圓錐曲線題型總結(jié).docx

1、直線和圓錐曲線?？碱}型運(yùn)用的知識：1、中點(diǎn)坐標(biāo)公式：xx1x2 ,yy1 y2 ，其中 x, y 是點(diǎn) A( x1 , y1)，B(x2 , y2 ) 的中點(diǎn)坐標(biāo)。222、弦長公式：若點(diǎn)A( x1, y1 )， B(x2 , y2 ) 在直線 y kx b(k0) 上，則 y1kx1b， y2kx2b ，這是同點(diǎn)縱橫坐標(biāo)變換，是兩大坐標(biāo)變換技巧之一，AB( x1 x2 )2( y1y2 )2( x1x2 )2( kx1 kx2 ) 2(1 k 2 )( x1x2 )2(1k2 )( xx )24x x1212或者 AB( x1x2 )2( y1y2 )211x2 )2( y1 y2 )2(11

2、y2 )2( x1kk2 )( y1k(112 )( y1y2 )24 y1 y2 。k3、兩條直線 l1 : yk1 xb1, l2 : yk2 xb2 垂直：則 k1k21r r0兩條直線垂直，則直線所在的向量v1 gv24、韋達(dá)定理：若一元二次方程ax2bx c0(a0) 有兩個不同的根 x1 , x2，則 x1 x2b , x1 x2c 。aa常見的一些題型：題型一：數(shù)形結(jié)合確定直線和圓錐曲線的位置關(guān)系例題 1、已知直線 l : ykx1與橢圓 C : x2y21 始終有交點(diǎn)，求m 的取值范圍4m解：根據(jù)直線 l : ykx1的方程可知，直線恒過定點(diǎn)（0，1），橢圓 C :x2y21

3、過動點(diǎn)（，0且 m),m 4 ，如果直線4ml : y kx 1 和橢圓 C :x2y21 始終有交點(diǎn)，則m1，且 m4，即1m且 m4 。4m規(guī)律提示：通過直線的代數(shù)形式，可以看出直線的特點(diǎn)：l : ykx1過定點(diǎn)（，01）l : yk (x1)過定點(diǎn)（， 10）l : y2k( x1)過定點(diǎn)（， 12）題型二：弦的垂直平分線問題例題 2、過點(diǎn) T(-1,0) 作直線 l 與曲線 N： y2x 交于 A 、 B 兩點(diǎn)，在 x 軸上是否存在一點(diǎn) E( x0 ,0)，使得 ABE 是等邊三角形，若存在，求出 x0 ；若不存在，請說明理由。解：依題意知，直線的斜率存在，且不等于0。設(shè)直線 l :

4、yk( x1) ， k0 ， A( x1 , y1 ) ， B( x2 , y2 ) 。yk ( x 1)由x消 y 整理，得y2k 2 x2(2k 21)xk20由直線和拋物線交于兩點(diǎn)，得(2k 21)24k44k210即 0k214x1x22k 21由韋達(dá)定理，得：k 2, x1 x2 1 。則線段 AB 的中點(diǎn)為 (2k21,1)。2k 22k線段的垂直平分線方程為：1112k 2y( x2k2)2kk令 y=0,得 x011112k 2，則 E(2,0)22k2Q ABE 為正三角形，E( 121 ,0)2k2到直線 AB 的距離 d 為3 AB 。2Q AB( x1x2 )2( y1

5、y2 )214k 2 g 1k 2k 2d1 k 22 k3 1 4k2g 1 k 21 k 22k22 k解得 k39滿足式13此時 x05。3題型三：動弦過定點(diǎn)的問題x2y 21(a b 0) 的離心率為3例題 3、已知橢圓 C：b2，且在 x 軸上的頂點(diǎn)分別為 A 1(-2,0),A 2 (2,0)。a22（ I）求橢圓的方程；（ II ）若直線 l : xt (t2) 與 x 軸交于點(diǎn) T,點(diǎn) P 為直線 l 上異于點(diǎn) T 的任一點(diǎn)，直線PA 1,PA2 分別與橢圓交于M 、N 點(diǎn)，試問直線MN 是否通過橢圓的焦點(diǎn)？并證明你的結(jié)論解：（ I）由已知橢圓 C 的離心率 ec3 ， a2

6、,則得 c3,b 1。a2從而橢圓的方程為x2y214（ II ）設(shè) M (x , y ) ， N (x, y ) ，直線 A M 的斜率為 k ,則直線 A M 的方程為yk ( x 2) ，由yk1( x2)消 y 整理得11221111x24 y24(1 4k12 )x2 16k2 x16k1240Q 2和x1 是方程的兩個根，2x116k12414k21則 x2 8k12， y4k1，114k2114k21128k24k2 ) ，即點(diǎn) M 的坐標(biāo)為 (12,114k114k18k2224k2同理，設(shè)直線 A 2 N 的斜率為 k2，則得點(diǎn) N 的坐標(biāo)為, 1 4k22)(1 4k22Q

7、 ypk1(t 2), ypk2 (t 2)k1k22，k1k2tQ 直線 MN 的方程為：yy1y2y1 ，xx1x2x1令 y=0 ，得 xx2 y1x1 y2，將點(diǎn) M 、 N 的坐標(biāo)代入，化簡后得：x4y1y2t又Q t2 ，042tQ 橢圓的焦點(diǎn)為 (3,0)4433，即 t3t43故當(dāng) t時， MN 過橢圓的焦點(diǎn)。3題型四：過已知曲線上定點(diǎn)的弦的問題x2y21 (a b 0) 上的三點(diǎn)，其中點(diǎn)A (2 3,0) 是橢圓的右頂點(diǎn)，直線BC 過橢圓的中例題 4、已知點(diǎn) A、 B、C 是橢圓 E：b2a2uuur uuur0uuuruuurAC BCBC2 AC心 O，且g，如圖。(I)

8、 求點(diǎn) C 的坐標(biāo)及橢圓 E 的方程；(II) 若橢圓 E 上存在兩點(diǎn)P、Q，使得直線PC 與直線 QC 關(guān)于直線 x3 對稱，求直線 PQ 的斜率。uuuruuur解：(I) Q BC2 AC，且 BC 過橢圓的中心OuuuruuurOCACQuuuruuurgACBC 0ACO2又Q A (23,0)點(diǎn)C的坐標(biāo)為 (3,3)。Q A (2 3,0) 是橢圓的右頂點(diǎn)，a 2 3 ，則橢圓方程為：x2 y212b21將點(diǎn) C (3,3) 代入方程，得 b24 ，x2y2橢圓 E 的方程為1124(II) Q直線 PC 與直線 QC 關(guān)于直線 x3 對稱，設(shè)直線 PC 的斜率為k ，則直線 QC

9、 的斜率為k ，從而直線 PC 的方程為：y3k( x3) ，即ykx3(1k) ，由ykx3(1k)消 y ，整理得：x23y2120(13k 2 )x263k(1k ) x9k 218k 30 Q x3 是方程的一個根，xP g 39k 218k313k 2即 xP9k 218k33(13k2 )同理可得：xQ9k 218k33(13k 2 )Q yPyQkxP3(1k)kxQ3(1k ) k( xPxQ ) 2 3k12k3(13k 2 )xPxQ9k218k39k218k33(13k 2 )3(13k 2 )36k3(13k 2 )yPyQ1kPQxPxQ31則直線 PQ 的斜率為定值

10、。3題型五：共線向量問題例題 5、設(shè)過點(diǎn)D(0,3) 的直線交曲線x2y2uuuruuurM ：41 于 P、Q 兩點(diǎn)，且 DP = l DQ ,求實(shí)數(shù) l 的取值范圍。9解：設(shè) P(x1,y1 ),Q(x 2,y2),uuuruuurQ DP = l DQ(x1 ,y1-3)= l(x2 ,y2 -3)x= l x? 12即 ?= 3 + l (y2 - 3)?y1?方法一：方程組消元法又 Q P、Q 是橢圓 x 2+ y2=1 上的點(diǎn)9422?x2+y2= 1?4? 9)(+3- 3)2?(x22ly2? l+l?= 1?94?消去 x2 ，222可得 (l y2 + 3 - 3l ) -

11、 ly2 = 1 - l 213l - 5即 y2=6l又 Q 2y 2 2， 2 13l - 5 26l解之得： 155則實(shí)數(shù) l1的取值范圍是,5 。5方法二：判別式法、韋達(dá)定理法、配湊法設(shè)直線 PQ 的方程為： y kx3,k0 ，由ykx 3消 y 整理后，得4x2 9 y236(4 9k2 )x254kx450Q P、 Q 是曲線 M 上的兩點(diǎn)(54k) 24 45(49k 2 ) 144k 2800即 9k 25由韋達(dá)定理得：x1x254k2 , x1 x24549k49k2Q( x1x2 )2x1x22x1x2x2x154 2 k 2(1) 245(49k 2 )即369k 24

12、145(1)29k 29k 2由得 011 ，代入，整理得9k 251369 ，5(1)25解之得 1551當(dāng)直線 PQ 的斜率不存在，即x0 時，易知5 或。51總之實(shí)數(shù) l 的取值范圍是,5。5題型六：面積問題例題 6、已知橢圓 C： x2y21 （ ab0）的離心率為6 , 短軸一個端點(diǎn)到右焦點(diǎn)的距離為3 。a2b23（）求橢圓C 的方程；（）設(shè)直線l 與橢圓 C 交于 A 、B 兩點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn)O 到直線 l 的距離為3 ，求 AOB 面積的最大值。2c6 ，解：（）設(shè)橢圓的半焦距為c ，依題意a3a3，b 1，所求橢圓方程為x2y21。3（）設(shè) A(x1，y1 ) ， B( x2， y

13、2 ) 。（ 1）當(dāng) AB x軸時，AB3 。（ 2）當(dāng) AB 與 x 軸不垂直時，設(shè)直線 AB 的方程為 ykxm 。由已知m3，得 m23 ( k21) 。1k 224把 ykxm 代入橢圓方程，整理得 (3k 21)x26kmx 3m23 0 ，xx6km3(m21)。2， x x213k 2113k 21AB(1 k 2 )( x2 x1) 2(1 k2 )36k2m212(m21)2(3k21)23k 2112( k21)(3k 2 1 m2 )3(k 21)(9k21)(3k 21)2(3k 21)2312k 2312(k 0) 3124 。46k 21139k9k2626k2當(dāng)且

14、僅當(dāng) 9k 21，即 k3 時等號成立。當(dāng) k0時， AB3 ，k 23綜上所述 AB max2 。1AB33當(dāng) AB 最大時， AOB 面積取最大值 Smax。222題型七：弦或弦長為定值問題例題 7、在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，過定點(diǎn) C（0，p）作直線與拋物線x 2=2py （p0）相交于 A、 B 兩點(diǎn)。（）若點(diǎn) N 是點(diǎn) C 關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn) O 的對稱點(diǎn)，求 ANB 面積的最小值；（）是否存在垂直于y 軸的直線 l，使得 l 被以 AC 為直徑的圓截得弦長恒為定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，說明理由。（）依題意，點(diǎn)x22 pyN 的坐標(biāo)為 N （0,-p ）,可設(shè) A （x 1

15、,y1）,B （x2 ,y2），直線 AB 的方程為 y=kx+p, 與 x2=2py 聯(lián)立得消ykx p.去 y 得 x2-2pkx-2p 2=0.由韋達(dá)定理得x1 +x2=2pk,x 1x2=-2p 2.于是 S ABNS BCNS ACN12 p x1 x22 p x1 x2p ( x1x2 ) 24x1x2 p 4p2k 28 p22 p2 k 22.與k0與與與 S ABN與min22 p2 .（）假設(shè)滿足條件的直線l 存在，其方程為y=a,AC 的中點(diǎn)為 O , t與 AC與與 徑的圓相交于點(diǎn)P、Q，PQ 的中點(diǎn)為 H，則O HPQ,O 與與與與與與x1, y1p與22Q O P1

16、 AC1x12( y1p) 2221y12p2 .2O Hay12p 1 2a y1p ,2PH222O PO H= 1 ( y12p2 )1 (2a y1p)244 (ap ) y1a( p a),222PQ(2PH )= 4 (ap2)y2a(pa) .令 ap0 ，得ap , 與與PQp為定值，故滿足條件的直線l 存在，其方程為yp，222即拋物線的通徑所在的直線.解法 2：（）前同解法1，再由弦長公式得AB1 k2 x1 x21 k 2(x1 x2 ) 24x1x21 k 24 p2k 28 p2 2 p1 k 2k 22.又由點(diǎn)到直線的距離公式得2 pd.1k 2從而， S ABN1

17、d AB12 p 1 k 2k 222 p2 p2 k 22,221 k2與k0與與與 S與max22 p2.ABN（）假設(shè)滿足條件的直線t 存在，其方程為y=a ，則以 AC 為直徑的圓的方程為( x0)( xx1 )( y p)( yy1)0, 將直線方程 y=a 代入得x2x1x(ap)(ay1 )0,與 與 x24( ap)(ay )4 (ap ) y1a( pa).112設(shè)直線 l 與以 AC為直徑的圓的交點(diǎn)為P（x2 ,y2） ,Q（x 4,y4） ,則有PQ x3x44 (ap ) y1a( p a)2 (ap ) y1a( p a).22令 ap0,與 app 為定值，故滿足條

18、件的直線l 存在，其方程為yp2,與與 PQ.22即拋物線的通徑所在的直線。題型八：角度問題M-2 ， 0）和NP滿足：PMPN6.例題 8、（如圖（ 21）圖， （2，0）是平面上的兩點(diǎn)，動點(diǎn)（）求點(diǎn) P 的軌跡方程；（）若 PM PN 2, 求點(diǎn) P的坐標(biāo) .1cosMPN解：( ) 由橢圓的定義，點(diǎn)P 的軌跡是以M、N為焦點(diǎn)，長軸長2a=6 的橢圓 .因此半焦距c=2，長半軸=3，從而短半軸ab= a2c25 ，x2y2所以橢圓的方程為1.952( ) 由 PM gPN, 得1 cos MPNPM gPN cosMPNPM gPN 2.因?yàn)?cosMPN1,P 不為橢圓長軸頂點(diǎn)，故P、M

19、、N構(gòu)成三角形 . 在 PMN中， MN4,由余弦定理有MN2PM222 PM gPN cos MPN .PN將代入，得422PN22( PM gPN2).PM故點(diǎn) P 在以 M、N為焦點(diǎn)，實(shí)軸長為2 3的雙曲線 x2y21 上.3由( ) 知，點(diǎn)x2y21，所以P 的坐標(biāo)又滿足59由方程組5x29 y245,解得x3 23 ,x23 y23.5y2.即 P 點(diǎn)坐標(biāo)為335335335-335(,)、（， -）、（ -，）或（，） .22222222問題九：四點(diǎn)共線問題x2y21(ab0)過點(diǎn) M(2,1) ，且著焦點(diǎn)為 F1 (2,0)例題 9、設(shè)橢圓 C :22ab（）求橢圓 C 的方程；

20、uuur uuuruuur uuur（）當(dāng)過點(diǎn) P(4,1)的動直線 l 與橢圓 C 相交與兩不同點(diǎn)A, B 時，在線段 AB 上取點(diǎn) Q ，滿足 AP gQBAQ gPB ，證明：點(diǎn)Q 總在某定直線上解 (1)由題意：c22211，解得 a24,b22 ，所求橢圓方程為x2y21a2b242c2a2b2(2)方法一設(shè)點(diǎn) Q、A 、B 的坐標(biāo)分別為 (x, y),( x1, y1 ),( x 2 , y2 ) 。uuuruuuruuuruuuruuuruuurAPAQ0 且1由題設(shè)知AP , PB , AQ , QB 均不為零，記uuuruuur,則PBQBuuuruuur uuuruuur又

21、 A， P， B，Q 四點(diǎn)共線，從而APPB, AQQB于是4x1x2 ，1y1y211xx1x2 ，yy1y211從而x122 x22y122 y22124x ， L L （ 1）12y ， L L （2）又點(diǎn) A、B 在橢圓 C 上，即x122 y124,LL(3)x222y224,L L(4)（ 1） +（2） 2 并結(jié)合（ 3），（ 4）得4s2 y4即點(diǎn) Q( x, y) 總在定直線 2xy20 上方法二設(shè)點(diǎn) Q( x, y), A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ) ，由題設(shè)，uuuruuur uuuruuurPA , PB , AQ , QB 均不為零。uuuruuur

22、PAPB且 uuuruuurAQQB又 P, A, Q, B 四點(diǎn)共線，可設(shè)uuuruuur uuuruuur0, 1) ,于是PAAQ, PBBQ(x14x , y11y（1）11x24x1y1, y21（ 2）由于 A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ) 在橢圓C 上，將（ 1），（ 2）分別代入 C 的方程 x22 y24, 整理得( x22 y24)( x22 y24)224(2xy2)1404(2 xy2)140（ 3）(4)(4) (3)得8(2xy2)0 0,2xy 20即點(diǎn) Q( x, y) 總在定直線 2xy20 上問題十：范圍問題 （本質(zhì)是函數(shù) 問題）設(shè) F1、

23、F2x2y21 的左、右焦點(diǎn)。分別是橢圓4（）若 P 是該橢圓上的一個動點(diǎn)，求PF1 PF2 的最大值和最小值；（）設(shè)過定點(diǎn)M (0,2) 的直線 l 與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A 、 B ，且 AOB 為銳角（其中 O 為坐標(biāo)原點(diǎn)），求直線 l 的斜率 k 的取值范圍。解：（）解法一：易知a2,b1,c3所以 F13,0, F23,0，設(shè) Px, y，則uuuruuuurx2y23 x2 1x21 3x23 x, y , 3 x, y38PF PF2144因?yàn)?x2,2，即點(diǎn) P 為橢圓短軸端點(diǎn)時，uuuruuuur，故當(dāng) x0PF1PF2 有最小值22 ，即點(diǎn) P 為橢圓長軸端點(diǎn)時，uuuruuuur當(dāng) xPF1PF2有最大值1解法二：易知 a2,b1,c3 ，所以 F13,0 , F23,0 ，設(shè)