解析几何解题小论文精选：直线与圆锥曲线综合题的合理消参策略+Word版含解析.pdf

直线与圆锥曲线综合题的合理消参策略 本文通过几个经典的例题说明线与圆锥曲线综合题的合理消参策略. 例题 1 已知椭圆22:14xCy，过(0,1)A且斜率为k的直线交椭圆C于AB、，M在椭圆上，且满足1322OMOAOB. 求k的值. 解法 1: 直接求解法，适合于消参后的一元二次方程的根比较好解的情况，注意利用乘法公式化简 过(0,1)A且斜率为k的直线为1ykx，代入椭圆方程中，消去y并整理得: 22(1 4)80kxk，解得10x ，2281 4kxk，注意到(0,1)A， 可得22288(,1)1 41 4kkBkk，即22281 4(,)1 41 4kkBkk. 设( ,M x y)，则2221381 4( ,(0,1)(,)221414kkx ykk)=， ∴24 314kxk，22134(13)2(14)kyk， 又∵2214xy，∴2222214 3134(13)()()14142(1 4)kkkk， 去分母得: 22 22248[134(13)]4(1 4)kkk， 展开整理得: 4116k ，∴12k . 解法 2: 利用一元二次的方程的根与系数关系，注意利用整体代入. 过(0,1)A且斜率为k的直线为1ykx，代入椭圆方程中，消去y并整理得: 22(14)80kxk， 设1122( ,(,( , )A x yB x yM x y),),，则112213( , )( ,(,22x yx yx y))， ∴121322xxx，121322yyy，又∵2214xy， ∴2212121 1313()()14 2222xxyy， 整理得: 222211221 2121 13 133()()14 44 482xyxyx xy y， 注意到2222112211144xyxy，于是上式化为1 21233082x xy y，即1 21240x xy y. 又120x x ，12281 4kxxk， ∴21212121212(1)(1)() 1() 1y ykxkxk x xk xxk xx ， ∴28() 101 4kkk ，∴214k ，∴12k . 解法 3: 转化结论，间接求解，就是求出直线上两个点的坐标即可，一般不用此法，但对于本题，却是非常简单，就是充分利用题目的特殊性. 设( ,B x y)，又(0,1)A，于是1322OMOAOB，即13(0,1( ,22OMx y))， ∴313(,222Mxy)，又( ,B x y)，313(,222Mxy)在椭圆22:14xCy上，于是 22221,41313()(1,4222xyxy)即2222333(1),44441 3333(2),4 4424xyxyy (1)(2)消去22xy、得: 0y ， ∴2x. 即( 2,0B )，又(0,1)A， ∴12k ． 例题 2 双曲线C与椭圆22184xy有相同的焦点，直线3yx为C的一条渐近线. (1)求双曲线C的方程. (2)过点(0,4)P的直线l交双曲线C于A、B两点，交x轴于Q点（Q点与C的顶点不重合）. 当12PAQB，且1283 时，求Q点的坐标. 解: (1)设双曲线方程为22221xyab(0,0ab). 由题意: 22844ab，3ba，∴1a ，3b . ∴双曲线C的方程为2213yx . (2) 解法一：构造关于参数的一元二次方程 由题意知直线l的斜率k存在且不为零. 设直线l的方程为:4ykx，则可求4(,0)Qk. 设1,1()A x y，2,2()B x y， ∵1PA， 4(, 4)PQk ，114(,)QAxyk， ∴ 111144(),4.xkky  ∴ 11114 1(1),4xky   ∵ 1,1()A x y) 在双曲线22:13yC x 上， ∴ 2221116116(1)13k， ∴ 2221116(16)321603kk. 同理有: 2222216(16)321603kk 若2160k，则4k  ， l过顶点，不合题意， ∴2160k， ∴1，2是一元二次方程22216(16)321603kxxk的两个根， ∴ 122328163k ，∴24k ，验知0 ， ∴2k  ， ∴ 所求Q点的坐标是( 2,0). 仔细分析上面的解法，我们发现本题中涉及 7 个未知数，它们是: 112212,,,,,,x y xyk . 上面的解法先把111,,,x yk作为一组，构建关于1的一元二次方程，再把222,,,xyk作为一组，构建关于2的一元二次方程，由于这两个运算过程完全相同， 两个一元二次方程也完全相同，因此1，2是同一个一元二次方程的两个根，然后就可以利用一元二次方程的根与系数的关系了. 解法二：利用根与系数的关系 把4ykx代入双曲线C的方程为2213yx 并整理得： 22(3)8190kxkx， 当230k时，直线与双曲线C只有一个交点，不合题意，故230k ∴12283kxxk，122193x xk. 由已知 121212124 1414(1)(1)(2)xxkkk  ， (1) 1212221212121611161(1)(1)(1)x xkk ， (2) 又1283 ， 故由(1)得: 12294(3)k ， 由(2)得: 21229(16)80(3)kk ， ∴ 22299(16)4(3)80(3)kkk ， 解得：24k ，验知0 ， ∴2k  ，∴所求 Q 点的坐标是(2 ，0)． 解法三：利用根与系数的关系，但是考虑结论中涉及到的12怎样用k表示，解法二可以演变为下面的解法： 12121244114()4444kxkxkxkx  12122121212()8()844(4)(4)4 ()16k xxk xxkxkxk x xk xx    ， 然后把12283kxxk，122193x xk， 代入上式化简得: 1229683483k ，解得：24k ，验知0 ， ∴2k  ， ∴所求 Q 点的坐标是(2 ，0) 例题３ 已知椭圆2222:1(0)xyCabab的短轴长为2 3，右焦点F与抛物线24yx的焦点重合，O为坐标原点． （１）求椭圆C的方程； （２）设A、B是椭圆C上的不同两点，点( 4,0)D ，且满足DADB，若3 1[ , ]8 2，求直线AB的斜率k的取值范围． 解法１ ∵DADB，∴D、A、B三点共线，而( 4,0)D ， 且直线AB的斜率一定存在，所以设AB的方程为(4)yk x， 与椭圆的方程22143xy联立得222(34)24360kykyk， 由2144(14)0k ，得214k ． 设1,1()A x y，2,2()B x y，122212224343634kyykky yk①② 又由DADB得， 12yy③， 把③代入①②得， 22222224(1),3436,34kykkyk消去2y得： 2161234k， 当3 1[ , ]8 2时，1( )2h是减函数， ( )9121224h≤≤∴， 291612123424k≤≤∴， 解得221548436k≤≤，又214k ∵，所以221548436k≤≤， ∴k的取值范围是521215[,][,]622226. 解法２ 设1,1()A x y，2,2()B x y，则2211222234123412xyxy①② 又DADB，( 4,0)D ，则12124(4)xxyy③④ 由得③④得121244,,xxyy 代入①得22223(44)4()12xy⑤， 由②得22222223412xy，联立⑤消去2y得： 2222223(44)31212xx， 这实际上是关于2x的一元一次方程，解得：2532x， 而224ykx，∴2222222222224123()44(4)4(4)yyxkxxx， 把2532x代入上并化简得22213()10310314(21)4(2)k， 令1t，则t在3 1[ , ]8 2是减函数，且5 73[ ,]2 24t， 而3104(2)tyt在5 73[ ,]2 24t是减函数， ∴当52t 时，max536y，当7324t 时，min21484y， ∴k的取值范围是521215[,][,]622226. 。