圓錐曲線大題歸類

1、圓錐曲線大題歸類定點問題X2例1已知橢圓C:孑+ /= 1(a1)的上頂點為A,右焦點為F,直線AF與圓M :(x-3)2+ (y 1)2 = 3 相切.(1)求橢圓C的方程； (2)若不過點A的動直線I與橢圓C交于P, Q兩點，且APAQ= 0,求證：直 線I過定點，并求該定點的坐標.解析圓M的圓心為(3,1)，半徑r = 3.由題意知 A(0,1), F(c,0),x直線AF的方程為c+ y= 1,即x+ cy c= 0,w解得 c2= 2, a2 = c2 + 1 = 3,x2故橢圓c的方程為3+y2= 1.(2)方法一：由=0知API AQ,從而直線AP與坐標軸不垂直，1故可設直線AP

2、的方程為y= kx+1,直線AQ的方程為y=只+ 1.y= kx+ 1,聯(lián)立 x22整理得(1+ 3k2)x2 + 6kx= 0,3 + y2= 1，解得 x= 0 或 x= 1+；：2,6k 1 3 k2故點P的坐標為(1 + 3k2，1 + 3k2)，6kk直線i過定點（0，刁. 3同理，點 Q的坐標為（QT匚3，Q品）k2 3 1 3k2直線I的斜率為k2 + 3 1 + 3k2 k2 16k = 4k ，k2 + 3 1 + 3k2直線I的方程為y=k2 16kk2 34k % k2+ 3) + k2 + 3，即y=k2114k x 2.1直線i過定點（o， 2）.方法二：由=0知AP

3、IAQ,從而直線PQ與x軸不垂直，故可設直線I的方程為y= kx+ t（t豐1），y= kx+1，聯(lián)立X223+宀整理得(1 + 3k2)x2 + 6ktx+ 3(t2 1) = 0.6ktx1 + x汁礙，設 P(X1, y”，Q(x2, y2)則3t2 1(*)x1x2=7+3?，由= (6kt)2 4(1 + 3k2) x 3(t2 1)0，得3k2t2 1由=0，得 =(冷，y1 1) (，y2 1)= (1 +)x1x2+ k(t 1)(x1 + X2) + (t 1)2 = 0，1將(*)代入，得t= 1，例2已知拋物線C :寸=2px(p0)的焦點F(1,0), O為坐標原點，A

4、, B是拋物線C上異于0的兩點.(1)求拋物線C的方程;1若直線OA, 0B的斜率之積為，求證：直線AB過x軸上一定點.解析(1)因為拋物線y2 = 2px(p0)的焦點坐標為(1,0),所以號二1,所以p=2.所以拋物線C的方程為y2= 4x.(2)證明：當直線AB的斜率不存在時，設 A(4, t), B(4, t).1因為直線OA, OB的斜率之積為一刃t t 1所以= q,化簡得t2= 32.4 4所以A(8, t), B(8, t)，此時直線AB的方程為x= 8.當直線AB的斜率存在時，設其方程為y= kx+ b, A(xa, yA), B(xb, yB),2y2= 4x,聯(lián)立得化簡得

5、ky2 4y + 4b= 0.y= kx+ b,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得yAyB=4b，因為直線oa, ob的斜率之積為一2,所以yAB=2，2xA xB2yA yB即 xaxb + 2yAyB = 0.即；壬 + 2yAyB= 0,解得 yAyB = 0(舍去)或 yAyB= 32所以 yAyB =匸=32,即 b= 8k,所以y= kx 8k, y= k(x 8).綜上所述，直線AB過定點(8,0).圓錐曲線中定點問題的兩種解法(1) 引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點.(2) 特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再

6、證明該定點與變 量無關(guān).二.定值問題X y例3已知橢圓C:孑+ bj= 1(ab0)的兩個焦點分別為Fi( ,2,0),F22,0),點M(1,0)與橢圓短軸的兩個端點的連線互相垂直.導學號30072628(1) 求橢圓C的方程；過點M(1,0)的直線I與橢圓C相交于A, B兩點，設點N(3,2)，記直線AN, BN的斜率分別為k1, k2,求證：k1+ k2定值.解析(1)依題意，由已知得c= ,2,則a2 b2= 2,x2由已知易得b= |OM|= 1,所以a= .3,所以橢圓的方程為3 + y2 1.當直線I的斜率不存在時，不妨設 A(1,書，B(1，)，則k1 + k22 J6 2丄血

7、2 32十 3=2 + 2 = 2 為定值.當直線I的斜率存在時，設直線I的方程為y= k(x 1),y=k x1 , 由x3+宀1得(3k2 + 1)x2 6/x+ 3k2 3 = 0,依題意知，直線I與橢圓C必相交于兩點，設A(X1, y”, B(X2, y2),沖6k23k2 3 e則 x1 + X2= 3k2 + 1, x1x2 = 3k2+ 1，又 y1 = k(X1 1), y2 = k(X2 1),所以k1+k2=31+32=2 y1 3 X2 + 2 y 3 X13 X1 3 X22 kxi 1 3 X2 + 2 kx2 1 3 xi3 xi 3 X212 2 xi + x?

8、+ k2xix24 xi + x2 + 69 3 xi + X2 + X1X26k23k2 36k212 2X 3k+1+ k2 % 3k+1 4X3k + 6 12 2k2 + 1 c二6k23k2二 6 2k2+ 1 二 2，9 3X 3k+1+ 3k+1綜上，得ki + k2為定值2.例4 （2016北京理科）求定值問題常見的方法（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān).（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.三探索性問題例5.（2015新課標全國U, 12分，理）已知橢圓C: 9x2 + y2= m2（m0），直 線I不過原點O且不平行于坐標軸，I與

9、C有兩個交點A，B,線段AB的中點 為M.（1）證明：直線OM的斜率與I的斜率的乘積為定值；若l過點（m，m），延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平 行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.解析（1）設直線 l: y= kx+ b（kM0，0），A（xi，yi），B（x，y2），M（xm, yM）.將 y= kx+ b 代入 9X2 + y2= m2得（+ 9）x2 + 2kbx+ b2 m2= 0，故xi + X2 kb2二 k2 + 9,yM = kxM+ b=9bk2+ 9.于是直線OM的斜率kOM二豐二-4即kOM k=- 9.所以直線OM的斜率與I的斜率的乘積為

10、定值.四邊形OAPB能為平行四邊形.因為直線I過點(m, m),所以I不過原點且與C有兩個交點的充要條件是 k0,心 3.9 由(1)得OM的方程為y= rx.設點P的橫坐標為xp.9由尸宀得應 9/ + y2= m2k2m2ikm_9k2+ 81,即 xp 3 &9.將點(m, m)的坐標代入I的方程得b m3 k，因此XM Y3,.四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段 AB與線段OP互相平分，即XP=2xm.于是ikm3求+ 92Xk k 3 m3 k2+ 9，解得 ki = 4 7,k2= 4+ . 7.因為 ki0, ki 豐3, i = 1,2,所以當I的斜率為4 .7或4+ .7

11、時，四邊形OAPB為平行四邊形.X2 y2例6.已知橢圓C:孑+含=1(ab0)的右焦點為F(1,0),右頂點為A,且AF|(1)求橢圓C的標準方程；若動直線l: y= kx+ m與橢圓C有且只有一個交點P,且與直線x=4 交于點Q,問：是否存在一個定點M(t,0),使得=0.若存在，求出點M的坐標； 若不存在，說明理由.解析由 c= 1, a c= 1,得 a= 2,二 b=3,2 2故橢圓c的標準方程為x+3=1.y= kx+ m,由 3X2+ 4y2= 12,消去 y得(3 + 4k2)x2+ 8kmx+ 4m2 12= 0, = 64k2m2 4(3+ 4k2)(4m2 12)= 0,

12、即 m2 = 3 + 4k2.,4k23 前 z 4k 3、yp= kxp+ m= + m= m，即卩 p( m，伸- M(t,0), Q(4,4k+ m),4k 3 = ( m t, m),=(4 t,4k+ m),4k34k = ( t) t)+m (4+ m)=t24t+3+ m(t1)=0 恒成立,故 t=1, 故 t24t + 3= 0,即 t = 1.存在點M(1,0)符合題意.設 P(xp, yp),則 xp=4km3+ 4k24km,yp= kxp+ m=空 + m= 3m m即P(-半m)- M(t,0), Q(4,4k+ m),=(簽t, m)= (4 t,4k+ m),4

13、k4k1) 1)+-(4+ m) = t2 4t + 3+4km(t 1)= 0恒成立,故 t=1, 故 t24t + 3= 0,即 t = 1.存在點M(1,0)符合題意.四、取值范圍問題x例7.（2015浙江，15分）已知橢圓+ 卄1上兩個不同的點A, B關(guān)于直線1 y= mx+ 2 對稱.（1）求實數(shù)m的取值范圍；求 AOB面積的最大值（O為坐標原點）.1x222+y = 1,1 u 尸mx+ b，解析由題意知 m工0，可設直線 AB的方程為y二一冷乂 + b.由消去 y,得(2 + mx2 2bx+ b2 1 = 0.因為直線 y=三乂+ bx24與橢圓2 + y2 = 1有兩個不同的

14、交點，所以 = 2b2+ 2 +帚20,2mbm2b設m為AB的中點，則M（m+2, R，1m2 + 2代入直線方程y= mx+ 2，解得b= 2m2 .由得mb0）的兩焦點，與橢圓有且僅有兩個公共點，直線I: y= kx+ m與圓x6411 k2 1,得2 = AB|3.設 OAB 的 AB 邊上的高為 d,貝U S= 2AB|d = 2AB|, 所以S0)的直線交E于A, M兩點，點N在E 上, MA丄NA. + y2= 1相切，與橢圓孑+詁=1相交于 23A, B兩點.記A OA?OB 且于U4.(1) 求橢圓的方程；(2) 求k的取值范圍；(3) 求厶OAB的面積S的取值范圍.解：(1

15、)由題意知2c= 2,所以c= 1因為圓與橢圓有且只有兩個公共點，從而bx2=1,故a= .2,所以所求橢圓方程為2 + y2 1.(2)因為直線I: y= kx+ m與圓x2 + y2= 1相切，所以原點O到直線I的距離為=1, 即 卩 m2= k2 + 1.由y= kx+ m,得(1 + 2k2)x2 + 4kmx+ 2m2- 2 = 0.設 A(X1, y1), B(x2, y2),則 X1 + x2 =4km1+ 2k2,2m2 2x1x2 二 G? A=X1X2+ yy2 = (122k2 +1+ k2)X1 x2 + km(x1 + X2)+ m2 =仔？丘2,231由3圧4,得2

16、=1, 即卩k的取值范圍是-1,-今u2 1 (3)|ABf= (X1-X2)2+ (y1-y2)2= (1 + k2)(x1 + X2)2-4x1X2二 2 2疋+ 2,由2當t = 4, |AM|= |AN|時，求 AMN的面積;當2AM|=|AN|時，求k的取值范圍.x y【解】(1)設M(xi, yi),則由題意知yi0.當t= 4時，E的方程為+號=、.n1, A( 2, 0).由已知及橢圓的對稱性知，直線 AM的傾斜角為4.因此直線AMX y212的方程為y= x+ 2.將x=y 2代入4 += 1得7y2 12y= 0.解得y= 0或y=,1211212144所以y1 =.因此

17、AMN的面積Smmn = 2X 27 X-y = 藥.x2(2)由題意知t3, k0, A( t, 0).將直線AM的方程y= k(x+ . t)代入yy2t2k2 3t由題設知，直線AN的方程為y= k(x+Jl),故同理可得+ 3 = 1 得(3 + tk2)x2 + 2錄 tk2x + t2k2 3t = 0.由 X1 *) = 3+lk得 為=t 1 + k22k由2AME IAN得穴二冇，即(k3 2)t= 3k(2k 1).當k= 3 2時上式不成立，因此3k 2k 1y人十 k3 2k2 + k 2k 2 k2 + 1kz2k 2，誹 k23 等價于k3 2-k3 -20，即廠0

18、.由此得k3 20,解得3 2k2.因此k的取值范圍是 (32, 2).五.最值問題卡左、右焦點分別是Fi, F2.以Fi為圓心、以3為半徑的圓與以F2為圓心、 以1為半徑的圓相交，且交點在橢圓 C 上.(1)求橢圓C的方程；x2y設橢圓E：荷+ 4b2= 1, P為橢圓C上任意一點，過點P的直線y= kx + m交橢圓E于A, B兩點，射線PO交橢圓E于點Q. 求器|的值； 求 ABQ面積的最大值.解】(1)由題意知2a=4,則a = 2.又a=，a2-c2二b2,可得 b= 1,a 2X2 y2由知橢圓E的方程為16+ 4 = 1.設P(xo,yo),1OQ1_ .|OP|_ 人由題意知Q(入x,入y. 因為弓+yo= 1,22刊一入x入y又+ 兒16=1,即處 + y0 = 1,所以入=2,即|OQ| = 2. 所以橢圓C的方程為4 + y2= 1.設 A(X1, y1), B(x2, y2).將y= kx+ m代入橢圓E的方程，可得(1 + 4k2)x2+ 8kmx+ 4m2 16= 0,由 40,可得 m24 + 16k2.貝U有 Xl + X2 =8km1+ 4k2，X1X2 =4m2 161+ 4k2 .所以 x 一 X2I =4 16k2 + 4 m21 + 4k2因為直線y= kx+ m與y軸交點的坐標為(0, m),所以 OAB的面積1