專題圓錐曲線大題有答案(供參考)

1、文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持直線和圓錐曲線?？碱}型運用的知識：1、中點坐標(biāo)公式： x x1 x2 ,y y1 2”,其中x,y是點A(x1,y1), B(x2, y2)的中點坐標(biāo)。2、弦長公式：若點 A(x1,y1), B(x2, y2)在直線y kx b(k 0)上,則yi kxi b, y2 kx2 b ,這是同點縱橫坐標(biāo)變換，是兩大坐標(biāo)變換技巧之一,或者AB,(xi x2)2 (yi y2)2(1xi12kx2)(yiy2)2(1k，2)(yiy2)2J(1 占(yi y2)2 4yiy21。3、兩條直線 li : y kix bi,l2: y k?x b

2、2垂直：則 kik21兩條直線垂直，則直線所在的向量Vi|V2 02b c4、韋達定理：若一兀二次萬程ax bx c 0(a 0)有兩個不同的根 、/，則， x2一，x,x2 一。a a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22例題1、已知直線l:y kx 1與橢圓C:' 1始終有交點，求 m的取值范圍4 m22解：根據(jù)直線l : y kx 1的方程可知，直線恒過定點(0, 1),橢圓C:上 1過動點(0, Jm),且 m 4)如4 m22果直線l : y kx 1和橢圓C : 1始終有交點，則 4m 1,且m 4 ,即1 mH m 4。4 m規(guī)律提示：通過直線的

3、代數(shù)形式，可以看出直線的特點：題型二：弦的垂直平分線問題例題2、過點T(-1,0)作直線l與曲線N : y2 x交于A、B兩點，在x軸上是否存在一點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:y k(x 1), k 0, A( x, yi), B(x2,y2)。由 y2 k(x ，)消 y 整理，得 k2x2 (2k2 i)x k2 0y x由直線和拋物線交于兩點，得(2k2 1)2 4k4 4k2 1 0r2 1即0 k2 ,410文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.由韋達定理，得：x,

4、 x2線段的垂直平分線方程為:111 2k2y 一(x -2k k 2k人1111）令y=0，得x。左5'則E（定”，。,1ABE為正三角形，E（2k21,0）到直線AB的距離d為£jAB。AB,;(Xi X2)2 (y1 '產(chǎn)1 4k2k23 力1 k22k22k解得k.39、滿足式此時Xo13_2- 22k2 12k2 1 1,X1X2 1。則線段AB的中點為(,)。k22k2 2k題型三：動弦過定點的問題例題3、已知橢圓C:2y2 1(a b b20）的離心率為,且在2x軸上的頂點分別為A i（-2,0）,A 2（2,0）。（I）求橢圓的方程;(II)若直線 l

5、：x t(t2）與x軸交于點T,點P為直線l上異于點T的任一點，直線PAi,PA2分別與橢圓交于 M、N點,試問直線MN是否通過橢圓的焦點？并證明你的結(jié)論解：（I）由已知橢圓C的離心率e -a2a 2,則得c J3,b 1。從而橢圓的方程為 4(II )設(shè)M (不，%) , N(x2, y2),直線AM的斜率為k1,則直線AM的方程為ki(x 2),k1(x4y22)消y 4整理得22_ 2(1 4k1)x16k2x 16kl 4 02和是方程的兩個根，2x116kl21 4k12Xi8k122 )1 4k124 kly121 4 k12,即點M的坐標(biāo)為（22 8k121 4k12 '

6、4k1 )1 4k12 '同理，設(shè)直線A2N的斜率為k2,則得點N的坐標(biāo)為（11k41,戊） 11 yp k1(t2),yp k2(t2)k1k2k1k22,.，、一2，;直線MN的方程為: tyy1xX1y2y1X2X1xx2y1x1y2 ,將點 M、yy2的坐標(biāo)代入，化簡后得:(6。)4 G 即 tt4、334，0 2:橢圓的焦點為 t故當(dāng)t時，MN過橢圓的焦點。3題型四：過已知曲線上定點的弦的問題2例題4、已知點A、B、C是橢圓E:,a過橢圓白中心。，且aCBC o, bC,222 1 (a b 0)上的三點，其中點 A(2j3,0)是橢圓的右頂點，直線BCb2. aC,如圖。(

7、I)求點C的坐標(biāo)及橢圓E的方程；(II)若橢圓E上存在兩點P、Q,使得直線 PC與直線QC關(guān)于直線x J3對稱，求直線PQ的斜率。將點C(B J3)代入方程，得b2點c的坐標(biāo)為(J3, J3)。(II) 直線PC與直線設(shè)直線PC的斜率為(1 3k2)x2 6、3k(12橢圓E的方程為人122x122 y4QC關(guān)于直線xk)x29k2 18k 3"I百13k2 即 xI 3kI Vp Vqkxp、3(1 k)xpxq9k2 18k 3.3(1 3k2)9k 2則直線PQ的斜率為定值題型五：共線向量問題kx9k2. 3(1QC的斜率為點(1 k),由18k9k2 18k 3、3(1 3k

8、 2)從而直線kx 3(13y2 12PC的方程為:k)消y,整理得:0J3是方程的一個根,同理可得:xQ9k2 18k 3,3(1 3k2)kxQ 73(1 k) = k(xP18k 336k3k2)3(1 3k2)kPQxQ)Vp273k=廠 12k 2- 3(1 3k )Vqxpxq2例題5、設(shè)過點D(0,3)的直線交曲線 M :921于P、Q兩點，且4DP二1DQ，求實數(shù)a的取值范圍。解：設(shè) P(X1,y1),Q(X2,y2),DP . dQ| 二(X1,y1-3)=入(X2,y2-3)即3)判別式法、韋達定理法、配湊法設(shè)直線PQ的方程為：y kX 3,k 0,由yJX 3消y整理后，

9、得4x2 9y2 3622(4 9k2)X2 54kX 45 0=P、Q是曲線M上的兩點2(54 k)2 4 45(49k2)= 144k2 80即 9k2 5由韋達定理得：54k菽X1X24524 9k2211(X1 X2)XiX2X1X2X2Xi2. 254 k45(4 9k2)(1)2即二65(1)2J 19k49k2由得19k21 ，一也 一,代入，整理得 51 q5(1)2當(dāng)直線PQ的斜率不存在，即 X 0時，易知一 ，一一 1總之實數(shù)工的取值范圍是 1,5 。5題型六：面積問題2X例題6、已知橢圓C:ab21 (a>b>0)一、 一，.6 ，一 人的離心率為 一6,短軸

10、一個端點到右焦點的距離為3 3 。3(I )求橢圓C的方程;(n )設(shè)直線l與橢圓C交于A、B兩點，坐標(biāo)原點 O到直線l的距離為包,求 AOB面積的最大值。解：(I )設(shè)2橢圓的半焦距為依題意容 b 1,所求橢圓方程為33,y21。(n)設(shè) A(xi, yi)BM,y2)。(i)當(dāng) ABX x軸時,AB(2)當(dāng)AB與x軸不垂直時,設(shè)直線AB的方程為y kxm 。由已知m_4(k21)。把y kx m代入橢圓方程,整理得(3k21)x26kmx3m26 kmXi x23k 1x1x223(m2 1)O3k2 1AB2(1 k2)(x2Xi)22(1 k )36k2m2(3k2 1)212(m2

11、1)3k2 12212(k2 1)(3k2 1m2)(3k21)2223(k2 1)(9k2(3k2 1)21)12k29k4 6k2 112219k 2 k(k 0)< 36122 3 64°當(dāng)且僅當(dāng)9 k2立時等號成立。當(dāng)k 0時,3綜上所述| ABmax 2。 , _ 一 _1當(dāng)AB最大時，ZXAOB面積取最大值S 2,3 J3O22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C (0, p)作直線與拋物線x2=2py (p>0)相交于A、B兩點。(I )若點N是點C關(guān)于坐標(biāo)原點 O的對稱點，求 ANB面積的最小值;(n)是否存在垂直于y軸的

12、直線被以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l,使得l 理由。2py kx p.2x(I )依題忌，點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y文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持1 -消去 y 得 x?-2pkx-2P =0.由韋達te理得 xi+X2=2pk,xiX2=-2p 于是 S abn S bcn S acn 2 pxiX2=pxiX2pT(xiX2)24X2=pj4p2k28p22p2Jk22.當(dāng) k0時，(S abn) min2/2p2.(n

13、)假設(shè)滿足條件的直線 l存在，其方程為y=a,AC的中點為O ,t與AC為直 徑的圓相交于點 P、Q, PQ的中點為 H,則 OH PQ,O 點的坐標(biāo)為(,"/) O P| 1|AC| 1國(y1 一/=1八2一p2 .OH| a12a % p, |PH 2 OP2 OH = 4(y12 p2) 4(2a y p)2, p、=(a)y1 a(p a),2PQ2 (2PH)2 = 4 (a 9y2 a(p a).令a p 0,得a 匕此時|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:(I)前同解法1,再由弦長公式得=2p 1

14、 k2 .k2 2.又由點到直線的距離公式得_2p_,1 k21 .從而，S ABN 二 d2AB2 pv11 k2 >fk2,2p2 p2v1k2 2.1 k2(n)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 xi) (yp)(y y1) 0,將直線方程y=a代入得設(shè)直線l與以AC為直徑的圓的交點為 P (x2,y2),Q (x4,y4),則有令a 艮 0得a »此時PQ p為定值，故滿足條件的直線 l存在，其方程為y 2'2 '即拋物線的通徑所在的直線。題型八：角度問題例題8、(如圖(21)圖，M (-2, 0)和N

15、 (2, 0)是平面上的兩點，動點 P滿足：PMPN| 6. (i)求點P的軌跡方程；(n)若pm PN1 cos MPN,求點P的坐標(biāo).解：(I)由橢圓的定義，點 P的軌跡是以 M N為焦點，長軸長2a=6的橢圓.因此半焦距c=2,長半軸a=3,從而短半軸11文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.歡迎下載支持 22b, Ja2 c2J5所以橢圓的方程為 1.95( n)由 PM PN1 cosMPN，得PM|PN cosMPNPM I PN 2.因為cosMPN1,P不為橢圓長軸頂點，故P、M N構(gòu)成三角形.在4 PM曲，MN 4,由

16、余弦定理有MNPM將代入，得PN422 2 PM | PN cosMPN.PMPN2 2( PM I PN2).N為焦點，實軸長為2事的雙曲線y2 1 上.18文檔來源為：從網(wǎng)絡(luò)收集整理.word版本可編輯.由(I )知，點P的坐標(biāo)又滿足由方程組5x22x29y2 45,3y2 3.解得x3 3T,_5 2 .即P點坐標(biāo)為3.3 .53,3,5. 3.353 3(-2-,-2-卜(丁，-2")、(-2-，-2-)或(-2-5)一下).問題九：四點共線問題2X例題9、設(shè)橢圓C : 2 a2 y b21(a b0)過點M (J5,1),且著焦點為Fi( J2,0)(n)當(dāng)過點P(4,1)

17、的動直線l與橢圓C相交與兩不同點 A, B時，在線段AB上取點(i)求橢圓C的方程;證明：點Q總在某定直線上 解(1)由題意：2c_2a2c1b22a1,解得a2b224,b2 2,所求橢圓方程為4(2)方法設(shè)點Q、A、B 的坐標(biāo)分別為(x, y),(x, y1),(x2, 丫2)。由題設(shè)知aP, PB, aQ,qb又 A, P,Q四點共線，從而 aPA均不為零，記，則4 J，1%y21從而2 2 x22-x24x ，(1)22 2y1y2V y , * V2712又點A、B在橢圓C上，即(1) + (2) X 2并結(jié)合(3), (4)得4s2y 4即點Q(x, y)總在定直線2x y 2方法

18、設(shè)點 Q(x, y), A(xi,y。B(X2,y2),由題設(shè),pA,pB, aQ,Qb均不為零。又P, A,Q,B四點共線，可設(shè)pA aQ,pB bQ(0, 1)，于乂2x-,Y1x-y2£111(1)(2)由于A(x1，yi), Bd*)在橢圓C上，將(1),(2)分別代入2_2 一C的方程x 2y 4,整理得/ 22(x 2y24) 2 4(2 x y2)14 0(3)/ 22(x 2y2(4) 2 4(2 x y2)14 0(4)(4)-(3)得 8(2x y 2)0即點Q(x, y)總在定直線2x y 2 0上問題十：范圍問題(本質(zhì)是函數(shù)問題)2x 2設(shè)F1、F2分別是橢圓

19、y 1的左、右焦點。4(I)若P是該橢圓上的一個動點，求PFi PF2的最大值和最小值；(n)設(shè)過定點 M(Q2)的直線l與橢圓交于不同的兩點 A、B,且/ AOB為銳角(其中O為坐標(biāo)原點)，求直線l的 斜率k的取值范圍。解：(I)解法一：易知 a 2,b 1,c 石所以 Fl73,0 ,F2 60，設(shè) P x, y ,則因為x2,2 ,故當(dāng)x 0,即點P為橢圓短軸端點時,有最小值當(dāng)x 2,即點P為橢圓長軸端點時， PF1 PF2有最大值1解法二:易知a2,b 1,c 所以 F173,0 ,F2 V3,0，設(shè) P x, yx 3y212 xy2 3 （以下同解法一）(D)顯然直線0不滿足題設(shè)條

20、件,可設(shè)直線l : y kx 2,A。丫2 ,Bx2, y2 ,聯(lián)立kxxi又00x24k消去整理得:k24kx 3k24k4,xix24k2 30得：kA0B 900cosA0B 0x1x2y* 0kx2 21 2k x1x22k x1x23k2,2 1k 48k2,2 1k 4k2k2k2k20,即 k2 4故由、得 2 k3.3或22問題十一、存在性問題:（矩形、菱形、正方形）（存在點，存在直線,圓）y=kx+m ,存在實數(shù),存在圖形:三角形（等比、等腰、直角）2 設(shè)橢圓E: 二 a2y2r 1 (a,b>0)過M (2,顯),N(J6,1)兩點，O為坐標(biāo)原點, b（I）求橢圓E的

21、方程;（II）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓e恒有兩個交點a,b,且oA oB ?若存在，寫出該圓的方程，并求|AB |的取值范圍,若不存在說明理由。解：（1）因為橢圓E：2X2a2 匕 b2(a,b>0)過 M (2,我)N( J6 ,1)兩點,所以a262 a_2b1b1解得12 a1b218所以142ab2r ，、一x2橢圓E的方程為一8(2)假設(shè)存在圓心在原點的圓,使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點1A,B,且 OAoB，設(shè)該圓的切線方程為y kx m解方程組y2x8kx2y4m得 x2 2(kx m)2 8,即(1 2k2)x2124kmx 2m0