圆锥曲线常考题型总结(教师版)

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 J(x1 x2)2 (J kx2)2 J(1 k2)(x1 x2)2(1 k )(xi x2)4x1x2或者ABT2T2,11、2212xi x2)(y1 y2)< x1x2)(y1 w) ( (1 , 2)(y1 ¥2

2、),k kkJ(1 i)(y1y2)2 4%丫2：|。3、两条直线:： y kx 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, x1x2。aa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)问题十一、存在性问题：

3、(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(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 Jm 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（

4、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）由消y整理，得y xk2x2 (2 k2 1)x k2 0由直线和抛物线交于两点，得(2k2 1)24k44k2 1 0由韦达定理，得：x1 x22k2 12, xx2 k，2k

5、2 1 1、AB的中点为（-,）。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 Xo2k k 2k1I ABE为正三角形，E（一2*2k21一,0）到直线2；(x1、22x2)(y1 v21 4k2k2AB的距离d上 1_k22k3.1 4k2 12k2I,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 M

6、0)的离心率为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 c J3,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y4整理得(1 4kl2)x2216k2x 16k2 4 0； 2和入是方程的两个根，2x1216kl2 41 4k28kl21 4kl24k1y11 4 k122,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；

7、 i1 yp K(t2)，ypk2(t 2)H22,丁直线MN的万程为: ty y1x x1y2y1x2 x1x2y1x1y2 ,将点 My1y2N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Q且ACBC 0, |bC,2y- 1 (a b 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：

8、(I)20 ACO又1a(2V3,o)点c的坐标为(百,73)。 2彳二A(2 J3,0)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 V3(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杉即XP29k 18k 3 r=-同理可得:、 3(1 3k

9、 )xQ29k 18k 3工 3(1 3k2)I Vp VqkxP3(1 k)kxQ 73(1 k) = k(XpXQ)273k =12k,3(1 3k2)XPXQ9k2 18k 3.3(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:y241于P、Q两点，且DP二1DQ ,求实数A的取值范围。解：设 P(x1,y 1),Q(x 2,y 2),DP 二 DQ.(x 1,y 1-3)=)(x 2,y 2-3)即 *X1 _牌V1 二 3一而2- 3)判别式法、韦达定理法、配凑

10、法设直线PQ的方程为：ykx 3，k °, 由 bty3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)2Xix224 9kx2Xi2 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: Qa2 y_ b21 （a>b>0）的离心率

11、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,依题意三寺,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(1 k2)(x2K)22(1 k )36k2m

12、2(3k2 1)2-212(m 1)3 k2 112(k2 1)(3k2 1 m2)(3k21)23(k2 1)(9k2 1)(3k2 1)2312k29k4 6k2 13一 219k k2(k 0)< 36122 3 64°当且仅当9 k2鱼时等号成立。当k 0时,3AB 33综上所述ABmax 2。 , _ 一 _1AB3.3omax 22当AB最大时，4AOB面积取最大值S x2=2py (p>0)相交于 A、B两点。(n)是否存在垂直于 y轴的直线l ,使得l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(I)若

13、点N是点C关于坐标原点 。的对称点，求 ANB面积的最小值;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p py 消去 y 得 x2-2pkx-2p 2=0.由韦达定理得 xi+x2=2pk,x ix2=-2p2.于 kx p.S S abn S BCN S acn12 2PxiX2当k 0时,p (xi x2)24Kx2 = pj4p2k2 8p2 2p2Jk2 2.S S abn) min2 2P2.(n)假设满足条

14、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0 Pl lACI -Vxi2 (yi p)2 = 2v' y2 p2.OHa yyp 12a yi p, |PH2 0P2 0 H 2 = i(yi2 p2) 4(2a yi p)2PQ2 (2PH)2 = 4 (aa(p a).令a p 0 ,得a 2,此时I PQ p为定值，故满足条件的直线 22在，其方程为y p ,2即抛物线的通径所在的直线 .解法2:(I)前同解法i,再由弦长公式得AB 由k2|xik24r(Xx2)24x1x2<1k214

15、p2k28p2= 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 | AB212c 2 p2.2 o2 p 1 k v k 2 ；22 P “ k 2,.1 k当 k 0时，(S abn) max 2V2p2.(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 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x4 J

16、4 (a -p)V1a(p a)2J(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：PMPN| 6. (I)求点P的PN =,求点P的坐标.轨迹方程；(n)若PM1 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.因此半焦距c=2,长半轴a=3,从而短半轴 _22b= J a2 c2痣所以椭圆的方程为 1.95(n)由 PM |PN2，得 PM |PN co

17、sMPN1 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 PM |PN cosMPN.将代入，得 42 |PM|2 PN|2 2(PM|PN 2).2故点P在以M N为焦点，实轴长为 2百的双曲线 3y2 1 上.X2由（I）知，点P的坐标又满足一 9_ 22由方程组5x 9V 45，x2 3y2 3.解得X即p点坐标为（3代,包卜（返叵）、（-3叵，虫）或（ 2222223.35? -)22问题九：四点共线问题22例题9、设椭圆C :0冬 a b1(a b 0)过点 M

18、 (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Q ,满足证明：点Q总在某定直线上由题意:_2 a2c1b22a1,解得a2b224,b2 2,所求椭圆方程为42 2X22y1,(2)11（2）方法A B的坐标分别为（X, y）,（Xi,y1）,（x2,y2）。由题设知AP, PB, AQ ,QB均不为零，记TP.A上则Q四点共线，从而aPy1X11X1X2X21Vl1y2¥2从而24x , (1)2 2y2丁 y又点A B在椭圆C上，即22xi 2yi 4,HI(i) + (2)

19、 x 2并结合(3),(4)22x22 y24,得 4s 2y 4MNi 23 3x2 82 ， xx i 44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i彳(i)(2)由于A(xi,y。B(x2,y2)在椭圆C上，将(i),(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(2x2)14(4)(4) -(3)得 8(2 x2)0,： 2x即点Q(

20、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 y2 i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 i,c 石所以Fi6。，设 P x, y，则PFi, 3 x, y ,、3 x, yx2y2 3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

21、,b1,c J3,所以 F1 万0 ,F2 V3,0，设 P x, y ,则(D)显然直线联立y2 x4kxcos F1PF2x 3y20不满足题设条件,消去整理得:XiX2k24k4,X1X2IIPF1 Ipf212 x可设直线k2PF1y2 3 （以下同解法一）l ： y kx 2,A。丫2 ,B x2, y2 ,2x 4kx 34k4k2 3.30付：k 或k2又00A0B900cosA0B 00N1V2 0又 yy22 kx22k x1x22k x1 x23k22 1k 48k2k2k2k2k20,即k2 42m28 8(8k24)1 2k2(1 2k2)2k2故由、得 2 k问题十一

22、、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（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,尬)N(遍,1)两点,4 所以a26 a2b21b1解得1 a1b218所以142ab22椭圆E的方程为82y4(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 OA，设该圆的切线方程为y kx m解方程组y2x8kx2y4m得x21_22(kx m)_ 228,即(1 2k )x2-4kmx 2m 80,则=16k2m2 4(1 2k2)(2m2 8)8(8k4) 0 ,即 8kXix24km212k , y1 y22m2 81 2k2