB垂直.

2 直线与圆锥曲线弦长问题

求解圆锥曲线的弦长问题，需通过直线和圆锥曲线方程的联立整理成一元二次方程，借助根与系数的关系表示出弦长，而后运用已知条件构建等式进行求解.另外，若能求出直线和圆锥曲线的交点坐标，则可直接运用公式求出两点间的距离.

例2  已知F为抛物线y2=2px（p＞0）的焦点.过点F且和x轴不垂直的直线l和抛物线交于点A（x1，y1），B（x2，y2），且y1y2=-4.

（1）求抛物线的方程.

（2）直线l和y轴交于点D，探究：AB和FD的长度是否相等？若相等，求出直线l的方程；若不等，说明理由.

解析：（1）由题意可知，直线l的方程为y=kx-p2.

联立y2=2px，y=kx-p2，

整理得ky2-2py-kp2=0，

则y1y2=-p2=-4，解得p=2.

所以抛物线的方程为y2=4x.

（2）由（1）可得直线l的方程为y=k（x-1），将其

与抛物线方程y2=4x联立，消去y并整理，得

k2x2-2（k2+2）x+k2=0.

而Δ=16（k2+1）＞0恒成立，则有

x1+x2=2+4k2，x1x2=1.

又直线l过点F，则|AB|=x1+x2+2=4+4k2.

由D（0，-k），F（1，0），得|DF|=1+k2.

由|AB|=|FD|，可得4+4k2=1+k2，整理得k4-16k2-16=0，解

得k2=8+45，则k=±22+5.

因此，当直线l的方程为y=±22+5（x-1）时，存在|AB|=|FD|.

3 直线与圆锥曲线定值问题

求解直线与圆锥曲线的定值问题，应结合已知条件，通过联立直线与圆锥曲线方程，借助一元二次方程根与系数的关系，对要求解的定值表达式进行化简.如表达式中带有参数，为保证其为定值，应注意将带参数的部分消除.

例3  已知椭圆方程x25+y253=1，动直线过点C（-1，0）和椭圆交于A，B两点，x轴上是否存在一点M，使得MA·MB为定值？如存在，求出该定值以及点M的坐标；若不存在，说明理由.

解析：假设在x轴上存在这样的一点M（m，0）满足题意，设A（x1，y1），B（x2，y2）.

当直线AB的斜率存在时，设对应的直线方程为y=k（x+1）.

联立

x25+y253=1，y=k（x+1），

消去y，得（1+3k2）x2+6k2x+3k2-5=0，

则Δ=36k4-4（1+3k2）（3k2-5）＞0，解得k2＞-512.

于是

x1+x2=-6k21+3k2，①

x1·x2=3k2－51+3k2.②

所以MA·MB=（x1-m）（x2-m）+y1y2=（x1-m）（x2-m）+k2（1+x1）（1+x2）=（1+k2）＼5x1x2+（k2-m）（x1+x2）+k2+m2.

将①②代入上式，可得

MA·MB=m2+2m-13-6m+143（3k2+1）.

要想其值为定值，表明其和k的值无关，即6m+14=0，解得m=-73，此时MA·MB=49.

当直线AB的斜率不存在时，其和x轴垂直，容易求得A-1，233，B-1，-233.

当m=-73时，也满足MA·MB=49.

综上可知，在x轴上存在点M-73，0，使得MA·MB为定值49.

4 直线与圆锥曲线最值问题

解决直线与圆锥曲线的最值问题，通常通过联立直线与圆锥曲线的方程，表示出要求解的最值，而后运用函数或均值不等式知识求解.需要注意的时，在设出参数后，应结合已知条件确定参数的取值范围，保证取到最值时符合题设情境.

例4  已知抛物线C：x2=2py（p＞0），焦点与准线的距离为2，直线l和抛物线交于A，B两点，过点A，B分别作抛物线的切线l1，l2.l1和l2交于点M.

（1）抛物线的方程；

（2）若l1⊥l2，求△MAB面积的最小值.

解析：（1）由題意知，抛物线的焦点为0，p2，准线方程为y=-p2.

由p2+p2=2，得p=2，所以抛物线的方程为x2=4y.

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），抛物线方程为y=14x2，则y′=12x.

所以直线l1，l2的方程分别为y-x214=x12（x-x1），y-x224=x22（x-x2）.

由l1⊥l2，可得x12·x22=-1，即x1x2=-4.

根据题意，直线l一定存在斜率.设直线l的方程为y=kx+m.

与抛物线方程联立，消去y并整理得x2-4kx-4m=0，当Δ=16k2+16m＞0时，x1+x2=4k，x1x2=-4m=-4.

所以m=1，则直线l的方程为y=kx+1.

联立l1，l2的方程，可求得M（2k，-1）.

于是点M到直线l的距离d=2（1+k2）1+k2.

又|AB|=1+k2·（x1+x2）2－4x1x2=4（1+k2），所以

S△MAB=12·4（1+k2）·2（1+k2）1+k2=4（1+4k2）32≥4.

当k=0时，△MAB面积的最小值为4.

直线与圆锥曲线题型具有较好的区分度.教学中应结合具体例题，为学生剖析不同题型的解题方法.同时，组织学生开展针对性的训练活动，鼓励学生做好解题总结与反思，把握不同题型的解题规律以及破题技巧，使其真正攻克这一难点题型.