圆锥曲线题型总结

1、直线和圆锥曲线常考题型运用的知识：1、中点坐标公式：X xx2,y y1一y2 ,其中x,y是点A(Xi, y) B(x2, y?)的中点坐标。 222、弦长公式：若点A(x1,y1), B(x2, y2)在直线y kx b(k 0)上，则yi kxi b, y2 kx2 b ,这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，AB J(k x2)2 (yy2)2.(K x2)(权 kx2), (1 k )(x1x2)(1 k )(xi x2)4x1x2T2T2,11、2212x x2)(y1 y2)< x1x2)(y1 w) ( (1 , 2)(y1 ¥2),k kkJ(1 J)

2、(y1 y2)24丫以。3、两条直线： y k)x bi,l2 : y k2x b2垂直：则 k1k21两条直线垂直，则直线所在的向量v1?v2 0bc4、韦达te理：右一兀一次方程ax bx c 0(a0)有两个不同的根x1, x2,则x1x2 , x1x2aa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)四边形(矩问题H一、存在性问题：(存在点，存在直线 y

3、=kx+m,存在实数，存在图形：三角形(等比、等腰、直角)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22例题1、已知直线l : y kx 1与椭圆C : y- 1始终有交点，求 m的取值范围 4 m22解：根据直线l : y kx 1的方程可知，直线恒过定点（0, 1）,椭圆C:上 上 1过动点（0, 4 m22果直线l : y kx 1和椭圆C : 1始终有交点，则 Vm 1,且m 4 ,即1 mH m 4。4 m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）

4、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N : y2 x交于A、B两点，在x轴上是否存在一点 E（x0,0）边三角形，若存在，求出 x0;若不存在，请说明理由。Jm),且m 4 ,如,使得ABE是等解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。设直线 l:y k(x 1), k 0, A(x1,y1), B(x2,y2)。y k(x 1)2222由 2消y整理，得k2x2 (2k2 1)x k2 0y x由直线和抛物线交于两点，得(2 k2 1)24k44k2 1 0由韦达定理，得：x1 x22k2 12, xx2 k，2k2 1 1、AB的中点为（-,

5、）。2k 2k12k211E( 2 -,0)2k 2线段的垂直平分线方程为:111 2k2y ( x 2)令 y=0,得 x02k k 2k1* ABE为正三角形，E（一2*2k21一,0）到直线2AB的距离|ab oJ(x1、22x2)(y1 y2)1 4k2k21 k22k出d 4k2 |k2k2 I丁厂解得k 2k,39满足式此时x013题型三：动弦过定点的问题2 x 例题3、已知椭圆C:i2 a2-y21(a bb2上的顶点分别为 A(-2,0),A2(2,0)。(I )求椭圆的方程;(II )若直线l : x t(t 2)与x轴交于点任一点，直线 PA,PA2分别与椭圆交于 M0)的

6、离心率为Y3 ,且在x轴2圆的焦点并证明你的结论解：(I)由已知椭圆C的离心率e,a 2,则得 cJ3,b 1。2从而椭圆的方程为一4(II )设 M (x11y1),N%, y2)，直线AM的斜率为兄，则直线AiM的方程为y ki(x 2),由<(x4y22)消y 4整理得(1 4kl2)x2216k2x 16k2 4 0； 2和入是方程的两个根，2x1216kl2 41 4k28kl21 4kl24k1y114kl22,即点M的坐标为(2_8,4), 1 4kl2 1 4k2同理，设直线A2N的斜率为k2,则得点N的坐标为(8k2 2 -4k2-)1 4k2 1 4k； i1 yp

7、K(t2)，yP k2(t 2) K2,二直线MN的万程为: ty y1x x1y2y1x2 x1x2y1x1y2 ,将点 Myy2N的坐标代入，化简后得：xi *又J 2,4,，-2：椭圆的焦点为 t(3,0)MN过椭圆的焦点。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:椭圆的中心O,且AC|BC 0, |2y 1 (a bAC,如图。b2P、Q,使得直线 PC与直线QC关于直线0)上的三点，其中点 A(2j3,0)是椭圆的右顶点，直线 BC过(I)求点C的坐标及椭圆E的方程；(II)若椭圆E上存在两点x J3对称，求直线PQ的斜率。,且BC过椭圆白中心O解：(I)2

8、0 ACO又：'a(2 V3,o)点 c 的坐标为(J3, J3)。 2彳A(2j3,0)是椭圆的右顶点，a 2J3,则椭圆方程为:将点C(J3, J3)代入方程，得b2 42椭圆E的方程为上122 X 122 y 了2y 1 b2得:(1 3k2)x2 6 3k(1 k)x9k218k(II):直线PC与直线QC关于直线xJ3对称,设直线PC的斜率为k ,则直线QC的斜率为k(x V3),即 y kx 73(1 k),J3是方程的一个根,PC的方程为:y kx 73(1 k)消 y,整理 22_x3y 12 0一 2 一 一XP柩一即XP29k 18k 3 r=-同理可得:、 3(1

9、 3k )xQ29k 18k 3工 3(1 3k2)i Vp VqkxP3(1 k)kxQ J3(1 k) = k(xpXq)2V3k= 2k,3(1 3k2)XPXQ9k2 18k 3丫3(1 3k2)9k218k 3.3(1 3k2)3(136k3k2)PQVpxpVqxQ则直线PQ的斜率为定值题型五：共线向量问题例题5、设过点D(0,3)的直线交曲线M:y24111于P、Q两点，且DP二IDG ,求实数A的取值范围。I I解：设 P(X1,y 1),Q(x 2,y 2), DP 二1DQ . (x 1,y 1-3)= I (x 2,y 2-3)即，x-X2V1 二 3一而2- 3)判别式

10、法、韦达定理法、配凑法设直线PQ的方程为：ykx 3,k 0,由y kx 3 4x2 9y2消y整理后,36_ 22(4 9k )x54kx 450'P、Q是曲线M上的两点(54 k)24 45(49k2) = 144k2 80 0即 9k2 5 d由韦达定理得:Xix254 k2，X1X2454 9k2”(Xi x2)2上乂2x227 9kX1X22 2245rh即入J 19k49k221365(1)211由得0 j 1,代入，整理得9k 5当直线PQ的斜率不存在，即x 0时,易知 5或总之实数A的取值范围是?5。题型六：面积问题2 x例题6、已知椭圆C: Q a2 y_ b21 （

11、a>b>0）的离心率为46,短轴一个端点到右焦点的距离为33（I）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 O到直线l的距离为,求AOB®积的最大值。2解：（I）设椭圆的半焦距为c,依题意a6,b 1,a-./3>?2所求椭圆方程为y2 1。3(n)设 A(。y3 B(x2,y2）。（1）当 ABX x轴时,ABAB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y kxm 。由已知m_1 k23 2 一(k41)。把y kx m代入椭圆方程，整理得 （3k2 1）x26kmx23m6 kmx1 x2. XiX23k 123(m2 1) O3k2 1AB2(

12、1 k2)(x2K)22(1 k )36k2m2(3k2 1)2-212(m 1)3 k2 112(k2 1)(3k2 1 m2)(3k2 1)23(k2 1)(9k2 1)(3k2 1)2312k29k4 6k2 13一 219k k2(k 0)< 36122 3 64°理时等号成立。当k 0时,3AB 4321当且仅当9k , gp kk综上所述ABmax 2 ° , _ 一 _1AB3.3omax 22当AB最大时，4AOB面积取最大值S 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>

13、;0)相交于A、B两点。(I)若点N是点C关于坐标原点。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l ,使得l 被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。(I)依题意，点 N的坐标为N (0,-p )，可设A (xi,yi) ,B (X2,y 2),直线AB的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得x22 py1消去 y 得 x -2pkx-2p =0.由韦达te理得xi+x2=2pk,xix2=-2p.于是 S ABNS BCNS ACN 2 Pxix2ABN BCN ACN12ykx p.2=px1x2p7(xix2)24Kx2 =

14、 p，4p2k2 8p22p27'k2 2.当k 0时，(SABN)min 2. 2p2.(n)假设满足条件的直线l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的中点为H,则O H PQ,O点的坐标为xi yip I _ _i 1 八 ci 1 '_2'721 /225,丁)OP/c|2”(0p)=2/TVOHa yyp 12a yi p, |PH2 OP2 O H 2 = 1(yi2 p2) ；(2a yi p)2PQ2 (2PH)2 = 4 (a )y2令a - 0,得a2,此时|PQ 22其方程为y p,2a(p a) .p为定

15、值，故满足条件的直线即抛物线的通径所在的直线(I)前同解法1,再由弦长公式得解法2:AB 由k2|xik24r(Xx2)24x1x2<1k214p2k28p2= 2p,1 k2 ,k2 2.又由点到直线的距离公式得2p1 k21 一从而，S abn d | ABPQ|x3x4,4(a 1)V1a(p a)2，(a 凯 a(p a).令a p 0,得a E,此时PQ 22p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y E.22 2"1k2 k22:2 2P2 k22,当 k 0时，(S abn) max 2j2p2.(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

16、的方程为(x 0)(x Xi) (y p)(y y1) 0,将直线方程y=a代入得2XXiX (a p)(a %) 0,则=x； 4(a p)(a vJ 4 (a ?) y1 a(p a).设直线l与以AC为直径的圆的交点为P (X2,y2),Q (X4,y4),则有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)图,M (-2, 0)和N (2, 0)是平面上的两点，动点P满足：PM PN| 6. (I)求点P的轨迹方程；(n)若PM PN =,求点P的坐标.1 cos MPN解：(I)由椭圆的定义，点P的轨迹是以 M N为焦点，长轴长 2a=6的椭圆.o Mini因此半焦距

17、c=2,长半轴a=3,从而短半轴ffl _22b= J a2 c2J5所以椭圆的方程为 1.95(n)由 PM |PN2，得 PM |PN cosMPN1 cosMPN 'PM I PN 2.因为cosMPN1,P不为椭圆长轴顶点，故P、M N构成三角形.在PMN MN 4,由余弦定理有2_2_2_MN PM| |PN 2 PMl PN cosMPN.将代入，得 42PMPN2( PM I PN2).故点P在以M N为焦点，实轴长为2、3的双曲线y2 1 上.由（I ）知，点P的坐标又满足由方程组5X22X29y2 45,3y2 3.解得X3 3_52即P点坐标为,33 .5、(T ,

18、 )'223,32.53.3)、 (22问题九：四点共线问题2例题9、设椭圆C :今a2 y b21(a b0)过点M (J2,1),且着焦点为F1( J2,0)(i)求椭圆C的方程;(n)当过点P（4,1）的动直线l与椭圆C相交与两不同点 A, B时，在线段AB上取点证明:点Q总在某定直线上由题意:_22a2c1b22a1,解得a2b2（2）方法由题设知从而24,b2 2,所求椭圆方程为4A B的坐标分别为（x, y）,（Xi,y1）,（X2,y2）。AP, PB, AQ ,QBX11X1X2X22Xi2 2X2均不为零，记Q四点共线，从而y2y1Q,则 0且1y11y22 yi2

19、2y2丁 y24x , (1),(2)11又点A B在椭圆C上，即22x1 2y1 4,HI(1) + (2) x 2并结合(3),(4)22x22 y24,得 4s 2y 4MN44即点Q(x, y)总在定直线2x y方法设点 Q(x, y), A(xi,y1)，B(X2,y2),由题设,pA,pB, aQ,Qb均不为零。又P, A,Q,B四点共线，可设pAaQ,pB bQ(0, 1)，于xi£彳1彳(1)(2)由于A(xi,y。B(x2,y2)在椭圆C上，将(1),(2)分别代入C的方程x2 2y2 4,整理得2_ 2(x 2y 4)4(2x2)14(3)(x2 2y2 4)4(

20、2x2)14(4)(4) -(3)得 8(2 x2)0,： 2x即点Q(x, y)总在定直线2x y问题十：范围问题(本质是函数问题)2设F1、F2分别是椭圆 y21的左、右焦点。4(I)若P是该椭圆上的一个动点，求 PE PF2的最大值和最小值;(n)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。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 石所以 F1石,0 , F2 73,0，设 P x, y，则, 3 x, y , 、，3 x, yX2122_2x_1_2_x2 y2 3 x2 1 33x2 8因为x 2,2

21、 ,故当x 0,即点P为椭圆短轴端点时,PF1 pf22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,b1,c 4，所以 F173,0 ,F2 &0，设 P x, y ,则cos F1PF2IIPF1 Ipf2PF1y2 3 （以下同解法一）12 x(D)显然直线0不满足题设条件,可设直线l ： y kx 2,A。丫2 ,B x2, y2 ,联立y2 x4kx消去整理得:k22x 4kx 3XiX24kk2,X1X22m2 81 2k24k4k2 3.30付：k 或k2又00A0B900cosA0B 00OA OBy»20又 yy2

22、2 kx22k x1x22k x1 x23k22 1k 48k2k2k2k2k2k2 14k20,即k2 4故由、得 2 k问题十一、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、,四边形（矩形、菱形、正方形），圆）22_设椭圆E:" y_ 1 (a,b>0)过M (2, 72), N( 76,1)两点，O为坐标原点,a b(I )求椭圆E的方程;(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E恒有两个交点 A,B,且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。22解：(1)因为椭圆E:与ya2

23、b21 (a,b>0)过 M (2, 22 ),N( J6 ,1)两点,42d1121所以a2b2 解得a28所以a26111b1222a2b2b248椭圆E的方程为土482y4(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A,B,且 OoB,设该圆的切线方程为y kx m解方程组y kx m22 得 x2x y 可x184_2_ 222(kx m) 8,即(1 2k )x24kmx 2m 8 0,则=16k2m2 4(1 2k2)(2m2 8)8(8k2 m2 4) 0,即 8k2 m2 4 0Xix24km1 2k2YiY2(kx1 m)(kx2 m)22k x1x2 km(x1 x2) mX1X22m2 81 2k2222 2k (2 m