圆锥曲线大题归类

1、圆锥曲线大题归类定点问题X2例1.已知椭圆C:爲+ y2= 1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F,直线AF与圆a2M : (x- 3)2+ (y 1)2 = 3 相切.(1) 求椭圆C的方程；(2) 若不过点A的动直线I与椭圆C交于P, Q两点，且AP AQ = 0，求证：直 线I过定点，并求该定点的坐标.解析圆M的圆心为(3,1)，半径r 士； 3.由题意知 A(0,1)，F(c,O)，x直线AF的方程为一 + y = 1，即x + cy c= 0，c由直线AF与圆M相切，得解得 c2 = 2， a2 = c2 + 1 = 3，x2故椭圆c的方程为3+沪1.3(2)方法一：由=0知AP

2、I AQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,1故可设直线AP的方程为y= kx + 1，直线AQ的方程为y = 一x +k1.y = kx +1,联立x23+y2=1，整理得（1 + 3k2）x2 + 6kx =0 ,解得x=0或x=-6k1 + 3 k2故点P的坐标为（6k 1 3k2同理，点Q的坐标为6kk2 3（k2+ 3，k2 + 3）1 + 3 k2，1 + 3k2），k2 31 3k2k2+ 3 1 + 3 k2 k2 1直线l的斜率为=6k 6k 4kk2+ 31 + 3 k2k2 16k直线l的方程为y =4T（x药）+k2 3k2+ 3,k2 11即y=:Tx1直线I过定点（o,

3、2）方法二：由=0知AP丄AQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线I的方程为y = kx + t(t工1),y = kx +1,联立 x2孑 + y2 = 1，整理得(1 + 3k2)x2+ 6ktx + 3(t2 - 1) = 0.6ktxi + X2=2,1 + 3k2设 P(X1, y1), Q(X2, y2)则(*)3(t2 -1)X1X2=7,1 + 3 k2由= (6kt)2- 4(1 + 3k2)X3(t2-1)>0，得3k2>t2- 1.由=0,得=(X1 ,y1 -1) (X2, y2-1) = (1 + k2)x1X2 + k(t - 1)(x1 + X2)+

4、 (t- 1)2 = 0 ,1将(*)代入，得t=,1直线I过定点(o, - 2 -例2.已知抛物线C : y2 = 2px(p>0)的焦点F(1,0), O为坐标原点，A , B是抛物线C上异于0的两点.(1)求抛物线C的方程;1若直线0A , 0B的斜率之积为3,求证：直线AB过x轴上一定点.解析(1)因为抛物线 卄2px(p>0)的焦点坐标为(1,0)，所以2二1，所以 p = 2.所以抛物线C的方程为y2=4x.证明：当直线AB的斜率不存在时,t2t2设 A（4, t）, B（4, t） 1因为直线0A, 0B的斜率之积为-2,t t 1所以；T =一，化简得t2 = 32

5、.24 4所以A(8, t), B(8 , t),此时直线AB的方程为x = 8.当直线AB的斜率存在时，设其方程为 y = kx + b , A(xa , yA), B(xb ,y2= 4x ,yB）,联立得化简得ky2 4y+ 4b = 0.y = kx + b ,4b根据根与系数的关系得yAyB =,k1 yA yB1因为直线OA , OB的斜率之积为一匚，所以一=匚,2 XA XB2yA yB即 xaxb + 2yAyB= 0.即 + 2yAyB = 0,4 44b解得 yAyB= 0（舍去）或 yAyB= 32.所以 yAyB= 32，即 b = 一 8k,k所以y = kx 8k,

6、 y = k(x 8).综上所述，直线AB过定点(8,0).圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化 的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点， 再证明该定点与变 量无关.定值问题例3已知椭圆C：咅b二1(20)的两个焦点分别为F1( ;2，°)，F2( - '2，0)，点 M (1,0)与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直.导学号30072628(1)求椭圆C的方程;过点M(1,0)的直线I与椭圆C相交于A，B两点，设点N(3,2)，记直 线AN，BN的斜率分别为k1，

7、k2，求证：匕+ k2定值.解析(1)依题意，由已知得c =2，则a2 b2 = 2，由已知易得b = |0M | = 1，所以a=" 13，所以椭圆的方程为 + y2= 1.3当直线I的斜率不存在时，不妨设 A(1，亠B(1，亠，则ki33 6 62 2 + k2 =3 3+= 2为定值.2 2当直线I的斜率存在时，设直线I的方程为y = k(x 1)，y= k(x i)，x27+y2= 1,得(3k2+ 1)x2 6k2x + 3k2 3 = 0，依题意知，直线I与椭圆C必相交于两点，设A(x1，y1)，B(X2，y2)，贝U X1+X2 =6 k23 k2 + 1，X1X23

8、k2 + 1又 y1 = k(X1 1)，y2 = k(X2 1)，2 y12 y2(2 y1)(3 X2)+ (2 y2)(3 X1)所以 k1 + k2 =+=3 X13 X2(3 X1)(3 X2)2 k(X1 1)(3 X2)+ 2 k(X2 1)(3 x”(3 X1)(3 X2)12 2(X1 + X2)+ k2x1X2 4(X1 + X2)+ 69 3(X1 + X2)+ X1X26k23k2 36k212 2 X3 + k2 X3 4 X371+ 6I2(2k2 + 1)6(2k2+ 1)6k23k2 39 3 X3k2 + 1 + 3k2+ 1二 2,综上，得k1 + k2为定

9、值2.例4（2016北京理科）求定值问题常见的方法（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.三探索性问题例5.（2015新课标全国U, 12分，理）已知椭圆C: 9x2 + y2= m2（m>0）， 直线I不过原点O且不平行于坐标轴，I与C有两个交点A，B，线段AB的中 点为M .（1）证明：直线OM的斜率与I的斜率的乘积为定值；m若I过点q，m），延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为 平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.解析 设直线 l: y = kx + b（k却，b 却），A（X1

10、, y） B（X2, y2），M （xm， yM）.将 y = kx + b 代入 9x2 + y2= m2得（k2+ 9）x2 + 2kbx + b2 m2 = 0，故9bxi + X2 kbxm =, yM = kxM + b =.2k2 + 9k2 + 9yM9于是直线 OM 的斜率koM =,即卩koM k = 一 9.XM4所以直线OM的斜率与I的斜率的乘积为定值.四边形OAPB能为平行四边形.m因为直线I过点（3，m）,所以I不过原点且与C有两个交点的充要条件是3k>0 , k 工3.9由（1）得OM的方程为y = x.k设点P的横坐标为xp.由"kx'9x

11、2 + y2 = m 2k2m2±<mm将点（3, m）的坐标代入I的方程得b =3m(3 k)因此xmk(k 3)m3(k2+9)得 xP= 91 '即 xP= 372+ 9.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段 AB与线段OP互相平分，即xp=2xm .k2 = 4 + '；7.±cmk(k 3)m于是3飞+ 9 = 2"因为 ki>0 , kK3 , i = 1,2 ,所以当I的斜率为4 7或4+；7时，四边形OAPB为平行四边形.x2 y2例6已知椭圆C:二+二=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A

12、,a2 b2且 |AF|= 1.(1)求椭圆C的标准方程；若动直线l: y = kx + m与椭圆C有且只有一个交点P,且与直线x = 4 交于点Q，问：是否存在一个定点 M(t,0)，使得=0.若存在，求出点M的坐 标；若不存在，说明理由.解析由 c = 1， a c = 1，得 a = 2，.b =3，x2 y2故椭圆C的标准方程为+ 一= 1.4 3由y = kx + m，3x2 + 4y2= 12，消去 y 得(3 + 4k2)x2 + 8kmx + 4m2 12 = 0，= 64k2m2 4(3 + 4k2)(4m2 12) = 0，即 m2 = 3 + 4k2.4 k234k 3y

13、p= kxp + m = + m =一，即卩 P(一，一).mmm mM(t,0)，Q(4,4 k+ m)，4k3'=( t, ), = (4 - t,4k + m),mm4k34k = ( t) (4 t)+(4k + m) = t2 4t + 3 + (t 1) = 0 恒成立,mmmt =1 ,故即t = 1.t2 4t + 3 = 0 ,存在点M(1,0)符合题意.4 km 4k设 P(xp, yp)'则 xp匚一4 k234k 3yp= kxp + m =+ m =，即卩 P(,). mmm mM(t,O), Q(4,4k+ m),4k3=( 一一t,)，二(4 t,

14、4k + m),mm4k34k = ( t) (4 t)+(4k + m) = t2 4t + 3 + (t 1) = 0 恒成立,mmm存在点M(1,0)符合题意.四、取值范围问题X2例7.(2015浙江，15分)已知椭圆-+ y2 = 1上两个不同的点A ,B关于直1线y = mx + -对称.(1) 求实数m的取值范围；(2) 求AOB面积的最大值(O为坐标原点).1解析 由题意知 m工0，可设直线 AB的方程为y = + b.由-+ y2 =11y = x+ b ,mx211 2b消去y，得 （2+a2mx+b21=°.因为直线y=1x24x + b与椭圆+y2= 1有两个不

15、同的交点，所以 二一2b2+ 2+，m2m22mbm2b设M为AB的中点，贝U M（ 2，2），m2 + 2 m2 + 2由得m< 人1'6"6t2 + 2令t= (,0) U (0，-)，则且O到直线AB的距离d =m22斗 t2 +1=1(a>b>0)的两焦点，与椭圆有且x2 y2例8已知圆x2 + y2= 1过椭圆；+ ；a2 b2x2 y2仅有两个公共点，直线1: y二kx + m与圆x2+y2二1相切，与椭圆J+匸二123相交于A，B两点记X= OA?OB ，且3 =(1) 求椭圆的方程；(2) 求k的取值范围；(3) 求OAB的面积S的取值范围.

16、解：(1)由题意知2c = 2，所以c = 1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而1，故 a=2x2，所以所求椭圆方程为-+ 卄1.因为直线I: y= kx + m与圆x2 + y2 = 1相切，所以原点0到直线I的距离|m|2 + k2= 1，即m2= k2 + 1.由y = kx + m， x2+ y2 = 12 y得(1 + 2k2)x2 + 4kmx +4km2m2 2 = 0.设 A(X1，y1)，B(X2，y2)，贝U X1 + X2 =齐泰，2m2 2X1X2 =1 + 2k2.X=X1X2 + y1y2 = (1 + k2)X1X2 + km (X1 + X2)+ m2 =k

17、2+ 11 + 2 k2，k2 <1，即k的取值范围是(3)| AB|2 = (X1 X2)2 + (y1 y2)2 = (1 + k2)(x1 + X2)2 4x1X2 = 2 21'64 ，由一<k2<1,得<AB|<.设OAB的AB边上的高为d，贝U S (2 k2 + 1)2223所以42<s<3.即sb的面积s的取值范围是k（k>0）的直线交E于A , M两点，点N在E上，MA丄NA . 当t = 4 , |AM|= |AN |时，求AAMN 的面积;当2|AM|=|AN|时，求k的取值范围.解x2（1）设M（xi，yi），则由

18、题意知yi>0.当t = 4时，E的方程为一 +4y23 =1，nA（ 2，0）.由已知及椭圆的对称性知，直线 AM的倾斜角为一.因此直4线AMx2 y2的方程为y= x+ 2.将x=y 2代入一+ = 1得7y2 12y =0.解得y4312121 12 12 144y = ，所以 y 1 = .因此AAMN 的面积 Szamn = 2 x_ x x = 772 7 749由题意知t>3，k>0，A（ t，0）.将直线AM的方程y = k（x +. t）x2 y2代入7+j =1得_-t2k2 3t(3 + tk2)x2 + 2 t tk2x + t2k2 3t = 0.由

19、 x1 ( t) = 3 + tk2；t(3 tk2)得 x1=3 + tk2-.6 t(1 + k2)故 |AM| =|x1+ u.'1 + k2由题设知，直线AN 的方程为 y = '（x +” t），故同理可得|AN | =k6k_(1 + k2)3k2+12由 2|AM| = |AN|得花= 3k2 + 七，即(k3-2)t = 3k(2k 1).当k = 3；2时上式不成立，因此3k(2k 1)k3 2k3 2 k2 + k 2(k 2)(k2 + 1)k 2<0 , 或k3 2>0，t>3 等价于k32=-<0，k 2k 2>0 ,即匚

20、<°.由此得k3 2<0 ,解得3 '2< k<2.因此k的取值范围是(3 ；2, 2).五.最值问题x2 y2例10.平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:二+ 2 = 1(a>b>0)的离心a2 b22左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆 C 上.(1)求椭圆C的方程;x2y2设椭圆E：石+石=1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y=kx + m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.|OQ|求品的值;求ABQ面积的最大值.解】（1）由题意知2a= 4，则a =

21、2.2，a2 c2 = b2,可得 b = 1 ,x2 y2由知椭圆e的方程为16+： = 1.设P（xo，yo），器二人由题意知 Q ( 2<o, 2yo).x§ 因为+y0 = 1 ,4(?xo)2 ( ?yo)2釆 x0又 h + h = 1，即 打 + y§ = 1所以& 2，即常二2.x2所以椭圆C的方程为4+山1.设 A（X1，y1），B（X2，y2）.将y = kx + m代入椭圆E的方程,可得(1 + 4k2)x2 + 8kmx + 4m2 16 = 0,由 A>0 ,可得 m2<4 + 16k2.8 km4m 2 16贝卩有 X1

22、 + X2 =, X1X2=.1 + 4k21 + 4 k2所以|X1-4、16k2+ 4 m2x2匸1 + 4k2因为直线y = kx + m与y轴交点的坐标为(0 , m),所以OAB的面积1216k2 + 4 m2|m|1 + 4 k221 + 4k22" (16 k2 + 4 m 2)mS= ；|m |x1 X2| =m2设匚示=t.将y = kx + m代入椭圆C的方程，可得(1 + 4k2)x2 + 8kmx + 4m2 4 = 0 ,由>()，可得 m2w1 + 4k2.由可知0<t <1 ,因此 S= 2 ；(4 t)t = 2 t2 + 4t,故 S<2；3.当且仅当t= 1,即m2= 1 + 4k2时取得最大值2 '3. 由知，ABQ的面积为3S,所以ABQ面积的最大值为6 '3.例11.定圆M : (x +2 + y2= 16，动圆N过点F( ' 3, 0)且与圆M相 切，记圆心