圓錐曲線?？碱}型情況總結(jié)(教師版)

1、直線和圓錐曲線常考題型運用的知識：1 1、 中點坐標(biāo)公式：xXl X2,y /y2，其中x, y是點A(Xi, yi), B(X22)的中點坐標(biāo)。2 22 2、弦長公式：若點A(x-|, y-i)，B(x2, y2)在直線y kx b(k 0)上，則y!kx-!b, y2kx2b，這是同點縱橫坐標(biāo)變換，是兩大坐標(biāo)變換技巧之一，AB J(x X2)2(yy2)2J(x-X2)2(心kx?)2J(1k2)(x-X2)2(1 k2)(x-x2)24x1x2或者AB辰1X2)2(yi(xi-X2)2(y-y?)2J(1占)(力y?)2J(i右)【(y2)24%丫2】。3 3、兩條直線l1: y k1x

2、b1, l2: yk2xb2垂直：則k1k21兩條直線垂直，則直線所在的向量w?V20” 、2bc4 4、 韋達定理：若一元二次方程ax bx c 0(a 0)有兩個不同的根x1, x2，貝 y y 為x2, x,x2aa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)系題型二：弦的垂直平分線問題題型三：動弦過定點的問題題型四：過已知曲線上定點的弦的問題題型五：共線向量問題題型六：面積問題題型七：弦或弦長為定值問題題型八：角度問題問題九：四點共線問題 問題十：范圍問題(本質(zhì)是函數(shù)問題)2 k2112k22k問題一、存在性問題：（存在點，存在直線 y=kx+my=kx+m ，存在實數(shù)，

3、存在圖形：三角形（等比、等腰、直角）I : y kx 1 過定點(0,1)I : y 2 k（x 1）過定點（1，2）題型二：弦的垂直平分線問題例題 2 2、過點 T T（-1,0-1,0）作直線I與曲線 N N :y2x交于B B 兩點，在 x x 軸上是否存在一點 E E（x,0,0），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，且不等于設(shè)直線l:y k(x 1)，k 0，A(x,y1)，B(x2,y2)。由y2k(x 1消 y y 整理，得k2x2(2 k21)x k20y x由直線和拋物線交于兩點，得，四邊形（矩形、菱形、正方形），圓）

4、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 1、 已知直線l :y2xkx 1與橢圓C:421始終有交點，求m的取值范圍m解：根據(jù)直線I: y kx1的方程可知，直線恒過定點（x20 0，1 1)，橢圓C :41過動點（0, m）,且 m 4，如2 2x y果直線I : y kx 1和橢圓C :1始終有交點,4 m,m 1，且 m 4，即1規(guī)律提示：通過直線的代數(shù)形式, 可以看出直線的特點:I: y k(x 1) 過定點(1，0）2 k2112k22k2242(2 k 1) 4k 4k即0 k214線段的垂直平分線方程為:由韋達定理，得：xx2吟 Z1。則線段 ABAB 的中點為（

5、k2,21 4k21 4k2111 2k21111y丟k(x頁廠)令y=0,得xo2 2，則E(272,0)Q ABE為正三角形，E(丄2k2!,0)到直線 ABAB 的距離2AB。QABaX2)2(y1y2)21 k22k3-1 4k2gE2k21 k解得k2k二39滿足式此時X。13題型三：動弦過定點的問題2x例題 3 3、已知橢圓 C C:va上的頂點分別為A Ai(-2,0),A(-2,0),A2(2,0)(2,0)。(I(I)求橢圓的方程;(II(II)若直線l : x t(t 2)與 x x 軸交于點一點，直線PAI,PA2分別與橢圓交于M M、橢圓的焦點？并證明你的結(jié)論解：(I

6、I)由已知橢圓 C C 的離心率ea,a2,則得c3,b1。從而橢圓的方程為4(II(II)設(shè)，N(x2,y2)，直線A,M的斜率為k1, ,則直線AM的方程為y k1(x 2)，由k/x4y22)消 y y 整42 2 2理得(1 4k1)x 16k2X 16k14 0Q2和&是方程的兩個根,2為16kj 41 4k14k12，1 4k122 8k2即點M的坐標(biāo)為(弋,同理，設(shè)直線 A A2N N 的斜率為 k k2,則得點 N N8k22的坐標(biāo)為(24k2Q ypk1(t 2), ypk2(t 2)時_上k1k2-，Q直線 MNMN 的方程為:tyx xiy2 %X2為2,21 4

7、k21 4k2.3(1 3k2).3(1.3(1 3k3k2) )k令 y=0y=0，得xX2yix2，將點 M M、N N 的坐標(biāo)代入，化簡后得：x x - -y1y2t又Qt 2,04-2Q橢圓的焦點為t(3,0)故當(dāng)tMNMN 過橢圓的焦點。題型四：過已知曲線上定點的弦的問題例題 4 4、已知點 A A、B B、C C 是橢圓 E E：(a b 0)上的三點，其中點 A A(2 .3,0)是橢圓的右頂點，直線 BCBCuuur ujur過橢圓的中心 O O,且ACgBC 0,uuuuuuBC2AC2，如圖。(I)(I)求點 C C 的坐標(biāo)及橢圓 E E 的方程；(II)(II)若橢圓E

8、E 上存在兩點P P、Q Q，使得直線 PCPC 與直線 QCQC 關(guān)于直線x ,3對稱，求直線 PQPQ的斜率。解：(I)(I)uur QBCLuujr.2 AC,且 BCBC 過橢圓的中心 O O將點 C C( ,3, ,3)代入方程，得b24,(II)(II)Q直線 PCPC 與直線QCQC 關(guān)于直線x設(shè)直線 PCPC 的斜率為y3 k(x 3),(1 3k2)x26.3k(1uurOCuuurLULTuuurAC Q AC gBC為(3, 3)oACO又Q A (2 . 3,0)2占八、 、C C 的坐標(biāo)QA A(2 3,0)是橢圓的右頂點,a 2,3，則橢圓方程為:2x122橢圓 E

9、 E 的方程為 L L123對稱,k，則直線 QCQC 的斜率為k)xxPg39k2進3即xP1 3k2Q y ykxP3(1 k)9k218k 3 9k2XPxQ-2丫3(1 3k2)則直線 PQPQ 的斜率為定值1o3從而直線kx . 3(1 k)，由kx .3(123y 129k218k 3 0Q x29k 18k 3r冋理可得:、3(1 3k )kxQ3(1 k)=k(xP18k 336k36kPCPC 的方程為:k)消 y y，整理得:03是方程的一個根,XQXQ)yP29k 18k 33(1 3k2)2 3k= =12kV3(1V3(1 3k3k2) )討Q1PQXPXQ3.3(1

10、 3k2).3(1.3(1 3k3k2) )k(n)設(shè)A(Xi, yi),B(X2, y2)。(i i )當(dāng)AB 丄 x軸時,AB。(2 2)當(dāng)AB與x軸不垂直時,題型五：共線向量問題判別式法、韋達定理法、配湊法設(shè)直線 PQPQ 的方程為：y kx 3,k0，由y23消 y y 整理后，得4x29y2361的取值范圍是一,5。5題型六：面積問題(I)求橢圓 C C 的方程;B B 兩點，坐標(biāo)原點 到直線l的距離為于，求面積的最大值。解:(I)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意；寸，b 1，所求橢圓方程為號y2仁a - 3,2 2例題 5 5、設(shè)過點 D(0,3)D(0,3)的直線交曲線 M M :94

11、uuu uuu1于 P P、Q Q 兩點，且DP = l DQ, ,求實數(shù) I I 的取值范圍。uuu uuu解：設(shè) P(xP(xi,y,yi),Q(X),Q(X2,y,y2),),Q DP = I DQ滬1= =(x(xi,y,yi-3)=-3)= I I (X(X2,y,y2-3)-3)即JI I x x23 3 + + I I (y(y2- -3)3)2 2(4 9k )x54kx 450QP P、Q Q 是曲線 M M 上的兩點(54 k)24 45(42 29k )=144k80 0即9k2由韋達定理得:XiX54k貢樸2454 9k2X2)2XiX2XiX2X2Xi542k245(

12、4 9k2)(i)2即5(1369k249k249k2由得019k21，代入，整理得515(136)2解之得當(dāng)直線 PQPQ的斜率不存在，即X0時, 易知總之實數(shù) I I例題 6 6、已知橢圓 C C:2yb2的離心率為6亍，短軸一個端點到右焦點的距離為(n)設(shè)直線 I I 與橢圓 C C 交于A、=px1x2x2)24X2=p(4p2k28p22pQk22.設(shè)直線AB的方程為ykxm。由已知3，得m2223(k21)。4把y kx m代入橢圓方程,整理得(3k21)x226kmx 3m 3x-ix26 km2，x1x23k2123(m21)3k21AB(1 k2)(x2xj2( (1 1k

13、k2) )36k36k2m m2(3k(3k21)1)212(m12(m21)1)3k3k21 12 2 212(k1)(3k1 m )(3k21)22 23(k1)(9k1)3 32 2(3k1)9k9k12k12k26k6k21 11212212當(dāng)且僅當(dāng)9 k2守時等號成立。當(dāng)k0時,綜上所述|ABmax2。當(dāng)AB最大時,AOB面積取最大值S題型七：弦或弦長為定值問題例題 7 7、在平面直角坐標(biāo)系 xOyxOy 中，過定點 C C (0 0 , p p )作直線與拋物線x x2=2py=2py (p0p0 )相交于 A A、B B 兩點。(I)若點 N N 是點 C C 關(guān)于坐標(biāo)原點 0

14、0 的對稱點，求 ANBANB 面積的最小值;(n)是否存在垂直于 y y 軸的直線 I I，使得 I I被以 ACAC 為直徑的圓截得弦長恒為定值？若存在，求出 I I的方程；若不存在，說明理由。(I)依題意，點N N 的坐標(biāo)為N N ( 0,-p0,-p )，可設(shè) A A (X X1,y,y1) ,B,B (X X2,y,y2), 直線 ABAB 的方程為 y=kx+p,y=kx+p,與 x x2=2py=2py 聯(lián)立得x22pyy kx p.消去 y y得x x2-2pkx-2p-2pkx-2p2=0.=0.由韋達定理得 X X1+X+X2=2pk,x=2pk,x1X X2=-2p=-2

15、p2. .于是SABNSBCNSACN2 2PXX2=px1x2x2)24X2=p(4p2k28p22pQk22.2,當(dāng) k 0 時，(SABN)min 2 2p?. .解法 2 2 :(I)前同解法 1 1，再由弦長公式得AB 71 _ |為 刈_k27(X1 _X2P_4x1 x2山_k2(4p2k28p2=2p 1k2. k22.-d |AB - 2pJ1 k2A22 =22. 1 k2當(dāng) k 0 時，(SABN)max 2 - 2p2.(n)假設(shè)滿足條件的直線t t 存在，其方程為 y=ay=a，則以 ACAC 為直徑的圓的方程為(x 0)(x xj (y p)(y %) 0,將直線方

16、程 y=ay=a 代入得又由點到直線的距離公式得2p(n)假設(shè)滿足條件的直線l l 存在，其方程為 y=a,ACy=a,AC的中點為O ,t 與 AC 為直徑的圓相交于點 P P、Q Q , PQPQ 的中點為 H H，則OH PQ,O 點的坐標(biāo)為(xiyi2 2P)OPAC2. x；p)2122=2y1p. .OHay12p2a y1p,PHOPOHp2)4(2a y1p)2號,此時|PQ p為定值，故滿足條件的直線 l l 存從而，SABN2p2、k2a),0,得a在，其方程為=(a訓(xùn)1 a(P令af(2PH )2=4 (a號皿a(p a).即拋物線的通徑所在的直線X X2XX1X (a

17、p)(ayd0,則=X24(a p)(a yj 4 (aP) y1 a(p a).設(shè)直線 I I 與以 ACAC 為直徑的圓的交點為 P P （X X2,y,y2）,Q,Q （X X4,y,y4），則有X3X44 (ap)y1a(p a) 2 (ap)y1a(p a).2Y2令a2 ,得a環(huán)此時PQ即拋物線的通徑所在的直線。題型八：角度問題例題 8 8、（如圖（2121 ）圖,的軌跡方程；（n）若PM解：（I）由橢圓的定義，點p為定值，故滿足條件的直線I I 存在，其方程為M（ -2-2，0 0 ）和N（ 2 2，0 0）是平面上的兩點, 動點P滿足:PN=，求點1 cos MPN因此半焦距P

18、的軌跡是以c=2=2，長半軸M、N為焦點,( (n) )由PM |gPN1 cosMPN因為cosMPNMN2PM2將代入，得故點P在以M、PMPN6.()求點P長軸長 2 2a=6=6 的橢圓. .a=3=3，從而短半軸2b= =5所以橢圓的方程為9,得PM gPN cosMPNPM gPN 2.1,P不為橢圓長軸頂點，故P、M、N構(gòu)成三角形 在APMNPN422 PM gPN cosMPN.PMPN22( PM gPN 2).N為焦點，實軸長為23的雙曲線由（I）知，點P的坐標(biāo)又滿足1，所以由方程組5X29y9y245,45,3y3y23.3.解得X3 32雖2 .即P點坐標(biāo)為3 3、3

19、35 5（玄）、3.33.35 5、（丁，書）3 3、3 35 5、_3,33,3V V 盲）或（V V，中，MN 4,由余弦定理有X X2uuuC相交與兩不同點 代B時，在線段AB上取點Q，滿足AP，解得a24,b22，所求橢圓方程為2 2 2cab(2)(2)方法uuuuuu uuuruuu又 A A , P P, B B, Q Q 四點共線，從而APPB,AQQB于是4xX21y1y211xX?y1y2xy-11從而2 2 22 2 2X1X224x,L L(1 1)y1y22y,L L(2 2)11又點 A A、B B 在橢圓 C C 上，即(1(1) + + (2 2)X2 2 并結(jié)

20、合(3 3 ), (4 4)得4s 2y 4即點Q(x, y)總在定直線2x y 2方法問題九：四點共線問題2x例題 9 9、設(shè)橢圓Ca1(a b0)過點M(、2,1)，且著焦點為Fi( .2,0)(I)求橢圓C的方程;證明：點Q總在某定直線上解(1)(1)由題意:(n)當(dāng)過點設(shè)點 Q Q、由題設(shè)知B的坐標(biāo)分別為(x, y),(xi, yi),(x2, y2)。uuuAPuuuPBUUUUULTuuruuuAP , PB , AQ , QB均不為零，記UJUAQUU才，則QB2 2X12y14,L L2 2X22y24,L LUUUTUUU0,二 2x y 20即點Q(x, y)總在定直線2x

21、 y 20上問題十：范圍問題(本質(zhì)是函數(shù)問題)2x2設(shè)Fi、F2分別是橢圓y 1的左、右焦點。4(I)若P是該橢圓上的一個動點，求PFiPF2的最大值和最小值;(n)設(shè)過定點M (0,2)的直線I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) 斜率k的取值范圍。解：(I)解法一：易知a2,bi,c 3所以Fi.3,0,F2.3,0，設(shè)P x,y，則UUUPFiuuuu-PF2 3 x, y :-32x, y x2y3x2i2x- i c 2 c33x 844uur uuuu因為x 2,2，故當(dāng)x 0,即點P為橢圓短軸端點時，PFiPF2有最小值2ujir uuur當(dāng)x 2，即

22、點P為橢圓長軸端點時，PFiPF2有最大值1解法二：易知a 2,b 1,c-3，所以Fi、3,0 , F?.3,0，設(shè)P x, y，則設(shè)點Q(x, y), A(Xi,yJ, B(X2,y2)，由題設(shè),UUUUUUPA , PBuuur uuuAQ , QB均不為零。uurPAPBuuruuur uuruuu又P,代Q,B四點共線,可設(shè)PAAQ,PBBQ(0, i), ,于是4 xi yXi,yi(i)ii4 xi yX2,y2(2 2)ii由于A(xi, yi), Bg y2)在橢圓C C 上，將(i i), (2 2)分別代入C C 的方程x22y/2幾2(x 2y4)24(2 xy 2)

23、i40(3 3)z2 c 2(x 2y4)24(2 xy 2) i40(4)(4)且QB4,整理得(4)(4) -(3)(3)得8(2x y 2)0uuur,求直線I的2Xuuu uuunuuuuuuPF1PF2PF1PF21x2ycos FiPF2x 3y2uuurPF112聯(lián)立Xj又00顯然直線y2x44kkx4kk2A0B又yy3.21k40不滿足題設(shè)條件,消去1,x14X2整理得:4k290cosA0Bkx2k2X1X2uuunPF2x2可設(shè)直線k20得:uuuOA2k Xiuuur2PF1l:yumr2PF2tu*r 2PF1uuuu2F1F2uuur-PF23（以下同解法一）kx

24、2, A x,y2, Bx24kx 30uuuOBX2uuuOA3k2.21k4X2, y2,uuuOB密2yM 0k28kj1 14k211k2k2J4k2故由、得問題十一、存在性問題:（矩形、 菱形、 正方形）（存在點， 存在直線，圓）y=kx+my=kx+m，存在實數(shù), 存在圖形：三角形 （等比、 等腰、 直角）,四邊形22xy設(shè)橢圓 E:E:221ab(a,b0(a,b0 )過 M M (2 2 ,& & ）,N N（ ,1,1）兩點，O O 為坐標(biāo)原點,（I I）求橢圓 E E 的方程;（IIII）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uuu uuuE E 恒有兩個交點 A,B,A,B,且OA OB?若存在,寫出該圓的方程，并求|AB|AB | |的取值范圍，若不存在說明理由。2X解：（1 1 ）因為橢圓 E:E:2yb2(a,b0(a,b0 )過 M M ( 2 2，.2.2),N(N( 、6,1),1)兩點, ,所以 a a6 6a a2 2b b1 1b b1 1解得1 1a a1 1b b21 18 8 所以1 14 42ab28橢圓 E E 的方程為 X X482y-14（2 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 E 恒有兩個交點uuuA,B,A,B,且OAuuuOB， 設(shè)該圓的切線y方程