圓錐曲線大題歸類

1、圓錐曲線大題歸類 定點(diǎn)問題 X2 例 1已知橢圓 C:孑+ /= 1(a1)的上頂點(diǎn)為 A,右焦點(diǎn)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(diǎn) A 的動直線 I 與橢圓 C 交于 P, Q 兩點(diǎn)， 且 APAQ= 0,求證：直 線 I 過定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)的坐標(biāo). 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、(2)方法一：由=0 知 API AQ,從而直線 AP 與坐標(biāo)軸不垂直， 1 故可設(shè)直線 AP 的方程為 y= kx+1,直線 AQ 的方程為 y=只+ 1. y= kx+ 1, 聯(lián)立 x2 2 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(diǎn)P的坐標(biāo)為(1 + 3k2，1 + 3k2)， 6k k2 3 同理，點(diǎn) Q 的坐標(biāo)為（QT 匚 3，Q 品） k2 3 1 3k2 k2 + 3 1 + 3k2 k2 1 6k = 4k ， k2 + 3 1 + 3k2 1 直線 i 過定點(diǎn)（o， 2）. 方法二：由

3、=0 知 APIAQ,從而直線 PQ 與 x 軸不垂直，故可設(shè)直線 I 的方程為 y= kx+ t（t豐1）， y= kx+1， 聯(lián)立 X2 2 3+宀3 整理得(1 + 3k2)x2 + 6ktx+ 3(t2 1) = 0. 6kt x1 + x 汁礙， 設(shè) 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， 直線

4、i 過定點(diǎn)（0，刁. 3 直線 I 的斜率為 直線 I 的方程為 y= k2 1 6k k2 3 4k % k2+ 3) + k2 + 3， 即 y= k21 1 4k x 2. 例 2已知拋物線 C :寸=2px(p0)的焦點(diǎn) F(1,0), O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，A, B 是拋物 線 C 上異于 0 的兩點(diǎn). (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(diǎn). 解析(1)因?yàn)閽佄锞€ y2 = 2px(p0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)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(dāng)直線 AB 的斜率不存

5、在時， 設(shè) A(4, t), B(4, t). 1 因?yàn)橹本€ 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(dāng)直線 AB 的斜率存在時，設(shè)其方程為 y= kx+ b, A(XA, yA), B(XB, yB), 2 y2= 4x, 聯(lián)立得 化簡得 ky2 4y + 4b= 0. y= kx+ b, 根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得 yAyB=4b， 因?yàn)橹本€OA, OB的斜率之積為一 2,所以 yAB=2， 2 xA xB 2 yA yB 即 XAXB + 2yAyB = 0.即；壬 +

6、 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(diǎn)(8,0). 圓錐曲線中定點(diǎn)問題的兩種解法 (1) 引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動點(diǎn)的坐標(biāo)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(diǎn). (2) 特殊到一般法：根據(jù)動點(diǎn)或動線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)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(diǎn)分別為 Fi( ,2,0),F22, 0),點(diǎn) M(1,0)與橢圓短軸的兩個端點(diǎn)的連線

7、互相垂直.導(dǎo)學(xué)號 30072628 (1) 求橢圓 C 的方程； 過點(diǎn) M(1,0)的直線 I 與橢圓 C 相交于 A, B 兩點(diǎn)，設(shè)點(diǎn) 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(dāng)直線 I 的斜率不存在時，不妨設(shè) A(1,書，B(1，)，則 k1 + k2 2 J6 2丄血 2 3 2十 3 =2 + 2 = 2 為定值. 當(dāng)直線 I 的斜率存在時，設(shè)直線 I 的方程為 y= k(x 1)

8、, 依題意知，直線 I 與橢圓 C 必相交于兩點(diǎn)，設(shè) A(X1, y”, B(X2, y2), 沖 6k2 3k2 3 e 則 x1 + X2= 3k2 + 1, x1x2 = 3k2+ 1，又 y1 = k(X1 1), y2 = k(X2 1), y=k x1 , 由 x3+宀 1 得(3k2 + 1)x2 6/x+ 3k2 3 = 0, 所以k1+k2=31+32= 2 y1 3 X2 + 2 y 3 X1 3 X1 3 X2 2 kxi 1 3 X2 + 2 kx2 1 3 xi 3 xi 3 X2 12 2 xi + x? + k2xix24 xi + x2 + 6 9 3 xi +

9、 X2 + X1X2 6k2 3k2 3 6k2 12 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(jì)算，并在計(jì)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(biāo)全國U, 12 分，理）已知橢圓 C: 9x2 + y2= m2（m0），直 線 I 不過原點(diǎn) O 且不平行于坐標(biāo)軸，I

10、與 C 有兩個交點(diǎn) A，B,線段 AB 的中點(diǎn) 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(diǎn)（m，m），延長線段 OM 與 C 交于點(diǎn) 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(shè)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 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 的斜率的乘積為定值.xi +

11、X2 kb 2 二 k2 + 9, yM = kxM+ b= 9b k2+ 9. 四邊形 OAPB 能為平行四邊形. 因?yàn)橹本€ I 過點(diǎn)(m, m),所以 I 不過原點(diǎn)且與 C 有兩個交點(diǎn)的充要條件是 k0,心 3. 9 由(1)得 OM 的方程為 y= RX. 設(shè)點(diǎn) P 的橫坐標(biāo)為XP. 9 由尸宀得應(yīng) 9/ + y2= m2 k2m2 ikm _9k2+ 81,即 xp 3 &9. 將點(diǎn)(m, m)的坐標(biāo)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(dāng)且僅當(dāng)線段 AB 與線段 OP 互相平分，即 XP =2XM. 因?yàn)?ki0, ki 豐3,

12、 i = 1,2, 所以當(dāng) I 的斜率為 4 .7 或 4+ .7 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(diǎn)為 F(1,0),右頂點(diǎn)為 A,且 AF| (1)求橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程； 若動直線 l: y= kx+ m 與橢圓 C 有且只有一個交點(diǎn) P,且與直線 x=4 交于點(diǎn)Q,問：是否存在一個定點(diǎn) M(t,0),使得=0.若存在，求出點(diǎn) M 的坐標(biāo)； 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(biāo)準(zhǔn)方程為X+3=1.于是 ikm 3 求+ 9 2X k k 3 m 3 k2+

13、 9， 解得 ki = 4 7, k2= 4+ . 7. 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,即 m2 = 3 + 4k2. , 4k2 3 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), 4k 3 4k = ( t) t)+m (4+ m)=t24t+3+ m(t1)=0 恒成立, 存在點(diǎn) M(1,0)符合題意.故

14、 t=1, 故 t24t + 3= 0, 即 t = 1. 存在點(diǎn) M(1,0)符合題意. 設(shè) P(xp, yp),則 XP= 4km 3+ 4k2 4k m, yp= kxp+ m=空 + m= 3 m m 即P(-半 m)- M(t,0), Q(4,4k+ m), =(簽t, m)= (4 t,4k+ m), 4k 4k1) 1)+ -(4+ m) = t2 4t + 3+ 4k m (t 1)= 0 恒成立, 故 t=1, 故 t24t + 3= 0, 即 t = 1. 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(diǎn) A, B 關(guān)于直線 1 y

15、= mx+ 2 對稱. （1）求實(shí)數(shù) m 的取值范圍； 求 AOB 面積的最大值（O 為坐標(biāo)原點(diǎn)）. 1 解析 由題意知 m 工 0，可設(shè)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?yàn)橹本€ y=三乂+ b x2 4 與橢圓 2 + y2 = 1 有兩個不同的交點(diǎn)，所以 = 2b2+ 2 +帚20, 2mb m2b 設(shè)M為 AB 的中點(diǎn)，則 M（m+2, R， 1 m2 + 2 代入直線方程 y= mx+ 2，解得 b= 2m2 . 由得 mb0）的兩焦點(diǎn)，與橢圓有且僅有x2 2 2+y = 1, 1 u 尸mx+ b， S(t)=

16、2|AB| d= t2+- t + 2 兩個公共點(diǎn)，直線 I: y= kx+ m 與圓 x3 + y2= 1 相切，與橢圓孑+詁=1 相交于 2 3 A, B 兩點(diǎn).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)由題意知 2c= 2,所以 c= 1因?yàn)閳A與橢圓有且只有兩個公共點(diǎn)，從而 b x2 =1,故 a= .2,所以所求橢圓方程為 2 + y2 1. (2)因?yàn)橹本€ I: y= kx+ m 與圓 x2 + y2= 1 相切，所以原點(diǎn) O 到直線 I 的距離為 3 6 4 1 1 k2 1,得2

17、= AB|3.設(shè) 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(diǎn)，點(diǎn) N 在 E 上, MA 丄 NA. 得(1 + 2k2)x2 + 4kmx+ 2m2- 2 = 0. 設(shè) A(X1, y1), B(x2, y2),則 X1 + x2 = 4km 1+ 2k2, 2m2 2 x1x2 二 G? A =X1X2+ yy2 = (1 =1, 即 卩 m2= k2 + 1.y= kx+ m, 是-1,-今u 2 1 (3)|ABf= (X1-X2)2+ (y1-y2)2= (1 + k2)(x1 + X2)2-4x1X2二

18、2 2疋+ 2,由22 2 k2 +1 + k2)X1 x2 + km(x1 + X2)+ m2 =仔？2 3 1 由 3圧 4,得 2=1, 即卩 k 的取值范圍 當(dāng) t = 4, |AM|= |AN|時，求 AMN 的面積; 當(dāng) 2AM|=|AN|時，求 k 的取值范圍. x y 【解】(1)設(shè) M(xi, yi),則由題意知 yi0.當(dāng) t= 4 時，E 的方程為+號= 、. n 1, 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 AM X y2 12 的方程為 y= x+ 2.將 x=y 2 代入 4 + = 1 得 7y2 12y= 0.解得 y=

19、0 或 y=, 12 1 12 12 144 所以 y1 =.因此 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 y y2 t2k2 3t + 3 = 1 得(3 + tk2)x2 + 2 錄 tk2x + t2k2 3t = 0.由 X1 *) = 3+lk得 為= t 1 + k2 2 k 由2AME IAN 得穴二冇， 即(k3 2)t= 3k(2k 1).當(dāng) k= 3 2 時上式不成立，因此 3k 2k 1 y 人十 k3 2k2 + k 2 k 2 k2 + 1 t

20、-卞.t3 等價于 k3 2 - k3 -2 0， 即廠0.由此得 k3 20, 解得3 2k ，誹 k20, 由題設(shè)知，直線 AN 的方程為 y= k(x+Jl),故同理可得 五.最值問題 卡左、右焦點(diǎn)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(diǎn)在橢圓 C 上. (1)求橢圓 C 的方程； x2 y 設(shè)橢圓 E：荷+ 4b2= 1, P 為橢圓 C 上任意一點(diǎn)，過點(diǎn) P 的直線 y= kx + m交橢圓 E 于 A, B 兩點(diǎn)，射線 PO 交橢圓 E 于點(diǎn) 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 2 X2 y2 由知橢圓 E 的方程為 16+ 4 = 1. 由題意知 Q(入x,入y. 因?yàn)楣?yo= 1, 所以入=2,即|OQ| = 2. 所以橢圓 C 的方程為 4 + y2= 1. 設(shè) 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.設(shè) P(xo, yo), 1OQ1_ . |OP|_ 人 2 2 刊一入x 入y 又 + 兒 16 =1,即處 + y0