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1、高二数学圆锥曲线中的方法与运算苏教版1.(与名师对话第51练)已知抛物线,点,问是否存在过点的直线,使抛物线上存在不同的两点关于直线对称,如果存在,求出直线的斜率的取值范围;如果不存在,请说明理由.分析:这是一个求变量(斜率)的取值范围问题,我们必须给出与变量(斜率)相关的变量(根据题设寻找)的关系式(组),显然,这个关系式(组)应由按题设揭示出的几何条件转换得到.我们由题设揭示出的几何条件是:抛物线上关于直线对称的不同的两点所在直线必须与抛物线有两个不同的交点,并且交点为端点的线段的中点在直线上.相应得
2、到一个不等式和一个等式组成的变量关系式(组).解这个关于式组即可得变量的取值范围.解:设直线的方程为,若,则结论显然成立,即可取.若,则直线PQ的方程为,由方程组可得,.∵直线PQ与抛物线有两个不同的交点,∴即.设线段PQ的中点为G(),则,∴,∵点G()在直线上,∴=,由可得,,∴,(),∴或.综上所述,直线的斜率的取值范围为.2.(与名师对话第51练)已知椭圆,点A是椭圆与轴的交点,F为椭圆的右焦点,直线与椭圆交于B,C两点.（1）若点M满足,求直线的方程;（2）若,在上,且,求动点的轨迹方程.分析:
3、题(1)是个定状态的问题:由可知,点M是定点,且由是线段BC的中点,由此可求得直线BC即直线的方程.解(1)由椭圆可知A(0,4),F(2,0).∵,∴(2,0)-(0,4)=2[()-(2,0)],∴即M(3,-2).∵,∴点M是线段BC的中点,∴直线BC即直线的斜率为.(可以有四中方法:①,②点差法,③设法,④设而不求法求得).∴直线的方程为,即.分析:题(2)是一个动状态的问题:①点D随AB的变化而变化,从而点D的坐标是刻画直线AB的变化的量的参数(斜率)的函数,②可设BC的方程为(k存在),从而点
4、M是直线AM(直线AD用参数k刻画)与直线BC的交点,在由是直角得参数k与b的关于式,消参数k与b即得点D的方程.解法(一)设直线AB的斜率为,则直线AC的斜率为.直线AB的斜率为方程为,由方程组可得,∴,，同理得,.∴，∴直线BC的方程为,+，，，.∵直线AD的方程为,,∴由与移项相乘消去可得,即.说明:本解法用的是参数法中的特殊方法--------交轨法.解法(二):设直线的方程为,则直线AD的方程为.(显然由方程和方程消去和即可得点D的轨迹方程,这里我们必须给出和的关系式,将这一几何条件转化为代数形
5、式即可得和的关系式)由方程组可得,,设,则.∵,∴,∴,,,+化简得,.解得,(舍去)或.∴方程即为,由方程和方程消去得,,即.1.(与名师对话第51练)已知直线过点(1,0),且与抛物线交于两点,为原点,点在轴的右侧且满足:.（1）求点的轨迹C的方程;（2）若曲线的切线的斜率为,满足:,点到轴的距离为,求的取值范围.分析：由可知，点的轨迹C就是弦AB的中点的轨迹.解(1)显然直线的斜率存在,设为,则直线的方程为:,由方程组消去整理得,设,,∴,,消去得点的轨迹C的轨迹方程为:.∵,∴或,∵点在轴的右侧,
6、∴,故点的轨迹C为抛物线上的一段弧.分析:点到轴的距离为就是点的横坐标的绝对值.因为曲线的切线的斜率为,所以=,由知,,由此可知,我们必须建立点的横坐标的绝对值关于的关系.解(2):设,则由可知,=[],∴,,∴,,∴∵,∴,方法(一),(),∴,∴.方法(二),(),∴,,∴且∴.1.(与名师对话第51练)已知抛物线的方程为,过点且倾斜角为(0<<)的直线交抛物线于两点,且.（1）求的值;（2）若点分所成的比为,求关于的函数关系式.分析:要求的值,必须给出关于的方程.解(1):设过点且倾斜角为(0<<)
7、的直线的方程为.由方程组消去整理得,则,∵,∴,.分析:由可知过点且倾斜角为(0<<)的直线为.先建立关于的函数关系式,再转换为关于的函数关系式.解(2):∵关于的函数关系式,∴,,由(1)可知,由方程组可消去得,.∵0<<,∴,故==.1.(与名师对话第51练)已知方向向量为的直线过点(0,-2)和椭圆C:的焦点,且椭圆C的中心关于直线的对称点在椭圆C的右准线上.（1）求椭圆C的方程;（2）是否存在过点E(-2,0)的直线交椭圆C于,满足:为原点?若存在,求出直线的方程;若不存在,请说明理由.6．(与名
8、师对话第52练20)椭圆C的方程为，F是它的左焦点，M是椭圆C上的一个动点，O为坐标原点.(1)求的重心的轨迹方程;(2)若的重心对原点和点P(-2,0)的张角最大,求点的坐标.解(1):设点(y0),M(x1,y1)由题设可知,F()则,∴,∴的重心的轨迹方程为().(2)由(1)可知,原点和点P(-2,0)是椭圆的两个焦点.下面证明当点M与椭圆的短轴的端点重合时张角最大.方法(一)用椭圆的定义设椭圆C上的一个动点到椭圆的两
