圆锥曲线解题十招全归纳

1、圆锥曲线解题十招全概括圆锥曲线解题十招全概括圆锥曲线解题十招全概括圆锥曲线解题十招全概括招式一：弦的垂直均分线问题1招式二：动弦过定点的问题3招式四：共线向量问题5招式五：面积问题12招式六：弦或弦长为定值、最值问题15招式七：直线问题18招式八：轨迹问题22招式九：对称问题29招式十、存在性问题32招式一：弦的垂直均分线问题例题1、过点T(-1,0)作直线l与曲线N：y2x交于A、B两点，在x轴上能否存在一点E(x0,0)，使得ABE是等边三角形，若存在，求出x0；若不存在，请说明原因。解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。设直线l:yk(x1)，k0，A(x1,y1)，B(x2,y2)

2、。yk(x1)(2k21)xk20由x消y整理，得k2x2y2由直线和抛物线交于两点，得(2k21)24k44k210即0k214由韦达定理，得：x1x22k21,x1x21。则线段AB的中点为(2k21,1)。k22k22k线段的垂直均分线方程为：1/42y11(x12k22)令y=0,得x0121，则E(121,0)2kk2k2k22k2ABE为正三角形，11,0)到直线AB的距离d为3E(222AB。2kAB(x1x2)2(y1y2)214k21k2d1k2k22k314k21k21k2解得k39知足式此时x05。2k22k133【波及到弦的垂直均分线问题】这类问题主假如需要用到弦AB的

3、垂直均分线L的方程，经常是利用点差或许韦达定理产生弦AB的中点坐标M，联合弦AB与它的垂直均分线L的斜率互为负倒数，写出弦的垂直均分线L的方程，然后解决有关问题，比方：求L在x轴y轴上的截距的取值范围，求L过某定点等等。有时题目的条件比较隐蔽，要分析后才能判断是有关弦AB的中点问题，比方：弦与某定点D构成以D为极点的等腰三角形（即D在AB的垂直均分线上）、曲线上存在两点AB对于直线m对称等等。例题分析1：已知抛物线y=-x2+3上存在对于直线x+y=0对称的相异两点A、B，则|AB|等于解：设直线AB的方程为yxb，由yxx23x2xb30 x1x21，从而可求出AByb的中点M(1,1b)，

4、又由M(1,1b)在直线xy0上可求出b1，x2x20，由弦2222长公式可求出AB112124(2)322/42招式二：动弦过定点的问题例题2、已知椭圆C：x2y21(ab0)的离心率为3，a2b22且在x轴上的极点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。（I）求椭圆的方程；（II）若直线l:xt(t2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN能否经过椭圆的焦点？并证明你的结论解：（I）由已知椭圆C的离心率c3，ac3,b1x22e,y1a22则得。从而椭圆的方程为4（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k

5、1,则直线A1M的方程为yk1(x2)，由yk1(x2)消y整理得(14k12)x216k2x16k12402和x1是方程的两个根，x24y242x16k124则x28k12，y4k1，即点M的坐标为(28k12,4k1)，114k12114k12114k1214k1214k12同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点8k222,4k22)N的坐标为(24k14k2123/42ypk1(t2),ypk2(t2)k1k22，直线MN的方程为：yy1y2y1，k1k2txx1x2x1令y=0，得xx2y1x1y2，将点M、N的坐标代入，化简后得：x4y1y2t又t2，042椭圆的焦点为(443t3,

6、0)3，即t3t故当t43时，MN过椭圆的焦点。3招式三：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：x2y21(ab0)上的三点，此中点A(23,0)是椭圆的右顶a2b2点，直线BC过椭圆的中心O，且ACBC0，BC2AC，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对于直线x3对称，求直线PQ的斜率。解：(I)BC2AC，且BC过椭圆的中心OOCACACBC0ACO又A(23,0)点C的坐标为(3,3)。2A(23,0)是椭圆的右极点，a23，则椭圆方程为：x2y2112b2将点C(3,3)代入方程，得b24，椭圆E的方程

7、为x2y21124(II)直线PC与直线QC对于直线x3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：y3k(x3)，即ykx3(1k)，由ykx3(1k)消y，整理得：x23y2120(13k2)x263k(1k)x9k218k30 x3是方程的一个根，xP39k218k3即xP9k218k3同理可得：xQ9k218k313k23(13k2)3(13k2)yPyQkxP3(1k)kxQ3(1k)k(xPxQ)23k12k3(13k2)4/429k218k39k218k336kyPyQ1xPxQ2)3(13k2)3(13k2)kPQxQ33(13kxP则直线PQ的斜率

8、为定值1。3招式四：共线向量问题1：以以下图，已知圆C:(x1)2y28,定点A(1,0),M为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且知足AM2AP,NPAM0,点N的轨迹为曲线E.I）求曲线E的方程；II）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不一样样的两点G、H（点G在点F、H之间），且知足FGFH，求的取值范围.解：（1）AM2AP,NPAM0.NP为AM的垂直均分线，|NA|=|NM|又|CN|NM|22,|CN|AN|222.动点N的轨迹是以点C（1，0），A（1，0）为焦点的椭圆.且椭圆长轴长为2a22,焦距2c=2.a2,c1,b21.曲线E的方程为x2y21.2（2）当直线G

9、H斜率存在时，设直线GH方程为ykx2,代入椭圆方程x2y21,2得(1k2)x24kx30.由0得k23.设G(x1,y1),H(x2,y2),24k8k326则x1x21k212k2(1),x1x21212k2(2)2k2又FGFH,(x1,y12)(x2,y22)x1x2,x1,，x25/42(1)21232k232(2)3(12k2)13(k22)k23,43216.41216.解得13.23(12)3332k又01,11.311.11又当直线GH斜率不存在，方程为x0,FGFH,1,即所求的取值范围是,1)33332：已知椭圆C的中心在座标原点，焦点在x轴上，它的一个极点恰巧是抛物线

10、y1x2的焦点，离心率4为25.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过椭圆C的右焦点作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于5M点，若MA1AF，MB2BF，求证：1210.解：设椭圆C的方程为x2y21（ab0）抛物线方程化为x24y，其焦点为(0,1)，a2b2则椭圆C的一个极点为(0,1)，即b1由eca2b225，a25，椭圆C的方程为aa25x2y21（2）证明：右焦点F(2,0)，设A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0)，明显直线l的斜率存在，设直5线l的方程为yk(x2)，代入方程x2y21并整理，得5(15k2)x220k2x20k250 x1x220k2，x1x220k

11、25又MA(x,yy)，15k215k2110MB(x2,y2y0)，AF(2x1,y1)，BF(2x2,y2)，而MA1AF，MB2BF，即(x10,y1y0)1(2,x1)y1，(x20,y2y0)2(2x2,y2)1x1，2x2，所以12x1x22(x1x2)2x1x2102x22x242(x1x2)x1x22x12x13、已知OFQ的面积S=26,且OFFQm。设以O为中心，F为焦点的双曲线经过Q，|OF|c,m(61)c2，当|OQ|获得最小值时，求此双曲线方程。46/42解：设双曲线方程为x2y2Q（x0,y0）。a1，2b2FQ(x0c,y0)，SOFQ=1|OF|y0|26，y

12、046。2cOFFQ(c,0)(x0c,y0)=c(x0c)=(61)c2x06c。44OQx02y023c29623,8c2当且仅当3c2962,即c4时,|OQ|最小,此时Q(6,6)或(6,6)，8c661a24x2y2所以a2b2.故所求的双曲线方程为1。b2a2b21612412种类1求待定字母的值例1设双曲线C：x2y21(a0)与直线L：x+y=1订交于两个不一样样的点A、B，直线L与y轴交a2于点P，且PA=5PB，求a的值12思路：设A、B两点的坐标，将向量表达式转变成坐标表达式，再利用韦达定理，经过解方程组求a的值。解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,1)PA

13、=5PB,(x1,y11)5(x2,y21),x1=5x2.121212xy1消去y并整理得，(1a2222联立2xy2，)x+2ax2a=0(*)1a2A、B是不一样样的两点，1a20，4a48a2(1a2)0，0a2且a1.于是x1+x2=2a2且x1x2=2a2，1a21a2172a2,且522a22a22=289即x21a212x21a2，消去x2得，1a60，127/42a=17，0a0）过M（2，2），N(6,1)两点，O为坐标原点，a2b2（I）求椭圆E的方程；（II）能否存在圆心在原点的圆，使得该圆的随意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB？若存在，写出该圆的方程，并

14、求|AB|的取值范围，若不存在说明原因。解:（1）因为椭圆E:x2y21（a,b0）过M（2，2），N(6,1)两点,a2b24211122222解得28所以a8椭圆E的方程为xy1所以aba61111b24842224abb（2）假定存在圆心在原点的圆，使得该圆的随意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB,ykxm设该圆的切线方程为ykxm解方程组x2y2得x22(kxm)28,即84132/42(12k2)x24kmx2m280,则=16k2m24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0,即8k2m240 x1x24km12k2,x1x22m2812k2y1y2(kx1m)(k

15、x2m)k2x1x2km(x1x2)m2k2(2m28)4k2m2m2m28k2要使12k212k212k22m28m28k222OAOB,需使x1x2y1y20,即12k212k20,所以3m8k80,所以23m280又22m2228,即m26或m26k88km40,所以,所以m333,因为3m28直线ykxm为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为rm,r2m2m2826,所求的圆为x2y281k213m2,r,此时圆的切线1k283338ykx2626x26m都知足m3或m,而当切线的斜率不存在时切线为3与椭圆3x2y21的两个交点为(26262626OB,综上,存在圆心在原点84,3

16、)或(,)知足OA333的圆x2y28，使得该圆的随意一条切线与椭圆E恒有两个交点A,B,且OAOB.3x1x24km12k2因为,2m28x1x212k2所以(xx2)2(xx)24xx(4km)242m288(8k2m24),1121212k212k2(12k2)2|AB|(x1x2)2y1y2(1k2)(x1x2)2(1k2)8(8k2m24)2(12k2)2324k45k213214k4k2,34k44k2134k2133/42当k0时|AB|3211134k24k2因为4k2148所以011,所以32321112,k24k2148334k214k2k2所以46|AB|23当且仅当k2

17、时取”=”.32当k0时,|AB|46.3当AB的斜率不存在时,两个交点为(2626)或(2626463,3,),所以此时|AB|,333综上,|AB|的取值范围为46|AB|23即:|AB|46,23332、在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆x2y21有两个不一样样的交点P2和Q（I）求k的取值范围；（II）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，能否存在常数k，使得向量OPOQ与AB共线？假如存在，求k值；假如不存在，请说明原因解：（）由已知条件，直线l的方程为ykx2，代入椭圆方程得x2(kx2)212整理得1k2x222kx10直线l与椭圆有两

18、个不一样样的交点P和Q等价于28k241k24k220，解得k2或k2即k的取值范围为222，22，22（）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OPOQ(x1x2，y1y2)，由方程，x1x242k12k2又y1y2k(x1x2)22而A(2，0)，B(01，)，AB(21)，所以OPOQ与AB共线等价于34/42x1x22(y1y2)，将代入上式，解得k22或k2由（）知k2，故没有符合22题意的常数k3、设F1、F2分别是椭圆x2+y2=1的左、右焦点.（）若P是该椭圆上的一个动点，求PF1PF的542最大值和最小值；（）能否存在过点A（5，0）的直线l与椭圆交于不一样样的两点C、D，

19、使得|F2C|=|F2D|？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明原因.解：易知a5,b2,c1,F1(1,0),F2(1,0)，设P（x，y），则PF1PF2(1x,y)(1x,y)x2y21，x244x211x23x5,5，55当x0，即点P为椭圆短轴端点时，PF1PF2有最小值3；当x5，即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值4（）假定存在知足条件的直线l易知点A（5，0）在椭圆的外面，当直线l的斜率不存在时，直线l与椭圆无交点，所在直线l斜率存在，设为k，直线l的方程为yk(x5)x2y21，得(5k24)x250k2x125k2由方程组54200yk(x5)依题意20(168

20、0k2)0，得5k5当5k5时，设交点C(x1,y1)、D(x2,y2)，5555CD的中点为R(x0,y0)，则x1x250k2,x0 x1x225k25k2425k24y0k(x05)k(25k245)20k.又|F2C|=|F2D|F2RlkkF2R15k25k240(20k)20k2kkFRk5k24120k2=20k24，而20k2=20k24不可以立，所以不存2125k2420k25k24在直线l，使得|F2C|=|F2D|综上所述，不存在直线l，使得|F2C|=|F2D|x2y21(ab0)的两个焦点为F1、F2，短轴两头点B1、B2，已知F1、F2、B1、B2四4、椭圆G：2b

21、2a点共圆，且点N（0，3）到椭圆上的点最远距离为52.（1）求此时椭圆G的方程；（2）设斜率为k（k0）35/42的直m与G订交于不一样样的两点E、F，QEF的中点，E、F两点能否对于点P（0，3）、3Q的直称？若能，求出k的取范；若不可以，明原因解：（1）依据的几何性，段F1F2与段B1B2相互垂直均分，故中心即四点外接的心故中a2b2c,即方程可x22y22b2，H（x,y）上一点，|HN|2x2(y3)2(y3)22b218,此中byb，0b3，yb时,|HN|2有最大b26b9，b26b950得b352（舍去），b3,当y3时,|HN|2有最大值2b218，2b21850得b216所

22、求方程x2y213216x12y121（2）E(x1,y1),F(x2,y2),Q(x0,y0)，由3216两式相减得x02ky00 x22y2213216又直PQ直m直PQ方程y1x3k将点Q（x0,y0）代入上式得，313y0kx03233x02y021，由得Q（k,），Q点必在内部321633由此得k247,又k0,94k0或0k94故当k(94,0)(0,94)，E、F两点22222对于点P、Q的直称x2y21(ab0)3C:b23，右焦点F的直l与C订交于A、B两点，当l5、已知a2的离心率2的斜率1，坐原点O到l的距离2（I）求a，b的；（II）C上能否存在点P，使适合lF到某一地

23、点，有OPOAOB成立？若存在，求出全部的P的坐与l的方程；若不存在，明原因。36/42解：（）设Fc,0,当l的斜率为1时，其方程为xyc0,O到l的距离为00cc2，故2c222，c1，3e，得3a3，ba2c2=2（）C上存在点P，使适合l绕F转到某一地点时，有OPOAOB成立。由（）知椭圆C的方程为2x2+3y2=6.设A(x1,y1),B(x2,y2).()当l不垂直x轴时，设l的方程为yk(x1)假定C上存在点P，且有OPOAOB成立，则点的坐标为（）Px1x2,y1y2，2(x1x2)23(y1y2)26，23y122324x1x26y1y26整理得2x12x2y2又A、B在C上

24、，即2x23y126,2x23y26122故2x1x23y1y230将(1)代入22326,并化简得ykxxy(23k2)x26k2x3k260于是x1x26k22,x1x2=3k26y1y2k2(x11)(x22)4k223k23k2,3k22，代入解得，k22，此时x1x232于是y1y2k(x1x22)=k，即P(3,k)222所以，当k2时，P(3,2)，l的方程为2xy20；22当k2时，P(3,2)，l的方程为2xy20。22（）当l垂直于x轴时，由OAOB(2,0)知，C上不存在点P使OPOAOB成立。综上，C上存在点P(3,2)使OPOAOB成立，此时l的方程为2xy20.22

25、x2y26、已知直线x2y20经过椭圆C:a2b21(ab0)的左极点A和上极点D，椭圆C的右顶37/4210点为B，点S是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AS,BS与直线l:xM,N两点。3分别交于（I）求椭圆C的方程；（）求线段MN的长度的最小值；1（）当线段MN的长度最小时，在椭圆C上能否存在这样的点T，使得TSB的面积为5？若存在，确立点T的个数，若不存在，说明原因（I）由已知得，椭圆C的左极点为A(2,0),上极点为D(0,1),a2,b1故椭圆C的方程为x2y214（）直线AS的斜率k明显存在，且k0，故可设直线AS的方程为yk(x2)，从而M(10,16k)33yk(x2)222

26、22由xy2得(14k)x16kx16k4014224得x122设S(x1,y1),则(2),x116k28k2，从而y14k2即S(28k2,4k2),14k14k14k14k14ky12)x10(x310116k1又B(2,0)，由4k得N(1,)故|MN|33k10y33kx3k3又k0,|MN|16k1216k18，当且仅当16k1，即k1时等号成立33k33k333k4k18时，线段MN的长度取最小值341（）由（）可知，当MN取最小值时，k4此时BS的方程为xy20,s(6,4),|BS|42555要使椭圆C上存在点T，使得TSB的面积等于1，只须T到直线BS的距离等于2，所以T在

27、54平行于BS且与BS距离等于2的直线l上。438/42设直线l:x+y+t=0，则由|t2|2,解得t3或t524227、已知双曲线x2y22的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的动直线与双曲线订交于A，B两点（I）若动点M知足FM1F1AF1BFO1（此中O为坐标原点），求点M的轨迹方程；（II）在x轴上能否存在定点C，使CACB为常数？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明原因解：由条件知F1(2，0)，F2(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)解法一：（I）设M(x，y)，则FM(x2y)FA(x2y)，1，11，11，1，1111FB(x22y2)FO(20)，由FMF

28、AFBFO得x2x1x2，x1x2，6x4yy1y2即y1y2y于是AB的中点坐标为x4y2，2y1y2yyy2y2x2)当AB不与x轴垂直时，x2x，即y1(x1x14x8x822又因为A，B两点在双曲线上，所以x12y122，x22y222，两式相减得(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，即(x1x2)(x4)(y1y2)y将y1y2y(x1x2)代入上式，化简得(x6)2y24x8当AB与x轴垂直时，xx2，求得M(8，0)，也知足上述方程12所以点M的轨迹方程是(x6)2y24（II）假定在x轴上存在定点C(m，0)，使CACB为常数当AB不与x轴垂直时，设直线AB的方程是

29、yk(x2)(k1)代入x2y22有(1k2)x24k2x(4k22)0则x，x是上述方程的两个实根，所以x1x24k2，x1x24k22，12k21k21于是CACB(x1m)(x2m)22)(x22)k(x139/42(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)4k2m2(k21)(4k22)4k2(2k2m)4k2m2k21k212(12m)k22m22(12m)44mm2k21k21因为CACB是与k没关的常数，所以44m0，即m1，此时CACB=1当AB与x轴垂直时，点A，B的坐标可分别设为(2，2)，(2，2)，此时CACB(1，2)(1，2)1故在x轴上存在定点C(1，0)，使CACB为常数8、在平面直角坐标系xoy中，已知圆心在第二象限、半径为22的圆C与直线yx相切于坐标原点x2y21与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10O椭圆9a2求圆C的方程；试一试究圆C上能否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长若存在，恳求出点Q的坐标；若不存在，请说明原因解：(1)设圆心坐标为(m，n)（m0）,则该圆的方程为(x-m)2+(y-n)2=8已知该圆与直线y=x相切，那么圆心到该直线的距离等于圆的半径，则mn=22即mn=42又圆与直线切于原点，将点(0，0)代入得，m2+n2=8m2故圆的方程为(x+2)2+(y-2