直线圆锥曲线有关向量的问题

高考考什么 知识要点：

1．直线与圆锥曲线的公共点的情况

(或A'y2B'yC'0) 直线：axbyc02AxBxC0曲线：f(x,y)0（1）没有公共点  方程组无解 （2）一个公共点  i)相交A0

ii)相切A0,0（3）两个公共点  A0,0

2．连结圆锥曲线上两个点的线段称为圆锥曲线的弦，要能熟练地利用方程的根与系数关系来计算弦长，常用的弦长公式：

1AB1kx1x212y1y2k23．以平面向量作为工具，综合处理有关长度、角度、共线、平行、垂直、射影等问题 4.几何与向量综合时可能出现的向量内容

（3）给出,等于已知是的中点;

（5） 给出以下情形之一：①数

；②存在实数,等于已知

三点共线.

；③若存在实

（6） 给出，等于已知是的定比分点，为定比，即

（7） 给出

,等于已知

锐角。

,等于已知

是钝角, 给出

,即是直角,给出,等于已知

是

（9）在平行四边形是菱形;

中，给出，等于已知

（10） 在平行四边形矩形;

中，给出，等于已知是

（11）在中，给出，等于已知是的外心（三角

形外接圆的圆心，三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点）； （12） 在

中，给出

，等于已知

是

的重心（三角形的重

心是三角形三条中线的交点）；

（13）在中，给出，等于已知是的垂心

（三角形的垂心是三角形三条高的交点）；

（16） 在中线;

中，给出,等于已知是中边的

高考怎么考 主要题型：

1．三点共线问题；2．公共点个数问题；3．弦长问题；

4．中点问题；5．定比分点问题；6．对称问题；7．平行与垂直问题；8．角的问题。 近几年平面向量与解析几何交汇试题考查方向为

（1）考查学生对平面向量知识的简单运用，如向量共线、垂直、定比分点。 （2）考查学生把向量作为工具的运用能力，如求轨迹方程，圆锥曲线的定义，标准方程和几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系。

特别提醒：法和韦达定理是解决直线和圆锥曲线位置关系的重要工具。

例1．过点P(x,y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A,B两点，点Q与点P关于y轴对称，O 为坐标原点，若BP2PA且

OQ•AB1，则点P的轨迹方程是（ D ）

A．

B． 323223xy1(x0,y0)3xy1(x0,y0)222C．32x3y1(x0,y0)x2

2

22 D．32x3y1(x0,y0)22

例2． 已知椭圆C1：＋y＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．

4

(1)求椭圆C2的方程；

→→

(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，OB＝2OA，求直线AB的方程．

y2x2

解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为2＋＝1(a>2)，

a4

3a－43yx其离心率为，故＝，则a＝4，故椭圆C2的方程为＋＝1.

2a21(2)解法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，

→→

由OB＝2OA及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.

42222

将y＝kx代入＋y＝1中，得(1＋4k)x＝4，所以xA＝2，

41＋4k将y＝kx代入＋＝1中，得(4＋k)x＝16， 116→→222

所以xB＝2，又由OB＝2OA，得xB＝4xA，

4＋k即

16162＝2， 4＋k1＋4k2

2

2

x2

y2x2

22

解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x. 解法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，

→→

由OB＝2OA及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.

将y＝kx代入＋y＝1中，得(1＋4k)x＝4，

44→→2

所以xA＝2，由OB＝2OA，

1＋4k1616k2

得xB＝2，yB＝2，

1＋4k1＋4k2

2

x2

222

4＋k22

将xB，yB代入＋＝1中，得2＝1，即4＋k＝1＋4k，

11＋4k2

2

y2x2

2

解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.

例4已知A,B为抛物线x=2py(p>0)上异于原点的两点，OAOB0，点C坐标为（0，2p）

2

（1）求证：A,B,C三点共线；

（2）若AM＝BM（R）且OMAB0试求点M的轨迹方程。

x12x22),B(x2,)， （1）证明：设A(x1,2p2px12x220,x1x24p2， 由OAOB0得x1x22p2p又

x12x22x12AC(x1,2p),AB(x2x1,)

2p2px22x12x12(2p)(x2x1)0， x12p2pAC//AB，即A,B,C三点共线。

（2）由（1）知直线AB过定点C，又由OMAB0及AM＝BM（R）知OMAB，垂足为M，所以点M的轨迹为以OC为直径的圆，除去坐标原点。即点M的轨迹方程为

x2+(y-p)2=p2(x0，y0)。

x2y21的左、右焦点. 例6设F1、F2分别是椭圆4（Ⅰ）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1PF2的最大值和最小值;

（Ⅱ）设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围.

解：（Ⅰ）解法一： 易知a2,b1,c所以F13,0,F23 ，

3,0，设Px,y，

则PF1PF23x,y,x213x,yxy3x133x28

44222因为x2,2，故当x=0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1PF2有最小值-2

当x=2，即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值1 解法二：易知a2,b1,c3，所以F13,0,F223,0，设Px,y，则

22PF1PF2PF1PF2cosF1PF2PF1PF2PF1PF2F1F22PF1PF2

1x322yx322y212x2y23（以下同解法一）

（Ⅱ）显然直线x0不满足题设条件，可设直线l:ykx2,Ax1,y2,Bx2,y2，

ykx2212联立x2，消去y，整理得：kx4kx30

24y14∴x1x24k1k24,x1x231k24

由4k4k0023312kk34k30得：或 224又0A0B90cosA0B0OAOB0，∴OAOBx1x2y1y20

8k2k21

4又y1y2kx12kx22kx1x22kx1x24 111k2k2k2

444

23k2k210，即k24 ∵

11k2k2443∴2k2故由①、②得2k★★★自我提升

1、平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知A（3，1），B（-1，3），若点C满足

33k2 或

22OCOAOB，其中R，且=1，则点C的轨迹方程为( D )

A． 3x+2y-11=0 B．(x-1)2+(y-2)2=5 C． 2x-y=0 D． x+2y-5=0

2、已知i,j是x,y轴正方向的单位向量，设a=(x2)iyj, b=(x2)iyj,且

满足|a|+|b|=4.则点P(x,y)的轨迹是.( C )

A．椭圆 B．双曲线 C．线段 D．射线

5．[2012·许昌一模] 设F1、F2分别是双曲线x2－9＝1的左、右焦点．若点P在双曲→→→→

线上，且PF1·PF2＝0，则|PF1＋PF2|＝( )

A．22 C．42 D．210

→→→

5．D [解析] 根据已知△PF1F2是直角三角形，向量PF1＋PF2＝2PO，根据直角三角形斜→→→→→→

边上的中线等于斜边的一半即可求出.PF1·PF2＝0，则|PF1＋PF2|＝2|PO|＝|F1F2|＝210.

6．已知A、B为抛物线x=2py (p>0)上两点，直线AB过焦点F，A、B在准线上的射影分别为C、D，则①y轴上恒存在一点K，使得KA•KF0；②CF•DF0；③存在实数使得 ADAO；④若线段AB中点P在在准线上的射影为T，有FT•AB0。中说法正确的为___________①②③④

2

y2

x2y21，过P(1,0)作直线 l，使得l与该椭圆交于A,B两点，l与y7.已知椭圆2轴的交点为Q，且AQPB，求直线 l的方程。

解：直线l过P(1,0)，故可设方程为y=k(x-1)， 因为

AQPB，所以

AB的中点与 PQ的中点重合.

由

得(1+2k)x-4kx+2(k-1)=0 所以

22

2

2

xy212yk(x1)2又4k2，

xAxB12k2xP+xQ=1 故4k2得

212k1。

2，所求的直线方程为2ky(x1)22x2y2a2

8．[2012·瑞安质检] 设椭圆M：直线l：x＝a2－2与a2＋2＝1(a>2)的右焦点为F1，x轴交于点A，若OF1＋2AF1＝0(其中O为坐标原点)．

(1)求椭圆M的方程；

(2)设P是椭圆M上的任意一点，EF为圆N：x2＋(y－2)2＝1的任意一条直径(E，F为直

→

→

→→

径的两个端点)，求PE·PF的最大值．

a

(a2－2，0)， 2，0解：(1)由题设知，Aa－2，F1



xya2→→222由OF1＋2AF1＝0，得a－2＝2a－2－a－2.解得a＝6.所以椭圆M的方程为6＋2

2

2

2

2

＝1.

(2)解法1：设圆N：x＋(y－2)＝1的圆心为N，

→→→→→→→→→→→→→

则PE·PF＝(NE－NP)·(NF－NP)＝(－NF－NP)·(NF－NP)＝NP2－NF2＝NP2－1. →22

设P(x0，y0)是椭圆M上一点，则6＋2＝1，所以NP2＝x20＋(y0－2)＝－2(y0＋1)＋12. →→→

因为y0∈[－2，2]，所以当y0＝－1时，NP2取得最大值12.所以PE·PF的最大值为11.

x2＝－x1，

解法2：设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，P(x0，y0)，所以y2＝4－y1.

2

2

x2y200

可得

→

PE·PF＝(x1－x0)(x2－x0)＋(y1－y0)(y2－y0)＝(x1－x0)(－x1－x0)＋(y1－y0)(4－y1－

→

y0)

＝x0－x1＋y0－y1＋4y1－4y0＝x0＋y0－4y0－(x1＋y1－4y1)． 因为点E在圆N上，所以x1＋(y1－2)＝1，即x1＋y1－4y1＝－3.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x2y200

又因为点P在椭圆M上，所以6＋2＝1，

→→2222

即x0＝6－3y0.所以PE·PF＝－2y0－4y0＋9＝－2(y0＋1)＋11. →→

因为y0∈[－2，2]，所以当y0＝－1时，(PE·PF)min＝11.

x2y29.设椭圆C：221(ab0)的左焦点为F，上顶点为A，过点A作垂直于AF

ab的直线交椭圆C于另外一点P，交x轴正半轴于点Q， 且AP （1）求椭圆C的离心率；

8PQ 5y （2）若过A、Q、F三点的圆恰好与直线l：

A P O Q x x3y50相切，求椭圆C的方程.

F 解：⑴设Q（x0，0），由F（-c，0） A（0，b）知FA(c,b),AQ(x0,b)

b2 FAAQ,cx0b0,x0c288b25设P(x1,y1),由APPQ，得x1,y1b

513c138b225()(b)2因为点P在椭圆上，所以13c 131a2b2整理得2b=3ac，即2（a－c）=3ac，2e23e20, 1

故椭圆的离心率e＝2

2

2

2

b23⑵由⑴知2b3ac，得a；c22又c11，得ca， a2213于是F（－2a，0）， Q(a,0)

211△AQF的外接圆圆心为（a，0），半径r=2|FQ|=a

21|a5|所以2，解得a=2，∴c=1，b=3，

a2x2y2所求椭圆方程为1

43