(經(jīng)典)高考數(shù)學(xué)直線和圓錐曲線?？碱}型及方法

1、高考數(shù)學(xué)直線和圓錐曲線?？碱}型及方法完整歸納與總結(jié)一相應(yīng)知識點(diǎn)歸納：1、中點(diǎn)坐標(biāo)公式： x x12x2,y y12y2 ，其中 x,y是點(diǎn)A(x1,y1)，B(x2,y2)的中點(diǎn)坐標(biāo)。 2、弦長公式：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，AB (x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2 (kx1 kx2)2(1 k2)(x1x2)2(1 k 2 )( x1 x2)2 4x1x2或者 AB(x1x2)2(y1y2)2(k1x1 k1 x2)2 (y1y2)2 (1k12

2、 )( y1y2)2(1 k12 )( y1 y2)2 4y1y2。3、兩條直線 l1 : y k1x b1,l2 : y k2x b2 垂直：則 k1k2 1兩條直線垂直，則直線所在的向量 v1 v2 04、韋 達(dá)定 理： 若一 元二 次方 程 ax2 bx c0( a0有) 兩個(gè)不 同的 根 x1,x2 ，則 bcx1 x 2,x x1 2 。aa5中點(diǎn)弦公式具有斜率的弦中點(diǎn)問題， 常用設(shè)而不求法(點(diǎn)差法)：設(shè)曲線上兩點(diǎn)為 (X1,Y1),(X2,Y2) ， 代入方程，然后兩方程相減，再應(yīng)用中點(diǎn)關(guān)系及斜率公式(當(dāng)然在這里也要注意斜率不 存在的情況討論)，消去四個(gè)參數(shù)。6焦點(diǎn)三角形橢圓或雙曲

3、線上一點(diǎn) P，與兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成的三角形問題，常用正、余弦定理搭橋7求曲線的方程問題1曲線的形狀已知 這類問題一般可用待定系數(shù)法解決。2曲線的形狀未知 求軌跡方程二經(jīng)典題型： 題型一：數(shù)形結(jié)合確定直線和圓錐曲線的位置關(guān)系 問題直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的基本方法是解方程組，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為一元二次方程后利用判 別式、根與系數(shù)的關(guān)系、求根公式等來處理，應(yīng)特別注意數(shù)形結(jié)合的思想，通過圖形的 直觀性幫助分析解決問題，如果直線過橢圓的焦點(diǎn)，結(jié)合三大曲線的定義去解。22例題 1、已知直線 l : y kx 1與橢圓 C: x y 1始終有交點(diǎn)，求 m的取值范圍220，1)，橢圓 C: x y 1過動點(diǎn)4m4m解：根

4、據(jù)直線 l: y kx 1的方程可知，直線恒過定點(diǎn)(220， m),且m 4，如果直線 l : y kx 1和橢圓 C: x y 1始終有交點(diǎn)，則 m 1，且m 4，4m即1 m且m 4 。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: y kx 1 過定點(diǎn)( 0，1)l : y k(x 1) 過定點(diǎn)( 1， 0)l : y 2 k(x 1) 過定點(diǎn)( 1，2)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 ： 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 ABE 是等邊三角形，若存在，求出 x0 ；若不存在，請說明理由。

5、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)。由 y2 k(x 1)消 y整理，得 y2 xk2x2 (2k2 1)x k2 0 由直線和拋物線交于兩點(diǎn)，得22 4 2(2k2 1)2 4k44k2 1 0即 0 k2 14由韋達(dá)定理，得： x1 x2x12k2 12 , x1x2 1 。 k則線段 AB的中點(diǎn)為 ( 2k 12k221k)。線段的垂直平分線方程為：21 1 1 2k2y (x 2 )2k k2k2令y=0,得x0 21k2 12，則 E(ABE為正三角形，21k2 21,0)2k2 2E(21k2

6、12 ,0)到直線 AB的距離 d為 23 ABAB(x1 x2)2 (y1 y2)21 4k 1 k2 dk21 k22k3 1 4k22k21 k22k解得 k 39 滿足式13此時(shí) x0 5 。3題型三：動弦過定點(diǎn)的問題例題 3、已知橢圓C：22x2 y2 1(a b 0) 的離心率為 ab3 ，且在軸上的頂點(diǎn)分別為A1(-2,0),A 2(2,0)I )求橢圓的方程；(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

7、率 e c 3，a 2,則得c 3,b 1 a22從而橢圓的方程為 x y2 14II )設(shè)M (x1, 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y2 k1(x2 2)消 y 整理得 (1 4k12)x2 16k2x 16k12 4 0 x2 4y2 42和x1是方程的兩個(gè)根，216k12 4 2x11 21 1 4k12則 x12 8k12 ，1 4k12 ，y14k11 4k122(8k22 2, 4k2 )(1 4k22 ,1 4k22 )即點(diǎn) M的坐標(biāo)為 (12 48kk112 ,1 4k41k12 ) ，同理，

8、設(shè)直線 A2N 的斜率為 k2，則得點(diǎn) N的坐標(biāo)為yp k1(t 2),yp k2(t 2)k1 k22k1 k2t直線 MN的方程為：y y1y2 y1x x1x2 x1令y=0，得x x2y1 x1y2 ，將點(diǎn) M、N的坐標(biāo)代入，化簡后得： y1 y2又 t 2 ， 0 4 2t橢圓的焦點(diǎn)為 ( 3,0)4t 3，即 t 433故當(dāng)t 4 3 時(shí)， MN過橢圓的焦點(diǎn) 題型四：過已知曲線上定點(diǎn)的弦且 存在兩點(diǎn)關(guān)于直線對稱問題 在曲線上兩點(diǎn)關(guān)于某直線對稱問題，可以按如下方式分三步解決：求兩點(diǎn)所在的直線，求這兩直線的交點(diǎn)，使這交點(diǎn)在圓錐曲線形內(nèi)。(當(dāng)然也可以利用韋達(dá)定理并結(jié)合判別 式來解決)22

9、例題 4、已知點(diǎn) A、B、C是橢圓 E：x2 y2 1 (a b 0)上的三點(diǎn)，其中點(diǎn) A(2 3,0) 是橢圓 ab的右頂點(diǎn)，直線 BC過橢圓的中心 O，且 AC BC 0 ， BC 2 AC ，如圖。(I) 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 x 3對稱，求直線 PQ 的斜率。解： (I)BC 2 AC ，且 BC過橢圓的中心 OOC ACACO2 又 A (2 3,0)點(diǎn) C的坐標(biāo)為 ( 3, 3) 。A(2 3,0) 是橢圓的右頂點(diǎn)，a 2 3 ，則橢圓方程為：221x22 by22 1將點(diǎn) C( 3, 3)

10、代入方程，得 b2 4，22橢圓E的方程為 1x2 y4 1(II)直線 PC與直線 QC關(guān)于直線 x 3 對稱，設(shè)直線 PC的斜率為 k ，則直線 QC的斜率為 k ，從而直線 PC的方程為： y 3 k(x 3) ，即y kx 3(1 k) ，由 y2 kx 2 3(1 k)消 y，整理得：x2 3y2 12 0(1 3k2)x2 6 3k(1 k)x 9k2 18k 3 0 x 3 是方程的一個(gè)根，9k2 18k 321 3k2x 9k2 18k 3 xP3(1 3k2)同理可得：9k2 18k 3xQ3(1 3k2)12k3(1 3k2)yP yQ kxP 3(1 k) kxQ3(1

11、k)k(xP xQ) 2 3k 22x x 9k2 18k 3 9k2 18k 3 36kxP xQ3(1 3k2)3(1 3k2) 3(1 3k2)yP yQ 1PQxP xQ 3則直線 PQ的斜率為定值 1 。3題型五：共線向量問題2 2 uuur uuur 例題5、設(shè)過點(diǎn) D(0,3) 的直線交曲線 M：x y 1于P、Q兩點(diǎn)，且DuuPur = l DuuQur ,求實(shí)數(shù)l 的 94取值范圍解：設(shè) P(x1,y 1),Q(x 2,y 2), uuur uuurQ DP = l DQ(x 1,y 1-3)= l (x 2,y 2-3)即?íìy1 x211=l3x+4

12、5l(y2- 3)方法一：方程組消元法22又Q P、Q是橢圓 x2+y2=1上的點(diǎn)9422ìx22 9k 2 + y22 = 1? 9 4í 2 2?(l x2)2 + (l y2 + 3- 3l )2 = 1? 9 + 4 = 1消去 x2，2 2 24 即y2=13l6l- 5可得 (l y2 + 3- 3l ) - l y2 = 1- l 2又 Q 2y2 2，解之得：2 13l - 5 2 6l 15 5則實(shí)數(shù) l的取值范圍是 15,5 。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 ， 由 4yx2kx9y32 36消 y整理后

13、，得22(4 9k2)x2 54kx 45 0P、Q是曲線 M上的兩點(diǎn)(54k)2 4 45(4 9k2) 144k2 80 0 即 9k2 5 由韋達(dá)定理得：54k24 9k2(x1 x2)2 x1 x2 2 x1x2x2 x1365(1 )2由得 0 9k12 51，代入，整理得1 36 2 9 ，5(1 )2 52 2 254k2(1 )b 1 ， 所求橢圓方程為 x3 y2 1 。45(4 9k2)29k2 4 49k2 1 9k2解之得 1 55當(dāng)直線 PQ的斜率不存在，即 x 0 時(shí)，易知 5或 1 5總之實(shí)數(shù) l 的取值范圍是 1,5 。5題型六：面積中的 最值問題1、建立目標(biāo)函

14、數(shù)。用坐標(biāo)表示距離，用方程消參轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)的最值問題，關(guān) 鍵是由方程求 x、y 的范圍；2、數(shù)形結(jié)合，用化曲為直的轉(zhuǎn)化思想；3、利用判別式，對于二次函數(shù)求最值，往往由條件建立二次方程，用判別式求最值；4、借助均值不等式求最值。例題 6、已知橢圓 C： ax2 by2 1（a>b>0）的離心率為 36,短軸一個(gè)端點(diǎn)到右焦點(diǎn)的距 離為 3 。）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 23，求AOB面積的最大值。c 6 ，解：（）設(shè)橢圓的半焦距為 c ，依題意 a 3 a 3，)設(shè) A(x1，y1)， B(x2，y2)。（1）

15、當(dāng) ABx軸時(shí)， AB3 。（2）當(dāng) AB 與x軸不垂直時(shí)， 設(shè)直線 AB 的方程為 y kx m 。由已知 m3 ，得 m2 3（k2 1） 。1 k2 2 4把 y kx m代入橢圓方程，整理得 （3k2 1）x2 6kmx 3m2 3 0 ，x1x26km3(m2 1)x1x23k2 12 2 2AB (1 k2)(x2 x1)22(1 k2)36k2m2 12(m2 1)(3k2 1)23k2 12 2 2 2 212(k2 1)(3k2 1 m2) 3(k2 1)(9k2 1)22 2 23412k22429k4 6k2 1(3k2 1)2(3k2 1)212 123 (k 0) 3

16、4 。9k2 12 6 2 3 6 k2當(dāng)且僅當(dāng) 9k2 12 ，即 k3 時(shí)等號成立。當(dāng) k 0時(shí)， AB 3 ，k23綜上所述 AB max 2 。max當(dāng) AB 最大時(shí)， AOB 面積取最大值 S 1 AB2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 x2=2py（p>0） 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) N的坐標(biāo)為

17、N（0,-p ）,可設(shè) A（x1,y 1）,B（x2,y 2），直線 AB的方 2程為 y=kx+p, 與 x2=2py 聯(lián)立得 x 2py 消去 y 得 x2-2pkx-2p 2=0.y kx p.由韋達(dá)定理得 x1+x2=2pk,x 1x2=-2p 2.于是 S ABN1S BCN S ACN 2 2px1x2 px1 x2p (x1 x2)2 4x1x2（）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為直 徑的圓相 交于點(diǎn) P、Q，PQ的中點(diǎn)為 H，則OH PQ,O點(diǎn)的坐標(biāo)為（ x1, y1 p）22O P 12 AC 21 x1 （y1 p）OHa y1

18、 p12a y1 p,222PH 22OP2OH21 2 2 1 2 = (y1 p ) (2a y1 p)44p(a)y1 a(p a),2PQ 2 (2PH )2=4 (a 2p)y2 a(p a) .令a 2p 0，得a 2p,此時(shí) PQ p為定值，故滿足條件的直線 l 存在，其方程為 y 2p，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AB 1k2 x1x21k2(x1x2)24x1x21k24p2k28p2 2p 1 k2 k2 2.又由點(diǎn)到直線的距離公式得 d 2p 2 .1 k2從而， S ABN 1 d AB 1 2p 1 k2 k2 2 2p 2 2p

19、2 k2 2,2 2 1 k22 當(dāng)k 0時(shí)，( S ABN)max 2 2p2.()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2x x1x (a p)(a y1) 0,則 x12 4(a p)(a y1) 4 (a 2p) y1 a(p a).設(shè)直線 l 與以 AC為直徑的圓的交點(diǎn)為 P（x2,y 2）,Q（x4,y 4） , 則有PQ x3 x44 (a 2p)y1 a(p a) 2p(a 2)y1 a(p a).令a 2p 0,得a 2p,此時(shí) PQ p為定值，故滿足條件的直線

20、 l 存在，其方程為y 2p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（2，0）是平面上的兩點(diǎn)， 動點(diǎn) P滿足： PM PN 6.）求點(diǎn) P 的軌跡方程；1 cos2 MPN ,求點(diǎn)P的坐標(biāo).）若 PMPN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 a=3，從而短半軸b= a2 c25 ，22所以橢圓的方程為 x y91.5()由PM PN 1 cos2MPN ,得PM PN cosMPN PM PN 2.因?yàn)?cosMPN 1,P不為橢圓長軸頂點(diǎn)，故 P、M、N構(gòu)成三角形

21、. 在 PMN中，MN 4,由余弦定理有MN22 PM2PN 2 2 PM PN cos MPN .將代入，得42 PM 2 PN 2 2( PM PN 2).2故點(diǎn) P在以 M、N為焦點(diǎn)，實(shí)軸長為 2 3 的雙曲線 x y2 1上.22解得x 3 325y 25.由()知，點(diǎn) P的坐標(biāo)又滿足 x9 y5 1，所以由方程組 52x 92y45,x2 3y2 3.即 P 點(diǎn)坐標(biāo)為3 3, 5)2 , 2 )33，22- 3 3 ， 5 )或(223 3 5， - )22問題九：四點(diǎn)共線問題22例題 9、設(shè)橢圓 C:x2 y2 1(a b 0)過點(diǎn) M( 2,1) ，且著焦點(diǎn)為 F1( 2,0)

22、ab)求橢圓 C 的方程；()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(shí)，在線段 AB上取點(diǎn)Q ，滿足AP QB AQ PB ，證明：點(diǎn) Q 總在某定直線上解 (1) 由題意：c2 22222 12 1 ，解得 a2 4,b2 2 ，所求橢圓方程為 x y 1 a b 4 22 2 2 c a b(2) 方法一AP AQPB QB設(shè)點(diǎn) Q、A、B的坐標(biāo)分別為 (x, y),( x1, y1),( x 2 , y2)。由題設(shè)知 AP , PB , AQ , QB 均不為零，記又 A，P，B，Q四點(diǎn)共線，從而 APPB,AQ QB于是x1x24，1x1x2x 12 ，11

23、 y1y211y1 y2y 1 21從而22又點(diǎn) A、1)2x1x21 2 2 4x ，12B在橢圓 C上，即1)2 2 2y1y2，2 y ，12)22x12 2y12 4, (3)x22 2y22 4, (4)+(2)× 2并結(jié)合( 3)，(4)得 4s 2y 4即點(diǎn)Q(x, y)總在定直線 2x y 2 0上方法二設(shè)點(diǎn) Q( x, y), A(x1, y1), B(x2 , y2 ) ，由題設(shè)，PAAQPA , PB , AQ , QB 均不為零。QPBB又 P,A,Q,B 四點(diǎn)共線，可設(shè)PA AQ4x1yx11,y114x1yx21, y21,PB BQ( 0, 1), 于是

24、1)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 x2 2y24,整理得(x2 2y2 4) 2 4(2x y 2) 14 03)(x2 2y2 4) 2 4(2x y 2) 14 0 (4)(4) (3)得 8(2x y 2) 00, 2x y 2 0即點(diǎn) Q( x, y)總在定直線 2x y 2 0上題型十： 圓錐曲線的相關(guān)范圍問題 圓錐曲線中的有關(guān)范圍問題，常用代數(shù)法和幾何法解決。<1>若命題的條件和結(jié)論具有明顯的幾何意義，一般可用圖形性質(zhì)來解決。<2>若命題的條件和結(jié)論體現(xiàn)明確的函數(shù)關(guān)系式， 則可建立目標(biāo)函數(shù)

25、 （通常利用二次函數(shù)， 三角函數(shù)，均值不等式）求范圍。2例題 10設(shè) F1、 F2分別是橢圓 x y2 1的左、右焦點(diǎn)。4（）若 P是該橢圓上的一個(gè)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 a 2,b 1,c 3所以 F1 3,0 ,F2 3,0 ，設(shè) P x,y ，則PF1 PF23 x, y , 3 x, yx2 y2 3 x2 1 x 3 1 3x2 844因?yàn)?x 2,2 ，故當(dāng) x 0，即點(diǎn) P為橢圓短軸

26、端點(diǎn)時(shí)， PF1 PF2 有最小值 2當(dāng) x 2 ，即點(diǎn) P 為橢圓長軸端點(diǎn)時(shí)， PF1 PF2 有最大值 1PF1 PF2 PF1 PF2解法二：易知 a 2,b 1,c 3，所以 F1 3,0 ,F2 3,0 ，設(shè)P x,y ，則PF12PF22F1F222PF1PF2cos F1PF2 PF1 PF21 x 3 y2 x 3 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 ，1 x2 4kx 3 0y kx 2聯(lián)立 x2 2 ，消去 y ，整理得：x4 y2 14k 3 x1 x2,x1 x

27、21 2k2 1 1 2 k2 1由 4k 4 k 143 4k2 3 0得：k 23 或k3又 00A0B 900 cos A0B 0 OA OB 0 OA OB x1x2 y1y2 0又 y1y2 kx1 2 kx2 2 k x1x2 2k x1 x2 43k2k2 14 k2 148k 4 k 1k2 14k2 14k2 1 0 ，k2 14即 k2 4故由、得 2 k 3 或 3 k 2 22題型十一、存在性問題： （存在點(diǎn)，存在直線 y=kx+m，存在實(shí)數(shù)，存在圖形：三角形（等比、等腰、直角），四邊形（矩形、菱形、正方形） ，圓）22例題 11：設(shè)橢圓 E: x2 y2 1（a,b&

28、gt;0 ）過M（2， 2） ，N（ 6,1） 兩點(diǎn)， O為坐標(biāo)原點(diǎn)， ab（I ）求橢圓 E 的方程；（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，若不存在說明理由。22解:（1）因?yàn)闄E圓 E: x2 y2 1（a,b>0 ）過 M（2， 2） ，N（ 6,1） 兩點(diǎn), ab42112212a2822所以 a2b2解得 a28所以 a28橢圓 E的方程為 xy 161111b2484a2b21b242）假設(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 my kx m 解方程組 x2 y2 得 x2 2(kx m)2 8 , 即8 4 1(1 2k2)x2 4kmx 2m2 8 0, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m則 =16k 2m321 4k2 112 4 4