高中數(shù)學(xué)圓錐曲線題型總結(jié),推薦文檔

1、運(yùn)用的知識(shí)：1、中點(diǎn)坐標(biāo)公式： x = x1 + x2 ,y =2直線和圓錐曲線常考題型 y1 + y2 ，其中 x, y 是點(diǎn) a(x1 , y1 )，b(x2 , y2 ) 的中點(diǎn)坐標(biāo)。2172、弦長(zhǎng)公式：若點(diǎn) a(x1 , y1 )，b(x2 , y2 ) 在直線 y = kx + b(k 0) 上，則 y1 = kx1 + b，y2 = kx2 + b ，這是同點(diǎn)縱橫坐標(biāo)變換，是兩大坐標(biāo)變換技巧之一，(x - x) + ( y - y )221212(x - x) + (kx - kx )221212(1+ k 2 )(x1 - x2 )2ab =(1+ k 2 )(x1 + x2 )

2、2 - 4x1 x2 =(x - x) + ( y - y )221212( 1 x - 1 x )2 + ( y - y )2kk1212(1+ 1 )( y - y )2k 212或 者 ab =(1+ 1 )( y + y )2 - 4 y y 。k 2121 23、兩條直線l1 : y = k1 x + b1 , l2 : y = k2 x + b2 垂直：則 k1k2 = -1rr兩條直線垂直，則直線所在的向量 v1 2av = 02bc4、韋達(dá)定理：若一元二次方程 ax + bx + c = 0(a 0) 有兩個(gè)不同的根 x1 , x2 ，則 x1 + x2 = - a , x1

3、x2 = a 。常見(jiàn)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 : y = kx +1 與橢圓c :x2 + y24m= 1 始終有交點(diǎn)，求m 的取值范圍x 2y2解：根據(jù)直線l : y = kx +1 的方程可知，直線恒過(guò)定點(diǎn)（0，1），橢圓c : + = 1 過(guò)動(dòng)點(diǎn)（0，且 m ),m 4 ，如果直線4m和橢圓ml : y = kx +1c : x2y21+ =始終有交點(diǎn)，則4m 1，且m 4 ，即1 m且m 4 。規(guī)律提示：通過(guò)直線的代數(shù)形式，可以看出直線的特點(diǎn)：l : y = kx +1 過(guò)定點(diǎn)（0，1l : y = k (x +1) 過(guò)定點(diǎn)（，-10

4、）l : y - 2 = k (x +1) 過(guò)定點(diǎn)（，-12）題型二：弦的垂直平分線問(wèn)題例題 2、過(guò)點(diǎn) t(-1,0)作直線l 與曲線 n ： y2 = x 交于 a、b 兩點(diǎn)，在 x 軸上是否存在一點(diǎn) e( x0 ,0)，使得 dabe 是等邊三角形，若存在，求出 x0 ；若不存在，請(qǐng)說(shuō)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 : y = k (x +1) ， k 0 ， a(x1 , y1 ) ， b(x2 , y2 ) 。 y = k (x +1)由 y2 = x消 y 整理，得k 2 x2 + (2k 2 -1)x + k 2 = 0 由直線和拋物線交于兩點(diǎn)，得d

5、= (2k 2 -1)2 - 4k 4 = -4k 2 +1 021即 0 k b 0) 的離心率為，且在 x 軸上的頂點(diǎn)分別為 a1(-2,0),a2(2,0)。a2b22（i） 求橢圓的方程；3（ii） 若直線l : x = t(t 2) 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 pa1,pa2 分別與橢圓交于 m、n 點(diǎn)，試問(wèn)直線mn 是否通過(guò)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 e =c =， a = 2 ,則得 c =3, b = 1。從而橢圓的方程為a2y1x2 + 2 =4 y = k1(x + 2)（ii）設(shè) m (x1 ,

6、y1 ) ， n (x2 , y2 ) ，直線 a1m 的斜率為 k1 ,則直線 a1m 的方程為 y = k1 (x + 2) ， 由x2 + 4 y2 = 4 消 y 整理得(1+ 4k12 )x2 +16k2 x +16k12 - 4 = 0q-2和x1 是方程的兩個(gè)根，16k2 - 41-2x1 =11+ 4k 22 - 8k 24k則 x1 =1 ， y1 =1 ，111+ 4k 21+ 4k 22 - 8k 24k即點(diǎn) m 的坐標(biāo)為(1 ,1 ) ，1+ 4k 2 1+ 4k 2118k 2 - 2-4k同理，設(shè)直線 a2n 的斜率為 k2，則得點(diǎn) n 的坐標(biāo)為(21+ 4kq y

7、p = k1 (t + 2), yp = k2 (t - 2) k1 - k2 = - 2 ，k1 + k2tq直線 mn 的方程為： y - y1 = y2 - y1 ，x - x1x2 - x1,2 )21+ 4k 222令 y=0，得 x = x2 y1 - x1 y2 ，將點(diǎn) m、n 的坐標(biāo)代入，化簡(jiǎn)后得： x = 4y1 - y2t4又 qt 2 ， 0 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(guò)橢圓的中心 o，且 acabc = 0 ， bc= 2 ac，如圖。(i) 求點(diǎn) c 的坐標(biāo)及橢圓 e 的方程；3(ii) 若橢圓 e 上存在兩點(diǎn) p、

8、q，使得直線 pc 與直線 qc 關(guān)于直線 x =對(duì)稱，求直線 pq 的斜率。u ur解：(i) q bcuuur= 2 ac ，且 bc 過(guò)橢圓的中心 ouuur oc =uuuracuuur uuurq acabc = 0aco = l23,又qa (20)點(diǎn) c 的坐標(biāo)為( 3, 3) 。qa (2 3, 0) 是橢圓的右頂點(diǎn)，3 a = 2，則橢圓方程為：yx +22 = 112b2將點(diǎn) c ( 3, 3) 代入方程，得b2 = 4 ，x2y 2橢 圓 e 的 方 程 為 + =11243(ii)q 直線 pc 與直線 qc 關(guān)于直線 x =對(duì)稱，設(shè)直線 pc 的斜率為 k ，則直線

9、qc 的斜率為-k ，從而直線 pc 的方程為：3y -= k (x - 3) ，即y = kx + 3(1- k ) ， y = kx + 3(1- k )由x2 + 3y2 -12 =0消 y，整理得：3(1+ 3k 2 )x2 + 6 3k (1- k )x + 9k 2 -18k - 3 = 0 q x =是方程的一個(gè)根， xp= 9k 2 -18k - 331+ 3k 2即 xp =9k 2 -18k - 33(1+ 3k 2 )同理可得：9k 2 +18k - 33(1+ 3k 2 )xq =q yp - yq = kxp +-12k3(1- k ) + kxq -3(1+ k )

10、 k (xp + xq ) - 2 3k3(1+ 3k 2 )9k 2 -18k - 33(1+ 3k 2 )9k 2 +18k - 33(1+ 3k 2 )xp - xq =-36k3(1+ 3k 2 ) k= yp - yq = 1pqx - x3pq1則直線 pq 的斜率為定值 。3題型五：共線向量問(wèn)題x2 + y2 = 1 uuuruuurldql 例題 5、設(shè)過(guò)點(diǎn) d(0,3)的直線交曲線 m：94解：設(shè) p(x1,y1),q(x2,y2),uuuruuur q dp= ldq (x1,y1-3)=l (x2,y2-3) x1 = lx2即 y = 3 + l(y - 3) 12方法

11、一：方程組消元法于 p、q 兩點(diǎn)，且dp= ,求實(shí)數(shù) 的取值范圍。又q p、q 是橢圓x2+ y2=1 上的點(diǎn)94 + = 1 x2y22 2 94 (lx)2(ly + 3 - 3l)22 +2= 1 94消去 x2，l y(ly + 3 -3l)2 -2 2可得22 = 1- l 24即 y2=13l - 5 6l又q 2 y2 2， 2 13l -6l5 21解之得：5 l 51則實(shí)數(shù)l 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 = kx + 3, k 0 ， y = kx + 3由4x2 + 9 y2 = 36 消 y 整理后，得(

12、4 + 9k 2 )x2 + 54kx + 45 = 0qp、q 是曲線 m 上的兩點(diǎn)d = (54k )2 - 4 45(4 + 9k 2 ) 144k 2 - 80 0即 9k 2 5由韋達(dá)定理得：x + x = -54k, x x =45124 +9k 21 24 + 9k 2(x + x )2xxq 12= 1 + 2 + 2x1x2x2x1542 k 245(4 + 9k 2 )= (1+ l)2l36l即= 9k 2 + 4=1+ 45(1+l)29k 2119k 2由得 0 9k 2，代入，整理得51 36l5(1+l)21 9 ，5解之得5 l0）相交于 a、b 兩點(diǎn)。（）若點(diǎn)

13、 n 是點(diǎn) c 關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn) o 的對(duì)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(zhǎng)恒為定值？若存在，求出 l 的方程；若不存在，說(shuō)明理由。x2 = 2 py（）依題意，點(diǎn) n 的坐標(biāo)為 n（0,-p）,可設(shè) a（x1,y1）,b（x2,y2），直線 ab 的方程為 y=kx+p,與 x2=2py 聯(lián)立得消 y = kx + p.去 y 得 x2-2pkx-2p2=0.由韋達(dá)定理得 x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.1于 是 sdabn = sdbcn + sdacn = 2 2 p x1 - x2(x + x ) - 4x

14、x2121 2 p x1 - x2 = p4 p2k 2 + 8 p2k 2 + 2. p= 2 p2 與 k = 0 與與sdabn與 min =2 2 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oh pq,o與與與與與x1 , y1 + p 與22x2 + ( y - p)211q op = 1 ac = 12221 22 ohy1 + p .12= a - y1 + p2=2a - y1- p , ph 2 = op 2 - oh 212212= 4 ( y1 + p ) - 4 (2a -

15、y1 - p) p (a - 2 ) y1 + a( p - a), pq 2 = (2 ph )2p2= 4 (a -) y + a( p - a) .2令 a - p = 0 ，得 a = p , 與與 pq = p 為定值，故滿足條件的直線 l 存在，其方程為 y = p ，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(zhǎng)公式得ab =1 + k 2 2 px1 - x2k 2 + 2.1 + k 2=1 + k 2(x + x ) - 4x x2121 21 + k 24 p2k 2 + 8 p22 p又由點(diǎn)到直線的距離公式得 d =.k 2 + 21 + k 2從

16、而， sdabn= 1 d ab =21 2 p1 + k 222 p= 2 p2k 2 + 2,1 + k 2 與 k = 0 與與sdabn與 max =2 2 p2.（）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(x - 0)(x - x1 ) - ( y - p)( y - y1 ) = 0, 將直線方程 y=a 代入得x2 - x x - (a - p)(a - y ) = 0,11p 與 d與x2 - 4(a - p)(a - y ) = 4 (a -) y1 + a( p - a).112 設(shè)直線 l 與以 ac 為直徑的圓的交點(diǎn)為 p（x2,

17、y2）,q（x4,y4）,則有4(a - p ) y + a( p - a)21pq = x - x = 2 (a - p ) y + a( p - a).3421ppp令 a - = 0,與a = , 與 pq = p 為定值，故滿足條件的直線 l 存在，其方程為 y = .222即拋物線的通徑所在的直線。題型八：角度問(wèn)題例題 8、（如圖（21）圖，m（-2，0）和n（2，0）是平面上的兩點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) p 滿足： pm + pn = 6.（）求點(diǎn) p 的軌跡方程；2（）若 pm pn ,求點(diǎn) p 的坐標(biāo).1- cos mpn解：()由橢圓的定義，點(diǎn) p 的軌跡是以 m、n 為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng) 2a=

18、6 的橢圓. 因此半焦距 c=2，長(zhǎng)半軸 a=3，從而短半軸a2 - c25b=，xy22所以橢圓的方程為+= 1.95=2, 得()由 pm apn1- cos mpnpm apn cos mpnpm apn- 2.因?yàn)閏os mpn 1, p 不為橢圓長(zhǎng)軸頂點(diǎn)，故 p、m、n 構(gòu)成三角形.在pmn 中， mn = 4,由余弦定理有mn 2 =pm 2 +pn 2 - 2 pm apn cos mpn.將代入，得42 = pm 2 + pn 2 - 2( pm apn- 2).x223故點(diǎn) p 在以 m、n 為焦點(diǎn)，實(shí)軸長(zhǎng)為 2的雙曲線- y3= 1上.x22由()知，點(diǎn) p 的坐標(biāo)又滿足+

19、 y = 1，所以955x2 + 9 y2 = 45,x = 3 3 ,2由方程組 x2 + 3y2= 3.解得5 y = .2即 p 點(diǎn)坐標(biāo)為5(,)-3 353 353 353 3、（，-）、（，）或（，）.22222222問(wèn)題九：四點(diǎn)共線問(wèn)題x2y2例題 9、設(shè)橢圓c :+a2b2= 1(a b 0) 過(guò)點(diǎn) m ( 2,1) ，且著焦點(diǎn)為 f1(-2, 0)（）求橢圓c 的方程；u ur u uruuur u ur（）當(dāng)過(guò)點(diǎn) p(4,1) 的動(dòng)直線l 與橢圓c 相交與兩不同點(diǎn) a, b 時(shí)，在線段 ab 上取點(diǎn)q ，滿足 ap aqb =aq apb ，證明：點(diǎn)q 總在某定直線上解 (1

20、)由題意：c2 = 2 2 + 1= 1，解得 a2 = 4, b2 = 2 ，所求橢圓方程為 x2+ y2 = 1 a2b242c2 = a2 - b2(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 ) 。u uruuuru ur u ur uuur u urapaq由題設(shè)知 ap , pb , aq , qb 均不為零，記l=u ur =pb urqb,則l 0 且l 1u uru ur uuuru ur又 a，p，b，q 四點(diǎn)共線，從而 ap = -lpb, aq = lqb于是4 =，x1 -lx2 1-lx = x1 + lx2

21、，1+ l1 = y1 -ly2 1- ly = y1 + ly21+ l從而x2 -l2 x212 = 4x ，ll （1）1-l2y2 -l2 y212 = y ，ll （2）1-l2又點(diǎn) a、b 在橢圓 c 上，即1221x2 + 2 y2 = 4,ll(3)x2 + 2 y2 = 4,ll(4)（1）+（2）2 并結(jié)合（3，（4）得 4s + 2 y = 4即點(diǎn)q(x, y) 總在定直線 2x + y - 2 = 0 上方法二uuru ur uuur u ur設(shè)點(diǎn)q(x, y), a(x1 , y1 ), b(x2 , y2 ) ，由題設(shè)， pa , pb , aq , qb 均不為零

22、。uuru urpapb且 u uraq= u urqbuuruuur u uruuur又 p, a, q, b 四點(diǎn)共線，可設(shè) pa = -laq, pb = lbq(l 0, 1) ,于是x = 4 -lx , y = 1-ly（1）11-l11- lx = 4 + lx , y = 1+ ly（2）21+ l21+ l由于 a(x1, y1), b(x2 , y2 ) 在橢圓 c 上，將（1），（2）分別代入 c 的方程 x2 + 2 y2 = 4, 整理得 (x2 + 2 y2 - 4)l2 - 4(2x + y - 2)l+14 = 0（3）(x2 + 2 y2 - 4)l2 + 4

23、(2x + y - 2)l+14 = 0(4) (4)(3)得8(2x + y - 2)l= 0 0,2x + y - 2 = 0即點(diǎn)q(x, y) 總在定直線 2x + y - 2 = 0 上問(wèn)題十：范圍問(wèn)題（本質(zhì)是函數(shù)問(wèn)題）設(shè) f 、 fx 2分別是橢圓+ y 2 = 1的左、右焦點(diǎn)。124（）若 p 是該橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求 pf1 pf2 的最大值和最小值；（）設(shè)過(guò)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。3解：（）解法一：易知 a = 2, b = 1, c =所以 f1(- 3,

24、0),f2( 3, 0)，設(shè) p (x, y )，則1upufur uupufr2= (- x, - y ),( 3 - x, - y )= x2 + y2- 3 = x2+ 1- x2 - 3 = 1 (3x2 - 8) 443 uuur uu ur因?yàn)?x -2, 2，故當(dāng) x = 0 ，即點(diǎn) p 為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)， pf1 pf2 有最小值-2uuur uu ur當(dāng) x = 2 ，即點(diǎn) p 為橢圓長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí)， pf1 pf2 有最大值13解法二：易知 a = 2, b = 1,c =，所以 f1(-3, 0),f2( 3, 0)，設(shè) p (x, y )，則uuur uu uruuur u

25、u uruuur uu uruuur 2pf1uu ur2+ pf2uuuur 2- f1f2pf1 pf2 =pf1 pf2 cos f1pf2 =pf1 pf2 uuuruu ur2 = 1 (x +2 pf1 pf23 )2 + y2 + (x -3 )2 + y2 -12 = x2 + y2 - 3 （以下同解法一）（）顯然直線 x = 0 不滿足題設(shè)條件，可設(shè)直線l : y = kx - 2, a(x1, y2 ), b (x2 , y2 )， y = kx - 2 21 2聯(lián)立 x2 + 2，消去 y ，整理得： k + 4 x+ 4kx + 3 = 0 4y = 14k3 x1

26、+ x2 = - k 2 + 1 , x1 x2 = k 2 + 144321 23由d = (4k ) - 4 k + 3 = 4k - 3 0 得： k - 4 22uuur uuur又 00 a0b 0 oa ob 0uuur uuur oa ob = x1 x2 + y1 y2 0又 y y = (kx + 2)(kx + 2)= k 2 x x + 2k (x + x )+ 4 =3k 2+-8k 2 + 4 = -k 2 +11 2121 212k 2 + 1k 2 +1k 2 + 14443k 2 + 1+ -k 2 +1 0 ，即 k 2 4 -2 k 21k 2 +44故由、

27、得-2 k -3 或3 k 0）過(guò) m（2，） ，n(,1)兩點(diǎn)，o 為坐標(biāo)原點(diǎn)，ab2（i） 求橢圓 e 的方程；u uru ur（ii） 是否存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓 e 恒有兩個(gè)交點(diǎn) a,b,且oa ob ？若存在，寫出該圓的方程，并求|ab |的取值范圍，若不存在說(shuō)明理由。6x2y22解:（1）因?yàn)闄E圓 e:2 += 1（a,b0）過(guò) m（2，） ，n(,1)兩點(diǎn), 4 + 2 = 1ab2112a2b2 a2 = 8a= 8x2y2所 以 6 1 += 1 解得 1 =1 所以 b2= 4 橢圓 e 的方程為+= 184 a2b2b24u uru ur（2）假

28、設(shè)存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓 e 恒有兩個(gè)交點(diǎn) a,b,且oa ob ,設(shè)該圓的切線方程為 y = kx + m2 22221y = kx + m 解方程組 x2 + y2 = 得 x 84+ 2(kx +m) = 8 , 即 (1+ 2k )x+ 4kmx + 2m - 8 = 0 , w.w.w.k.s.5.u.c.o.m則 =16k 2m2 - 4(1+ 2k 2 )(2m2 - 8) = 8(8k 2 - m2 + 4) 0 , 即 8k 2 - m2 + 4 0x + x = -4km 12 x x1+ 2k 2,= 2m2 - 81 21+ 2k 222k 2

29、 (2m2 - 8)4k 2m22m2 - 8k 2u uru ury1 y2 = (kx1 + m)(kx2 + m) = k x1 x2 + km(x1 + x2 ) + m =-+ m1+ 2k 21+ 2k 2= 1+ 2k 2要使oa ob ,2m2 - 8m2 - 8k 22223m2 - 822需使 x1 x2 + y1 y2 = 0 ,即1+ 2k 2 +1+ 2k 2= 0 ,所以3m - 8k - 8 = 0 ,所以 k = 0 又 8k - m + 4 0 ,8 m2 2282 62 6所以,所以 m ,即 m 或 m -,因?yàn)橹本€ y = kx + m 為圓心在原點(diǎn)的圓

30、的一條切線,所以圓的半徑3m2 8333mm2m282 6228為 r = , r 2 =, r =,所求的圓為 x + y=,此時(shí)圓的切線 y = kx + m 都滿足1+ k 21+ k 23m2 - 83332 61+8m 2 62 62 6x2y 22 6 或 m -,而當(dāng)切線的斜率不存在時(shí)切線為 x = 與橢圓+= 1的兩個(gè)交點(diǎn)為(, ) 或33384332 6 ,32 6uuuruuur228=(-) 滿足3oaob ,綜上, 存在圓心在原點(diǎn)的圓 x + y，使得該圓的任意一條切線與橢圓 e 恒有兩個(gè)交點(diǎn)3u uru ura,b,且oa ob .x + x = -4km 12因?yàn)?+ 2k 2,2m2 - 8 x1x2 =1+ 2k 2224km22m2 - 88(8k 2 - m2 + 4)所以(x1 - x2 )(x - x ) + y - y212(12)2| ab |= (x1 + x2 )- 4x1x2 = (- 1+ 2k=- 4 =,21+ 2k 2(1+ 2k 2 )2(1+ k 2 )(x1 - x2 )2(1+ k2) 8(8k 2 - m2 + 4)(1+ 2k 2 )2=32 4k4+ 5k +2 134k 4 + 4k 2 +1=當(dāng) k 0=,32