高中数学-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 X1 X2,y 也 吐，其中X, y是点A( ,y1), B(x2,y2)的中点坐标。2 22、弦长公式：假设点 A(N，yJ, B(x2, y2)在直线y kx b(k 0)上,那么y1 kx 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 応X2P(yiy2)2 J(X X2)2 (kXi kx2)2 J(1 k2)(X! X2)2-.(1 k2)( XiX2)24x1X2或者 ab|X2)2(yiy2)2打(y1y2)23、两条直线 l1 : y kiX b|,l2: y k2X b2垂直：那么 kik2两

2、条直线垂直，那么直线所在的向量vv224、韦达定理：假设一元二次方程 ax bx0(a0)有两个不同的根X1, X2，那么 X1X2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例题1、直线丨：y kX21与椭圆C :42y_m1始终有交点，求 m的取值范围解：根据直线l : y kX 1的方程可知，直线恒过定点2X0,1，椭圆 C :41过动点(0,m、m),且m 4，如果直线2-m 1，且 m 4，即 1X 丿l : y kX 1和椭圆C :1始终有交点，那么4 m规律提示：通过直线的代数形式，可以看岀直线的特点:l: y kx 1 过定点(0,1)l :y k(x 1)过定

3、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2例题2、过点T(-1,0)作直线l与曲线N : y X交于A、B两点，在x轴上是否存在一点E( Xd ,0),使得 ABE是等边三角形，假设存在，求出X0 ;假设不存在，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 , A(xl,y1), B(x2,y2)。k(x1消y整理，得k2x2(2 k21)x k2由直线和抛物线交于两点，得(2 k21)2 4 k44k2即0 k2由韦达定理,得：xiX22k2,rx2 1。那么线段AB的中点为2k211亍厂莎。线段的垂直平

4、分线方程为:1y 2k1(x1 2k2)12k2丁 ABE为正三角形,令y=0,得x0Ey 1,0至憤线AB的距离d为 32k 22|ab。k22 2X1 X2)(y1 y2)、1 k22k解得k39满足式13此时x题型三:5。3动弦过定点的问题例题3、椭圆C:2 x2 ay 1a b 0的离心率为 一3，且在x轴上的顶点分别为b22A1(-2,0),A2(2,0)。I丨求椭圆的方程;MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论解：I由椭圆C的离心率ea，a 2 那么得 c 、.；3 b 1 22x从而椭圆的方程为-4y2 1II丨设 M (xi,yi)，N(X2,y2)，直线AM的斜率为ki,那么

5、直线AM的方程为y ki (x 2)，由y kjxx2 4y22)消y整理得4(1 4k；)x2 16k2x16ki2 4 0/ 2和%是方程的两个根,2x116k； 41 4k12那么x14k11 4kf即点M2的坐标为(r,)，同理，设直线A2N的斜率为k2，那么得点N2的坐标为(备伐)2),ypk2(t2)直线MN的方程为:y 如x x1y2y1x2x1令y=0，得x，将点M、N的坐标代入，化简后得： x又;t2，椭圆的焦点为(3,0)-3，即 ttMN过椭圆的焦点。题型四：过曲线上定点的弦的问题例题4、点 A、B、C是椭圆E:2xb21 (a b 0)上的三点，其中点 a (2 3,0

6、)是椭圆的右顶点，直线 bc过椭圆的中心 0，且 ACBC 0， BC2 a，如图(I)求点C的坐标及椭圆E的方程;(II)假设椭圆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2 AC，且BC过椭圆的中心叮 ACBC 0ACO 2又 tA (2 .30)点C的坐标为(丿3, 3)。a (2.3,0)是椭圆的右顶点，a 2、3，那么椭圆方程为：2 21 y- i12 b2将点c(、3,代入方程，得b2 4，2 2x y椭圆E的方程为1124(II) T直线PC与直线QC关于直线X 3对称，设直线pc的斜率为k，那么直线QC的斜率为 k ,从而直线pc的方程为:y

7、 .3 k(x 3)，即y kx -3(1 k)，由y2 :月k)x 3y消y，整理得:12 0(1 3k2)x2 6 3k(1k)x 9k2 18k 30tx . 3是方程的一个根,xp3“1 3k即xP9k2 18k 3,3(1 3k2)同理可得:9k2 18k 3X 3(1 3k2) yp yQkxp.3(1k) kxQ 、一3(1 k) = k(xp Xq) 2.3k12k.3(1 3k2)29k 18k 3 xP xQ-3(13k2)29k_18k 3 .3(13k2)36 k3(1 3k2)kPQXp xq那么直线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

8、交曲线2y1于P、Q两点，且DP ADQ，求实数.的取值范围。4解：设 P(X1,y1),Q(X2,y2),DP ADQ(x1,y1-3)= - (x2,y2-3)y1 =3 I 论23)方法一：方程组消元法x2 y2又 P、Q是椭圆 +乙=1上的点942 2幺十Z94(S 十 3_3人)21(况)2 |92 2 2可得(丹2 _3_3.) _ 入 y2 _ _ 人24测13入5即y2=6入又2.化 y2 2 ,13人 526A解之得：-551那么实数.的取值范围是,5 。5方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法设直线pq的方程为：y kx 3,k0，由y 2奴 3消y整理后，得4x 9y 36

9、2 2(4 9k )x 54kx 45 0P、Q是曲线M上的两点80 0(54k)2 4 45(4 9k2) = 144k2即 9k25由韦达定理得：54 k45X1X22,X1X2249k49k.(X1X2)2*鱼X 2NX2X2X1542k2(1)245(4 9k2)2即 369k1 45(1)29k29k21 1由得0泰1，代入，整理得365(11解之得55当直线PQ的斜率不存在，即X 0时，易知总之实数的取值范围是 !,52 x例题6、椭圆C:2 ab21 ab0的离心率为 ,短轴一个端点到右焦点的距离为3I求椭圆C的方程;H设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线I的距离为求

10、厶AOB面积的最大值。c 、6解：I设椭圆的半焦距为c,依题意aa3,2X2b 1 ,所求椭圆方程为y 1。3叮设 A%, yj , Bg, y2)。1当AB丄x轴时，AB J3。2当AB与x轴不垂直时, 设直线AB的方程为y kx m由诜2詈，得 m2 3(k2 1)2 2 2kx m代入椭圆方程，整理得(3k1)x 6kmx 3m 36 kmx-ix23k2 1x|X23(m21)3k212AB(1 k2)(X2 xj2(1k2)36k2m22 2(3k1)12(m2 1)3k2 13(k2 1)(9k2 1)(3k2 1)212(k2 1)(3k2 1 m2)(3k2 1)212k242

11、9k 6k 1129k2令-(k6122 3 62 1当且仅当9k2，即kk时等号成立。当k 0时，AB J3 ,综上所述ABmax 2。1当AB最大时， AOB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ABmaxxOy中，过定点C0，p作直线与抛物线 x2=2py p0相交于A、B两点。I假设点N是点C关于坐标原点 O的对称点，求 ANB面积的最小值;2py消去 kx p.H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？假设存在，求出I的方程；假设不存在，说明理由I依题意，点 N的坐标为N0,-p，可设Axi,yi,BX2,y2，直线AB

12、的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得 y 得 x2-2pkx-2p 2=0.由韦达定理得 X1+X2=2pk,X1X2=-2p2.于是S ABNS BCN S ACN2px1X2px1X2p x22 4x1x2=p . 4p2k2 8p2 2p2 k22.当 k 0时，S ABN min 2 2 p2.u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的中点为 H，那么OH PQ,。点的坐标为?,专op 2ac1 xf (y1p)2p,PH2OP2 OH2= 4(yi242 1 2 p ) 4(2a y1 p)(a 訓 a)，PQ(2P

13、H )2p为定值，故满足条件的直线I存在，其方程为y p= 4(a 訓2 a(p a).令a 2 0，得 a少此时lPQ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ABx1 k2 x1X2.1 k2x1 x2)2 4x-ix2、1 k2,.4p2k2 8p22p、1 k2 k22.又由点到直线的距离公式得 d_2 P_1 k21从而，S abn d AB22、k22,1 2p1 k2 4k22p 2 2p2 1 k2当k 0时，(S ABN) max 2 -2p2.H假设满足条件的直线 t存在，其方程为y=a，那么以AC为直径的圆的方程为(X 0)(x X1)(y p)(y

14、yJ0,将直线方程y=a代入得x2%x (ap)(ayj0,那么=x；4(ap)(a yj 4(a p) y1 a(p a).PQX3X4(4 (a 号)a(p a)2 (a 2)yia(p a).令a P 0,得a 殳此时PQp为定值，故满足条件的直线I存在，其方程为y -.2设直线I与以AC为直径的圆的交点为 PX2,y2，QX4,y4，那么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丨和N2，0是平面上的两点，动点P 满足：PM| |PN 6.1求点p的轨迹方程;u假设 I pm I -PN =-2cos MPN求点P的坐标.解：I 由椭圆的定义，点 P的轨迹

15、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b= .-a2 c25，2 2所以椭圆的方程为丄 195n)由 |PM PN2cos MPNPM *PN cosMPN I PM PN| 2.因为cosMPN 1,P不为椭圆长轴顶点，故 p、m N构成三角形.在厶PMh中，I MN4,由余弦定理有MN |2 PM 2 PN 22 PM PN cosMPN .将代入，得42 PM |2 |PN 22( PM - PN 2).2故点P在以M N为焦点，实轴长为 2-: 3的双曲线 y21上.由(I)知，点P的坐标又满足x22y- 15，所以5x2由方程组2x9y24

16、5,3y23.解得即p点坐标为(3.3(2,3.3(V，-J5)2问题九：四点共线问题2X例题9、设椭圆C :筈a1(a bI求椭圆C的方程;u当过点P(4,1)的动直线总在某定直线上 解由题意：苧乎)或(3.35， - )2 20)过点M(； 2,1)，且着焦点为F1 (. 2,0)l与椭圆C相交与两不同点 A, B时，在线段AB上取点Q ,满足明阿 lAjPB ，证明：点Q2a2c1ba2b2(2)方法一设点Q、222x解得a 4,b2，所求椭圆方程为 一的坐标分别为(x,y),(x1,y1),(x2,y2)。由题设知AP,PB竺QB，那么均不为零，记Q四点共线，从而APP，PB,AQ Q

17、B于是4 &x1y1y211xyy1y2x11从而22 222 2X12x2 4x4 4 *5-1yy2211又点A、B在椭圆C上，即2 2X1 2y14,(3)2X22y；1 + 21 x 2并结合3，4得 4s2y42即点Q(x, y)总在定直线2x y 20上4,设点 Q(x,y), A(Xi,yJ,B(X2,y2)，由题设，PAPBAQ.QB 均不为零且PBQB又P, A,Q,B四点共线，可设PAAq,PB BQ( 0, 1),于是4x1 yx,y1114x1 y,y211由于 A(x1, yj, B(x, y2)在椭圆 c 上，将1，(X2 2y2 4) 2 4(2x y(x2 2y

18、2 4) 2 4(2x y-(3) 得 8(2x y 2)12分别代入2C的方程x2 2y24,整理得2)14032)140(4)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2x设F1 F2分别是椭圆y21的左、右焦点。4I假设P是该椭圆上的一个动点，求 PF1 PF2的最大值和最小值;u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O为坐标原点，求直线I的斜率k的取值 范围。解：I解法一：易知a 2,b1,c,3所以 F1、3,0 ,F2 -3,0 ，设 P x,y，那么 _x21PF1 PF23 x

19、, y ,3 x, y x2 y2 3 x2 1 3 丄 3x2 844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,b 1,c,3，所以 F1.3,0 , F2 、3,0 ，设 P x, y，那么PFiPF2s F1PF2F1F222y2 123以下同解法一联立- xi又00显然直线kx0不满足题设条件,可设直线kx2,Axi,y2,B X2，y2 ，x24k- OA，消去14kk2y，整理得：k2x24kx,xix24k2 30得:A0B900cosA0B 0OAOBOB x1

20、x2y20kx22k2x1x22k x1x23k22 1k4k28kj1k212143.2 1k4k2k20 ，即 k24故由、得问题一、存在性问题:形，圆存在点,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、正方22设椭圆E:2,2ab1 a,b0过 M2,2,N( 6 ,1)两点，o为坐标原点,I求椭圆E的方程;II丨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 ?假设存在，写出该圆的方程，并求421解得112 ab22 a8所以2 ab28椭圆E的方程为2 x2y 1611114842 ab2b24所以2 21因为椭圆E:冷再 1 a,b0过M 2,2, N6,1两点,a b2丨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 OB,设该圆的切线方程为yy kx m解方程组x2kxm得 x2 2(kx m)218,即(1 2k2)x24kmx2m280 ,那么厶= 16k2m2 4(1 2k2)(2m28)8(8k24)20,即 8kx|x24 km1 2k2 2m2 81 2k2y2 (