圆锥曲线解答题剖析

1、圆锥曲线中定值问题在圆锥曲线中，有一类曲线系方程，对其参数取不同值时，曲线本身的性质不变；或形态发生某些变化，但其某些固有的共同性质始终保持着，这就是我们所指的定值问题圆锥曲线中的几何量，有些与参数无关，这就构成了定值问题它涵盖两类问题，一是动曲线经过定点问题；二是动曲线的某些几何量的斜率、长度、角度、距离、面积等为常数问题在几何问题中，有些几何量与参变数无关，即定值问题，这类问题求解策略是通过应用赋值法 找到定值，然后将问题转化为代数式的推导、论证定值符合一般情形1.若探究直线或曲线过定点，则直线或曲线的表示一定含有参变数，即直线系或曲线系，可将其方程变式为f(x，y) g(x, y)其中，

2、为参变数)，由y) -确定定点坐标.9( x, y) 0例1.(2012湖南理21)在直角坐标系xOy中，曲线C上的点均在圆C2: (x-5)2 y2=9外，且对C1上任意一点M ,M至煩线x二-2的距离等于该点与圆 C2上点的距离的最小值.(1) 求曲线G的方程；(2) 设P(x0,y0)(y0 = 为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线G相交于点A,B 和C,D .证明：当P在直线x - -4上运动时，四点 代B,C,D的纵坐标之积为定值.1. (1)解法1 :设M的坐标为(x, y)，由已知得x+2 = J(x-5)2 + y2 _3，易知圆C2上的点位于直线 x = -2的

3、右侧.于是x 2 0，所以(x _5)2 y2 = x 5.2化简得曲线G的方程为 y =20x.解法2 :由题设知，曲线 G上任意一点 M到圆心C2 (5,0)的距离等于它到直线 X =5的距离，因此，曲线G是以(5,0)为焦点，直线x =-5为准线的抛物线，故其方程为y2二20x.(2)当点P在直线x - -4上运动时，P的坐标为(-4,y0)，又y0 二3，则过P且与圆C2相切得直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y 一 y0 二 k(x 4),即 kx - y y0 4k = 0.于是5k y0 4k3.k2整理得2 272k i8y0k y09 二 0.

4、设过P所作的两条切线PA, PC的斜率分别为k1,k2，则k,k2是方程的两个实根，故k k2 = -i8y072丄kxy y0 4k = 0, +2由2i 得 ky220y 2O(y0 4kJ=0.y =20x,设四点a,b,c,d的纵坐标分别为 ,丫2,丫3,丫4，则yi,y2是方程的两个实根，所以yi y20(y0 4ki)ki同理可得y3 yr20。临k2于是由，三式得yyr 4000 4ki)(y0 4k2)4001| y0 4(ki k2)y。16kik2400 -y-y2 i6kik2 6400.kik?所以，当P在直线x=-4上运动时，四点 代B,C,D的纵坐标之积为定值 64

5、00.A, B, C, D四点纵坐标之积为定值，体【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数 与方程思想等数学思想方法 .第一问用直接法或定义法求出曲线的方程；第二问设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到 现“设而不求”思想.【变式训练1】（2012辽宁理20）2 2 XV222如图，椭圆 Co:r =1（a b 0 , a, b 为常数），动圆 G : x2 y2 二t； , b ：. 1 ： a 点a bA, A分别为Co的左，右顶点，G与Co相交于A, B, C, D四点.（I ）求直线AA与直线A2B交点M的轨迹

6、方程;（n）设动圆C2 :x2 y2与Co相交于ABC ,D 四点，其中b ： t2 ： a , t, = t2 若矩形ABCD与矩形A；B；C ,D的面积相等，证明:t； t；为定值.(20) ( I )解-Ji）.又知旳（一岛0）,血他0）,则宜线4胡的方程为直线的方程为y = - (x-a). Xf CL宀名35由点 狀仏 班）在椭圆上，故 寻+薔=1并乜一%,代人(x -a, y 5-m m-2由题意可得:5 m，解得:、m _2(2)由已知直线代入椭圆方程化简得：(2k2 1)x2 16kx *24=0，=32(2k2 -3)，解得：k2-.2由韦达定理得:xM16k2k2 1,xM

7、 xN242k2 1，设 N(Xn , kxN 4)， M (xm , kxM 4)，G(Xg，1)MB 方程为：yr”6x2，贝U G3xm网+6，1丿，AG 二J/ 6，-1，AN 二 Xn , xNk 2 ,欲证A, G , N三点共线，只需证 AG , AN共线3xM(XnK 2) =_Xn 成立，化简得：(3k k)x” Xn =-6(Xm - Xn )即Xm k 亠 6将代入易知等式成立，则 A , G , N三点共线得证.【变式训练31】(2012天津理19)2 2设椭圆笃笃=1(a b 0)的左、a b右顶点分别为 代B，点P在椭圆上且异于 代B两点，O为坐标原点.(1)若直线

8、AP与BP的斜率之积为2，求椭圆的离心率;(2)若|AP|=|OA|,证明直线 OP的斜率k满足Ikl ,3 .解：(1)设点P的坐标为(X0, y0).2 2由题意，有a b 由 A( a,0), B(a,0)，得.V0|V0Kap=, Kbp =X0 + aX0 a由 kAP kBP = 2，可得 x0= a 2y0,代入并整理得(a2 2b2)y0= 0.由于0, 故 a2= 2b2.所以椭圆的离心率 e=-.2 a2 b21于是e=肯=2，证明：(方法一)依题意，直线OP的方程为y= kx,设点P的坐标为(X0, y0).y0=kX0，a2b2由条件得X0 y2消去y并整理得X0= 2

9、 2 .孑+苗1，Ka+ b2 2 2 2由|AP|=|OA|, A( a,0)及 y0= kx,得(x+ a) + k X0= a .2 2.,整理得(1 + k )x0 + 2ax0= 0.而 0,2a2 22 ib 于是X0=2,代入，整理得(1 + k) = 4k - + 4.1 + k3由 a b 0,故(1 + k2)24k2 + 4,即 k2 + 14，因此 k2 3,所以 |k| 3.(方法二)依题意，直线 OP的方程为y= kx,可设点P的坐标为(xo, kxo).2 2 2 由点p在椭圆上，有x2+嚳=1.a b2 2 2 因为 ab0, kxo*0，所以 x+ 1,a a

10、 ，即(1 + k2)x2 3,所以|k| 3.【变式训练32】(2012安徽理20)2 2如图，点F1 (-c,0), F2 (c,0)分别是椭圆C : 2占=1(a b 0)的左、右焦点，过点 F|作a bx轴的垂线交椭圆的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x电于点Q ；(1)如果点Q的坐标是(4,4);求此时椭圆C的方程;(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点.yib22 2解: (I)点 P( c, )(y- 0)代入一22=1 得:bPF1 _QF2士 4-0c 一 c 4 一 c又=4cbf a b0)由得:a =2,c =1,b 二、3 ,2 2即椭圆C的方程为

11、y 143F22圧-0y2 = 2a(II )设 Q(a- , y2);则 PF QF2 二-a c2a-圧得：kpQ厂二=-aa +c a c22xy“22 = 1 = y =abb2b22,-2= y =a，b2b2x ab2 22 Xa过点P与椭圆C相切的直线斜率k=yX -_c-kpQ .得：直线PQ与椭圆C只有一个交点./b2、解：（1）（方法一）由条件知，P c,-,匚0b2故直线PF2的斜率为kpF2二 =莎.2ac因为PF2丄F2Q，所以直线F2Q的方程为y=b2xb2由题设知， = 4, 2a= 4，解得a= 2, c= 1.c2 2故椭圆方程为 + = 1.432a（方法二

12、）设直线x= 7与x轴交于点M ,c凸a .因为pF1F22MQ，所以鬻厂册.a 2c即匚=两c匚4,所以c2a= 4,由条件知，P c,解得 |MQ |= 2a.a = 2，c= 1.2ac2 2，故 Qa，2a .故椭圆方程为2x - a y 2ac证明：直线PQ的方程为,2a -c-乩 ac即 y= cx+ a.a将上式代入椭圆方程得,解得 x = -c, y =, aX2+ 2cx+ c2= 0.所以直线PQ与椭圆C只有一个交点.I技巧点拨】解析几何辭答题的一叙命题模式就是先粮据已知的 关系确定一牛曲线的方程，然后再结合直蝇方程“圏的方程等把 何题引向深入，其中的热点问题有：歩ItSt

13、BL最值、直域或者曲 拔过定点、褰些童为定值等.在于不同两点的 何頰中，一股是设出点的环然后确定点的坐标之间的关系(特 剖是AM*动直规时这牛方法是強需输人再进务餐体(安徹高# 回遊押列式、韦达定理的运用)处理，在直fl(与曲域相切制问題 中运用爭4t求出直誠蚪4再輦理化筒解决何息例4. (2012福建理19)2 2如图，椭圆E:笃爲 “(a b 0)的左焦点为Fi，右焦点为F2，离心率e詔，过R的直a b2线交椭圆于A,B两点，且 ABF2的周长为8.(I)求椭圆E的方程.(H)设动直线I: y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点在坐标平面内是否存在定点 M，使得以PQ为直径的圆恒过点 M

14、?若存在，求出点M的坐标；若不 存在，说明理由.解：解法(1)因为 |AB|+ |AF21+ |BF2|= 8，即 |AFi|+ |FiB|+ AF21+ |BF2|= 8,又|AFi|+ |AF2|=|BFi|+ |BF2| = 2a，所以 4a = 8, a= 2.又因为e= 2，即；=舟，所以c= i，所以b = a2- c2=i 3.2 2故椭圆E的方程是7 + * = i.43y= kx+ m,(2)由名 y2= 1，222得(4 k + 3)x + 8kmx+ 4m 12= 0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0, y0)，所以mz 0且= 0,即 64k2m2 4(4

15、k2+ 3)(4m2 12)= 0，化简得 4k2 m2 + 3= 0.(*)此时X0 =4km24k + 34kmy0= kx+ m=m，所以p -x= 4,由丨得 Q(4,4k+ m).y= kx + m假设平面内存在定点 M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.设M(xi,0)，则MP MQ = 0对满足(*)式的m、k恒成立._ -| 4k 3 i - -因为 MP = xi,，MQ = (4 xi,4k+ m),由 MP MQ = 0,16k 4kxi 2 12k得一+ 4xi + X1 + 3= 0,m mm整理，得(4X1 4)m + x1- 4xi+ 3 = 0.(*)4x

16、i 4= 0, 由于(*)式对满足(*)式的m, k恒成立，所以2解得xi= 1.| Xi 4xi + 3= 0,故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.解法二：(1)同解法一.y= kx+ m,由 ix2 y2得(4k2 + 3)x2 + 8kmx+ 4m2 12= 0.+ = 14 + 31，因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点 P(x, y)，所以mz 0且= 0,即 64k2m2 4(4k2+ 3)(4m2 12)= 0，化简得 4k2 m2 + 3= 0.(*)4km 4k34k 3此时 x0= 4k= m，y0=kx0+ m= m，所以 P m，m .x= 4,由

17、S得 Q(4,4k+ m).y= kx + m,假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.取 k= 0, m= .3,此时 P(0, . 3), Q(4, .3)，以 PQ 为直径的圆为(x 2)2 + (y , 3)2= 4，交 x 轴于点 M1(1,0), M2(3,0);取 k= 1, m= 2,此时 P 1, | , Q(4,0)，以 PQ 为直径的圆为 x5 2 + (y 4? = 16,交x轴于点M3(1,0), M4(4,0).所以若符合条件的点 M存在，则M的坐标必为(1,0).以下证明M(1,0)就是满足条件的点： f i 4k 3 i f因为 M 的坐标

18、为(1,0)，所以 MP = m 1, m , MQ = (3,4k+ m),f f 12k12k从而 MP MQ =3+ 3= 0,mm故恒有MP JMQ，即存在定点 M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点 M.解法三：(1)同解法(2)由对称性可知设P(x0,y)(y0)与 m(x,0)y3-：x2二 y3x 3x0( k0x( x4)+o4产43(1 x)y。3(1X0 )k =4y。= 0 =0 x( x-1) = (x - 1)(土) 3 )(*)对 X0 w (2,2)恒成立二 x =1,得 M (1,0)【变式训练4】(2012江西理20)已知三点0(0,0) , A(-2,1

19、), B(2,1)，曲线C上任意一点M(x, y)满足T T I T T|MA MB | = OM (OA OB) 2.(1) 求曲线C的方程；(2) 动点Q(x,y)(-2 ：x :：: 2)在曲线C上，曲线C在点Q处的切线为丨.问：是否存在定点P(0, t)(t :：: 0)，使得丨与PA, PB都相交，交点分别为 D,E，且 QAB与 PDE的面积之比是常数？若存在，求t的值；若不存在，说明理由.解：(1)由 MA = ( 2-x,1 - y), MB = (2 - x,1 - y)，得|MA + MB|= - - 2x 2+ 2-2y 2,OM (OA+ OB)= (x, y) (0,2) = 2y, 由已知得-2x 2+ 2- 2y 2= 2y+ 2, 化简得曲线C的方程：x2= 4y.(2)假设存在点P(0, t)(t0)满足条件，t 11 t则直线PA的方程是y=x+ t, PB的方程是y=厂x+1.F 0,20 一 十 X- 4X0xo曲线C在Q处的切线I的方程是y= qx- ，它与y轴交点为由于一2x02，因此一1x01.当一1t0时，一1号-1，存在x(-2,2)使得号=t卩,即I与直线PA平行，故当1t0时不符合题意.当t - 1时,口 - 1 1x0，所以I与直线PA, PB 一