圆锥曲线题型总结19275

1、A(Xi,yJ, B(x2,y2)在直线 y kx b(k 0)上,直线和圆锥曲线常考题型1、中点坐标公式：X X1 J ,y * 2"，其中 X, y是点 A(X1,y1), B(X2,y2)的中点坐标。运用的知识:2、弦长公式：若点则 yikxi b, ykx2 b，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一,ABJ(为X2)2(y帚J(为X2)2(心kx?)2J(1k2)(Xi冷)2(1 k2)(xi X2)2 4x1X2或者AB、(xi X2)2 (yi y2)22)2k(yiy2)2(1 J)®y2)2：(1 )【(%y2)2 4%y2。3、两条直线h : y

2、k1X dt: yk2x b2 垂直：贝U k1k2两条直线垂直，则直线所在的向量V1?V2 0bc,巒2aa24、韦达定理：若一元二次方程ax bx c 0(a 0)有两个不同的根 x1, x2，则 x2常见的一些题型: 题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 题型二：弦的垂直平分线问题题型三：动弦过定点的问题 题型四：过已知曲线上定点的弦的问题题型五：共线向量问题题型六：面积问题题型七：弦或弦长为定值问题题型八：角度问题问题九：四点共线问题 问题十：范围问题(本质是函数问题)问题一、存在性问题：（存在点，存在直线 y=kx+m ，存在实数，存在图形：三角形（等比、等腰、直角），四边形

3、（矩形、菱形、正方形），圆）题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系例题1、已知直线l :yx2kx 1与椭圆C :421始终有交点，求m的取值范围m解：根据直线l: y kx1的方程可知，直线恒过定点（x20，1），椭圆 C :41过动点（0,m）,且m 4，如果直线l : y kx 1和椭圆C :2 2x y1始终有交点,4 m.m 1，且 m 4，即 1规律提示：通过直线的代数形式,可以看出直线的特点:l : y kx 1 过定点(0,1)l: y k(x 1) 过定点(1，0）l:y 2 k（x 1）过定点（1，2）题型二：弦的垂直平分线问题例题2、过点T（-1,0）作直线l与曲线

4、N2、十:y x交于B两点，在x轴上是否存在一点 E（x° ,0），使得 ABE是等边三角形，若存在，求出 x0 ；若不存在,请说明理由。解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于设直线 l : y k（x 1），k 0，人任，力），B（X22）。y k(x 1)2222由 2消y整理，得k x (2 k 1)x k 0y x由直线和抛物线交于两点，得2242(2 k 1) 4k 4k由韦达定理，得： 为X2£,住1。则线段AB的中点为（k2 k2112 ,)。2k 2k线段的垂直平分线方程为:111 2k21111y 丟k(x 刁芦)令 y=0,得Xo 2 2，则 e(2?

5、2,0)1Q ABE为正三角形，E(乔0)到直线AB的距离2AB。Q AB：'(Xi X2)2 (yi y2)<1_k22k3,1 4k g.k2k2解得k39满足式此时Xo13题型三：动弦过定点的问题2x例题3、已知椭圆C :二a2yr 1(a bb2上的顶点分别为Ai(-2,0),A 2(2,0)。(I)求椭圆的方程;(II)若直线l : x t(t 2)与x轴交于点一点，直线PAi,PA2分别与椭圆交于M、椭圆的焦点？并证明你的结论解：(I)由已知椭圆C的离心率eC ， a 2，则得 c . 3, b a 21。x2从而椭圆的方程为4(II)设 M(X1$)，N(X2,y2

6、)，直线 AM的斜率为k1,则直线AM的方程为y k1(x 2)，由k1(x4y22)消y整42 2 2理得(1 4k1 )x 16k2x 16k1 4 0Q2和洛是方程的两个根,2为叫4则X11 4k28K24k12 ，1 4k12即点M的坐标为(書8k22 4k同理，设直线a2n的斜率为匕则得点n的坐标为(=2，说)Q ypk1(t 2), ypk2(t2)& k2-，Q直线MN的方程为：-一y1 tx X|y2 %x2x1令y=0，得xX2 yixi y2，将点M、N的坐标代入，化简后得:y1 y2又Qt 2 ,04-2Q椭圆的焦点为t(、3,o)4,3，即 t故当tMN过椭圆的

7、焦点。题型四：过已知曲线上定点的弦的问题例题4、已知点A、B、C是椭圆E：(a b 0)上的三点，其中点 A(. 3,0)是椭圆的右顶点，直线BCuuur uuur过椭圆的中心O,且ACgBC 0,uuuunrBC2AC2 x a2，如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的方程；(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线 PC与直线QC关于直线x .3对称，求直线PQ的斜率。uiur解：(I) Q BCuiurOC将点C( 3, . 3)代入方程，得b24 ,(II)Q直线PC与直线QC关于直线x设直线PC的斜率为y 3 k(x 3),(1 3k2)x2 6.3k(12AC ,uuur LULT且B

8、C过椭圆的中心0uuurAC Q AC gBC为(.3, . 3) oACO又QA (2 ,3,0)2占八、C的坐标QA(23,0)是椭圆的右顶点,a 2.3，则椭圆方程为:2x122椭圆E的方程为I12-3对称,k，则直线QC的斜率为k)xxp9 3吟晋即冷1 3kQ yp ykxP、3(1 k)XpXq9k2 18k 3 9k2从而直线kx . 3(1 k)，由kx 3(13y2 1229k 18k 3 0Qx9k2 18k 3 同理可得:、3(1 3k2)kxQ、3(1 k) = k(xP 18k 3Y3(1 3k2).3(1 3k2).3(1 3k2)36kPC的方程为:k)消y，整理

9、得:03 是方程的一个根,kpQxQxq)yp9 k2 18k 3>-3(1 3k2)2屈=厂12kV3(1 3k2)yQxPxQ则直线PQ的斜率为定值1 o3题型五：共线向量问题例题5、设过点D(0,3)的直线交曲线 M :uuu uuu1于P、Q两点，且DP = l DQ ,求实数I的取值范围。豕1 = I X2(x2,y2-3)即血=3+匕-3)uuu uuu解：设 P(X1,y1),Q(X2,y2), Q DP = l DQ(X1,y1-3)= l判别式法、韦达定理法、配凑法设直线PQ的方程为：ykx 3,k0，由y 2kx 3消y整理后,4x2 9y2362 2(4 9k2)x

10、254kx 450Q p、Q是曲线M上的两点2(54 k)4 45(42 29k )= 144k80 02即9k 5由韦达定理得:54 kXiX24 9k454 9k2Q(X1 X2)2%x2X2Xi542k245(4 9k2)(1)2即6 25(1)29k249k249k2由得019k21，代入，整理得515(136)2解之得当直线PQ的斜率不存在，即 x0时,易知总之实数I的取值范围是丄,5 。5题型六：面积问题例题6、已知椭圆C:2y_b2的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为 3 。32X 2所求椭圆方程为y 1。3I)求椭圆C的方程；n)设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点 0

11、到直线l的距离为，求 AOB面积的取大值。2c 76解：(i)设椭圆的半焦距为 c ,依题意，b 1 ,a 3a . 3,(n)设 A(X1, yj , B(X2, y2)。(1 )当 AB 丄 x轴时，AB 巧。 (2)当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y kxm。由已知_m1_k仝，得23(k2 1)。4把y kx m代入椭圆方程,整理得 (3k21)x26kmxc 23mX-ix26 km3k2 1x23(m2 1)3k2 1AB(1 k2)(X2X1)2(1k2)36k2m22 2 (3k1)12( m2 1)3k2112(k2 1)(3k2 1m2)3(k2 1)(9k2(3

12、k1)2 2(3k1)12k2429k 6k 1129k2 £-(k 0) < 36122 3 6当且仅当9 k22，即kk2上3时等号成立。当3k 0时,AB| 灵,综上所述| ABmax 2。当AB最大时， AOB面积取最大值 S -2AB旦基。max 22题型七：弦或弦长为定值问题例题7、在平面直角坐标系 xOy中，过定点C( 0，p)作直线与抛物线x2=2py (p>0 )相交于 A、B两点。(I)若点N是点C关于坐标原点 0的对称点，求 ANB面积的最小值;(n)是否存在垂直于 y轴的直线I，使得I被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出I的方程；若不存

13、在，说明理由。(I)依题意，点N的坐标为N ( 0,-p )，可设 A (X1 ,y1),B (X2,y2),直线AB的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得2 2pyy kx p.消去 y得x2-2pkx-2p 2=0.由韦达定理得 X1+X2=2pk,x 1X2=-2p 2.于是S ABN S BCN S acnX2=px1X2P、'(X1X2)24X2 = pj4p2k28p22p2 k22.当k 0时，(SABN)min 2 2p2.(n)假设满足条件的直线 I存在，其方程为y=a,AC的中点为O ,t与AC为直径的圆相交于点P、Q , PQ的中Xi点为H，则。H PQO点的

14、坐标为(2Hlayip1122O2a y1 p,2| PH OPa),在，其方程为=(a 号)yi a(p令a i(2PH)2=4 (a 扣2即抛物线的通径所在的直线OPOH1 i 22 AC|2 xi(yip)=扣2p2)i4(2ayip)2a(p a).号,此时PQp为定值，故满足条件的直线i存解法2 :(I)前同解法1，再由弦长公式得AB 1 k2 xi 刈 :1 k2 . (Xi X2)2 4xiX21 k2 4p2k2 8p2=2p 1 k2. k22.又由点到直线的距离公式得 d f 2 p .从而，S abn - d AB - 2p. 1 k2 、k2 2 r2p 2 2p2 k

15、2 2,22Vi k2当 k 0时，(S abn) max 2 2p2.(n)假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的方程为(x 0)(x xj (y p)(y yj 0,将直线方程y=a代入得2XX1X (a p)(ayd0,则二 X24(a p)(a yj 4 (a P) y1 a(pa).设直线I与以AC为直径的圆的交点为 P （X2,y2）,Q（X4,y4）,则有PQ|X3X4(4(a号)a(p a)2(a号)a(p a).令a p 0,得a 号，此时PQ p为定值，故满足条件的直线 I存在，其方程为即抛物线的通径所在的直线。题型八：角度问题例题8、（如图（21

16、）图，M （-2，0）和N（ 2，0）是平面上的两点,动点p满足:PMPN6.()求点P的轨迹方程；（n）若|PM| -PN=，求点1 cos MPNi九m題）图解：（I）由椭圆的定义，点因此半焦距P的轨迹是以c=2，长半轴M、N为焦点,长轴长2a=6的椭圆.a=3，从而短半轴 2b= . a2 c25所以椭圆的方程为 9(n)由 PMgPN 1 cosMPN,得 |PM gPN cosMPN PM gPN 2.因为cosMPN1,P不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形在APMN中，MN|4,由余弦定理有MN 2 PM 2PN2 2 PM gPN cosMPN.将代入，得42PMPN2 2

17、( PM gPN 2).故点P在以M、N为焦点，实轴长为2 3的双曲线x2由（I ）知，点P的坐标又满足1，所以由方程组5X2X9y245,3y23.解得X3.32<52 '即P点坐标为普,J)、2 23 35、(丁，-T)或（孚，冷）.问题九：四点共线问题2X例题9、设椭圆C 2a-y21(a bb0)过点MC、2,1)，且着焦点为Fi(.2,0)(I )求椭圆C的方程;(n)当过点P(4,1)的动直线I与椭圆uur uuuAQgPB ,uuu uuuC相交与两不同点 A, B时，在线段AB上取点Q ,满足AP gQB证明：点Q总在某定直线上解(1)由题意:c222 11 ，解

18、得a24,b22，所求椭圆方程为a b2 2 . 2cab(2)方法设点 Q、A、B 的坐标分别为(x, y),( Xi, yj,( X2, y2)。uuu由题设知APuuu uuur uuuPB , AQ , QB均不为零，记urnAPutuPBuuuAQuu才，则QBuuu又A , P, B, Q四点共线，从而 APuuu uiuruuuPB,AQ QB于是4X1X21 y1y211XXX2y1y215y ,1从而2 2 2X1x24x , L L (1)又点A、B在椭圆C上，即2 2X2 2y24,L L 2 2X1 2y1 4,L L (1) + (2 )X2 并结合(3 ), (4)

19、得 4s 2y 4即点Q(x, y)总在定直线2x y 20上方法设点 Q(x, y), A(Xi,yJ, B(X2,y2)，由题设,uurPAPBUUU UUUPA , PBuuur uuuAQ , QB均不为零。uuurAQQB4,整理得uurr又P,代Q,B四点共线，可设PAX14X1y1,y11X24X1y1,y21由于A(Xi, yi), B(X2, y2)在椭圆C上，将uuur uuruuuAQ,PBBQ(0, 1),于是(1)(2)(1)，(2)分别代入C的方程x2 2y2(X22y24) 24(2 xy2)140(3)(X22y24) 24(2 xy2)140(4)(4) -

20、(3)得 8(2x y 2)00,二 2x y 20即点Q(x, y)总在定直线2x y 20上问题十：范围问题(本质是函数问题)2 x2设Fi、F2分别是椭圆y 1的左、右焦点。4(I)若P是该椭圆上的一个动点，求 PFi PF2的最大值和最小值;(n)设过定点 M(0,2)的直线I与椭圆交于不同的两点 A、B，且/ AOB为锐角(其中0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 a2,b1,c.3所以F1、3,0,F2 3,0，设 P x,y，则uurPF1uuurPF2.3 x, y :,.32X, yX2y3x21三 3 1 3x2 844uur ujuu因为x

21、 2,2，故当x 0,即点P为椭圆短轴端点时，PFi PF2有最小值 2ujir uuur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 R 、3,0 , F2 ，3,0 ，设 P x, y，则uuuruuiT,uuuuPF2PhPF2X庇22ycos F1PF2UULTPF1x .3 y2uuurPF112联立二 X|又00显然直线y2 X4X24k0不满足题设条件,kx消去整理得:4kk2A0B又y23.21k4uuuuPF2x2可设直线k2uuur 2PF1l:y1X14X24k230 得:900cosA0B 0uuuOA2 kx2k

22、2x1x22k x1 2k2故由、得问题十一、存在性问题:（存在点，存在直线（矩形、菱形、正方形），圆）22设椭圆e：y1a b(a,b>0 )过 M (2 ,（I）求椭圆E的方程;uuur 2PF2 uutT 2 PF1uuuu 2F1F2uuuuPF23 （以下同解法一）kx 2, A xny2 ,BX2 4kx 30uuuOBX2y=kx+muuu OA3k2.2 1 k4，存在实数,X2,y2 ，uuuOB x1x2k28kj14k2 14k2存在图形：三角形（等比、等腰、直角）,四边形2 ）,N（'、6,1）两点，O为坐标原点,（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆uuu uuuE恒有两个交点 A,B,且OA OB ?若存在,写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。解：（1 ）因为椭圆E:2 y b2(a,b>0 )过 M ( 2，-、2),N( x6 ,1)两点,4所以孑6a2b21b21解得1孑1b218所以142ab24椭圆E的方程为吕（2 ）假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点uuuA,B,且 OAuuuOB，设该圆的切线y方程为y kx m解方程组X2kx2y_4m得