专题圆锥曲线大题有复习资料

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 x2,y Y/2,其中x,y是点A(Xi,yi), B(x2,y2)的中点坐标。222、弦长公式：若点 A(xi,yi), 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 axx2)2(%y2)2J(xx2)2(4kx?)2J(1k2)(xx?)2,(1 k2)(xix2)2422或者AB,(xi x2)2 (yi y2)2dxii 2 kx2)(yi y2)2.(i1k，2)(yiy2)2(iJ)(yi一 2y2 )4 yi y2。2 / 1

2、33、两条直线 l, ： y kix bi,l2: y k2x b2垂直：则 k1k2i一，八 一， 一，,， ,一，一 r r两条直线垂直，则直线所在的向量v1gv2 0，一一 ，.一 .、一12 ,一 、,一* _bc4、韦达te理：右一兀二次万程ax bx c 0(a 0)有两个不同的根 xl,则x, x2- , x,x2 一。a a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22例题1、已知直线l: y kx 1与椭圆C ： 匕 1始终有交点，求 m的取值范围4 m解：根据直线l : y kx 1的方程可知，直线恒过定点(22_0, 1),椭圆C : 1过动点(0, J

3、m),且m 4 ,如4 m22_果直线l : y kx 1和椭圆C ： 1始终有交点，则 Vm i,且m 4 ,即1 mHm 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)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N2y x交于A、B两点，在x轴上是否存在一点 E(x0,0),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0。k(x设直线 l:y k(x 1), k 0, A

4、(X,y3 B(X2,y2)。2 2_22k x (2k1)x k 0由直线和抛物线交于两点，得一 22(2 k 1)424k 4k 1 0由韦达定理，得：x1 x22k2 1,2, Mx2k_ 22k2 1 11 o则线段AB的中点为()。2k2 2k线段的垂直平分线方程为:111 2k2y 一(x 2)令y=0,得x2k k 2k1_ 11 C、一,则 E 1-,0)2 2k22八1Q ABE为正三角形，E(2k21一,0)到直线2AB的距离d为£|AB。Q ABx2)2 (% 32d2k.3,1 4k2-2?1 k2-解得k2k.39满足式此时x°13题型三：动弦过定

5、点的问题例题3、已知椭圆C:2y2 1(a b b20)的离心率为"3,且在2x轴上的顶点分别为A i(-2,0),A 2(2,0)。(I)求椭圆的方程;(II)若直线 l：x t(t2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点，直线PAi,PA2分别与椭圆交于 M、N点,试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论解：（I）由已知椭圆C的离心率e ca2a 2,则得c J3,b i。从而椭圆的方程为 4(II)设M (不，%) , N(x2, y2),直线AM的斜率为ki,则直线AM的方程为ki(x 2),ki(X4y22)消y4整理得222(i 4ki )x16k2X i

6、6kiQ 2和Xi是方程的两个根，i 4kiXi8kl22 ,i 4ki4kiyi2i 4ki22 8k24 k,即点m的坐标为(2； ,mi 4ki2 i 4ki241同理，设直线A2N的斜率为k2,则得点N，8k； 2 4k2、的坐标为(2 ,2)i 4k； i 4k2Qypki(t2),yp k2(t2)ki k2ki k22，、土2, Q直线MN的方程为: tyyiX xiy2 yix2 xiX2 yiXi y2,将点M、的坐标代入，化简后得：Xyiy2又 Qt 2,2Q椭圆的焦点为(.3,o)44.3，3,即t t3MN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

7、A、B、C是椭圆E:uuur uuur过椭圆白中心。，且ACgBC 02XauuurBC2 y_ b2uuurAC（a b 0）上的三点，其中点 A（2J3,0）是椭圆的右顶点，直线BC,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J3对称，求直线 PQ的斜率。P、Q,使得直线 PC与直线QC关于直线4 / i3解：(I) QuurBCuuirAC,且BC过椭圆的中心Ouuuruuur uuur uuurOCAC Q AC gBC0QA(2 J3,0)是椭圆的右顶点,ACO 又Q A (2 73,0)点 C 的坐标为(J3, J3)。 2_22a 2.3,则椭圆方程为：x

8、 112 b2将点C(73, s/3)代入方程，得b2 4 ,22椭圆E的方程为士匕1124(II) Q 直线PC与直线QC关于直线x J3对称，设直线PC的斜率为k,则直线QC的斜率为 k,从而直线PC的方程为：y 33 k(x悯，即y kx疯1 k),由y kx而(1 k)消y,整理得: 22x 3y 12 0(1 3k2)x2 6、3k(1 k)x 9k2 18k 3 0Q xJ3是方程的一个根,-9k2 18k 3Xp gJ3 2即 Xp1 3k229k2 18k 3,3(1 3k2)同理可得:xQ29 k2 18k 3.3(1 3k2)18 / 13QypVq kxp 73(1 k)

9、kxQ点(1k) =k(Xp%)2辰=厂 12k 2,3(1 3k )9k2 18k 3 9k218k336kypyn 1X x p P Q Q 1P Q 3(1 3k2)一 3(1 3k2)3(1 3k2)PQ Xp x 3，八，,一，、一1则直线PQ的斜率为定值1。3 题型五：共线向量问题22x yuuu uuu例题5、设过点D(0,3)的直线交曲线 M : 1于P、Q两点，且DP = l DQ，求实数l的取值范围。94uuuuuir解：设 P(X1,y1),Q(x2,y2),Q DP = l DQ(X1,y1-3)= 1(x2,y2-3)即?X1 = l X2?y1 = 3 + l (y

10、2 - 3)判别式法、韦达定理法、配凑法 设直线PQ的方程为：y kx 3,k 0,由y 2 kx 3消y整理后，得4x2 9y2 36,4, 2 、 2 _ ,_ _(4 9k )x54kx 45 0Q P、Q是曲线M上的两点(54k)2 4 45(4 9k2) = 144k2 80 0即9k2 5由韦达定理得:54 k45为 X22，X1X2 24 9k 4 9kq (Xi X2)把y kx m代入椭圆方程，整理得 (3k2 1)x2Xi x2 2X1X2X2 X12 2254 k (1)Z2-45(4 9k )一_ _ 2369k4彳 4即2 1 5(1) 9k 9k11一.由得0,代入

11、，整理得9k 5(36912-，5(1)5- 1解之得155当直线PQ的斜率不存在，即x 0时，易知总之实数l的取值范围是 1,5 。5题型六：面积问题2 X例题6、已知椭圆C: -2 a26/ 1 (a>b>0)的离心率为 工6,短轴一个端点到右焦点的距离为 ，3。b3(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的距离为迎,求 AOB面积的最大值。解：(I )设2椭圆的半焦距为c,依题意弓b 1,a .3,2一,一、一X 2所求椭圆方程为一 y 1。3(n)设 A(。y3B(X2, y2)。(1)当 AB，x轴时,ABJ3。(2)当ab与x

12、轴不垂直时,设直线AB的方程为ykx m。由已知 2m 理，得m21 k224(k2 1)。26kmx 3m 3 0 ,6kmX1X22, x1x23k2 1223(m2 1)23k2 12ab22(1k2)/X1)22(1k2)2236k2m222(3k2 1)2212(m2 1)23 k2 122212(k2 1)(3k2 1 m2)223(k2 1)(9k2 1)12k2(3k2 1)23 9k4 6k2 1123IV-12(k 0尸 3 -62 3 64°当且仅当9k21-,2-,即 k k2，3时等号成立。当k 0时,3AB 73综上所述| ABmax 2。1当AB最大时，

13、AAOB面积取最大值S 2.3322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 O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l,使得l 理由。(I )依题意，点N的坐标为N (0,-p),可设A (Xi,yi),B (x2,y2),直线AB的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得2py kx p.消去 y 得 x2-2pkx-2p 2=0.由韦达定理得 xi+x2=

14、2pk,x ix2=-2p2 于1 一S S ABN S BCN S ACN 二 2 Pxi2=p x1x2pj(x1 x2)2 4x2 = pj4p2k2 8p2 2p2Jk2 2.当 k 0时，(SABN)min22 p2.(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、QPQ的中点为H,则OH PQ,O点的坐标为(三,"y一p) OP22AC2”；(yp)2 = -2Vy12p2.2a y1 p,PHOPO H 2=1(y124212p ) 4(2a y1 p)=(aa),PQ2 (2PH)2p=4 (a 2)y2a(p a).

15、p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为令a p 0,得a K,此时PQ 22即抛物线的通径所在的直线 .解法2:(I)前同解法1,再由弦长公式得AB 1 k* 2xx2,1 k2.(x x2)2 4/2.1 k24p2k2 8p2=2p 1 k,1 k2 k2 2.又由点到直线的距离公式得2p1 k2一一1 . 一从而，S ABN d AB2当 k 0时，(SABN)max2.2p2.(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 xi) (yp)(y yi) 0,将直线方程y=a代入得x2 xx (a p)(ayi)0,则=x； 4(a p)(

16、a %) 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PQx3x4：4 (a ；p)y1 a(p a)2«a :p)W a(p a).p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y令a 2。，得a*此时PQ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轨迹方程；（n）若pm PN1 cos MPN,求点P的坐标.PN| 6. (I)求点P的，"卜I）«(21)图）由椭圆的定义，点 P的轨迹是以 M N为焦

17、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 2b= Ja2 c2J5所以椭圆的方程为 92匕1.5n )由 pm |gPN1 cosMPN，得PM gPN cosMPN PM gPN问题九:例题9、因为cosMPNMN 2 PM 2将代入，得故点P在以M1,P不为椭圆长轴顶点,故P、M N构成三角形.在 PMNK2.MN 4,由余弦定理有PN422 PM gPNcosMPN.PM2II IIPN 2( PM gPNN为焦点，实轴长为2J3的双曲线由（I ）知，点P的坐标又满足由方程组5x22x即P点坐标为四点共线问题22设椭圆C :与4a2 b2（i）求椭圆C的方程;

18、2).y2 1 上.9y2 45, 3y2 3.解得x3*3 _5 , 3jJ5(2,21(a b（n）当过点P（4,1）的动直线l与椭圆证明：点Q总在某定直线上3.3.52）、（¥*或（乎0)过点M (J2,1),且着焦点为F1( J2,0)C相交与两不同点 A, B时，在线段AB上取点£).满足Auur I uurQBuuir uuuAQgPB解（i）由题意：2 c22 a2cib22 a22i ，解得a 4,b2,所求椭圆方程为b2（2）方法设点Q、A、B 的坐标分别为（x, y）,（x, y1）,（x2, 丫2）。由题设知又A,P,于是从而又点A、uuruuuuuu

19、ruuuAP , PB , AQ , QB均不为零，记uurr AP uu PBB,2 xiiQ四点共线，从而uurAPuuu uuurPB, AQXixix2又2yiiyiiy2y22 2 x2 2-(1)22 2yiy2i2B在椭圆C上，即xi2 2yi24,L22x22 y2(i) + (2) X 2并结合(3),(4)得4s2y 4即点Q（x, y）总在定直线2x y方法uuu设点 Q(x, y), A(xi, yi), B(x2,、2),由题设,uur PA uur AQuur PB uuu QB又P, A,Q,B四点共线，可设uuuPAuuurxiX24i4ix一，yix-,y2L

20、iii由于 A(xi,yi), B(x2,y2)在椭圆C上，将/ 22(x 2y4)4(2x/ 2- 2(x 2y4)4(2x(4)-(3)8(2xuurAQ ttuu-，则QBuuuQB4,L L (4)uuu(2)uuur uuuPA , PB , AQ , QB均不为零。uuuAQ,PBuuirBQ(0, 1)，于（i）(2)i),分别代入. 、一 22C的万程x 2y4,整理得2)2)y 2)i4i4(3)(4)0,： 2x y 2 0即点Q(x,y)总在定直线2x y 2 0上问题十：范围问题(本质是函数问题)2设Fi、F2分别是椭圆 y21的左、右焦点。4(I)若P是该椭圆上的一个

21、动点，求 PF1 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O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 用所以 F1 73,0 ,F2 后0，设 P x,y，则uur uuuuPF1 PF2x2 y2 3 x21 ： 3 43x2 8因为x2,2 ,故当x 0,即点P为椭圆短轴端点时,uuLr uurnPF1 PF2有最小值 22,即点P为椭圆长轴端点时,uuir uuuuPFi PF2有最大值1解法二：易知a2,b、3,0 ,F2 , 3,0，设P x, y ,则unr uu

22、urPF1 PF2unrPF1uuurPF2cos F1PF2uuurPF1uuuuPF2uuur 2PF1uun 2PF2 unr2 PF1uuur 2F1F2 mrPF2x .3 2123 (以下同解法一)(D)显然直线0不满足题设条件,可设直线kx 2,A 为佻，B x2, y?,联立kx消去y ,整理得:4kx 3 04k3XiX2k2,XiX2k2424k4k20得:又0°A0B900cosA0BuuuOAuuuOBuuu OAuuuOB X1X2V1N20又 yy2kx2 21 2k X1X22k x1X23k22 1k 48k2k2k2k2k2k20,即 k2 4故由、

23、得 2 k问题十一、存在性问题:（矩形、菱形、正方形）（存在点，存在直线,圆）y=kX+m ,存在实数,存在图形:三角形（等比、等腰、直角）2设椭圆E： X2 a2L 1 b2(a,b>0)过 M (2, /2),N（J6,1）两点，O为坐标原点,（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 (2,五)N( J6 ,1)两点，所以a26 2 a_2b21b1解得12 a1 b218所以142ab2r ，、一X2椭圆E的方程为一8(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 OAuurOB，设该圆的切线方程为y kX m解方程组y2X8kX y2 4m得 X2 2( kX12 一一_ 22m) 8,即(1 2k )x24kmX 2m8 0,则 = 16k2m2 4(1 2k2)(28)8(8k2m2 4)0,即 8k2 m2 4 020 / 13224k m22m 8kX1X2X1X2uuu 使OA_ 28k m4k