圓錐曲線常見題型解法42140

高中數(shù)學常見題型解法歸納及反饋檢測第81講;圓錐曲線常見題型解法【知識要點】圓錐曲線常見的題型有求圓錐曲線的方程、幾何性質(zhì)、最值、范圍、直線與圓錐曲線的關

系、圓錐曲線與圓錐曲線的關系、軌跡方程、定點定值問題等【方法講評題型一求圓錐曲線的方程解題方法一般利用待定系數(shù)法解答.x2占21(abo)的左、右焦點為R,F?，點A(2,..2)在橢圓上，且AF【例1】已知橢圓一b-a與x軸垂直.求橢圓的方程；過A作直線與橢圓交于另外一點B，求AOB面積的最大值.【解析】⑴有已知hu二土，一二近一二b扛、*：=4;故驅(qū)方曲言干才〃心)當一每斜率不存險h*“二；工〉匝乂2=2忑，當曲斜率存在。寸；設其方程為：了-C=耳技工半〃>=+4CA5-2jt)Ax+2(A-2jfc)*-8=0,jc_+2>"=&由已知：A=16(A2-2Q2it2-8<2A+1)[(<5-4]=8(2t十?VnO,O到直線的距離：才」二Ss弓|屈逅口-.'.2P+1e[14U(2’S,二2-餐呂€[-24)1102),二此時臨，綜上所求：當AB斜率不存在或斜率存在時：AOB面積取最大值為22【點評】（1）求圓錐曲線的方程，一般利用待定系數(shù)法，先定位，后定量?（2）本題用到了橢圓雙曲,竺，這個公式很重要，大家要記熟線的通徑公式da【反饋檢測1】已知橢圓【反饋檢測1】已知橢圓22a2b21(ab0)的離心率為晉，且橢圓上一點與橢圓的兩個焦點構(gòu)成的三角形的周長為4.2（1）求橢圓M的方程；（2）設直線I與橢圓M交于A、B兩點，且以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點^求^ABC面積的最大值.題型二圓錐曲線的幾何性質(zhì)解題方法利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)解答22【例2】已知橢圓務占1ab0的左頂點和上頂點分別為A、B，左、右焦點分別是Fi，F(xiàn)2,在線段AB上有且只有個點P滿足PFipf?，則橢圓的離心率的平方為V5A?乜A?乜.512題型三解題方法22【例3】已知橢圓篤。a?1（abO）上任意一點到兩焦點【點評】求值一般利用方程的思想解答，所以本題的關鍵就是找到關于x2R,F2距離之和為42,離心率為e的方【反饋檢測2】已知雙曲線a2y21(a0,b0)的左、b2右焦點分別為程學科.網(wǎng)FfF2以F1F2為直徑的圓被直線一一1截得的弦長為ab.6a,則雙曲線的離心率為（【解析】由題設可知總?cè)藷崆蔀橹睆降膱A與直線血題型三解題方法22【例3】已知橢圓篤。a?1（abO）上任意一點到兩焦點【點評】求值一般利用方程的思想解答，所以本題的關鍵就是找到關于x2R,F2距離之和為42,離心率為e的方【反饋檢測2】已知雙曲線a2y21(a0,b0)的左、b2右焦點分別為程學科.網(wǎng)FfF2以F1F2為直徑的圓被直線一一1截得的弦長為ab.6a,則雙曲線的離心率為（、、3A.、、32°（1）求橢圓的標準方程;⑵上，直線⑵上，直線］與橢圓C交于A,B兩點點P（2,1）為橢圓上一點，求2若直線I的斜率為PAB的面積的最大值.2a42【解析】（1）由條件得：ce—aooab223一解得a2.2,c2c.6,b所以橢圓的方程為⑵設2的方程為加』點.點遍」“縣佃〃』y-—x+m由J.-JStvxi+2mjc+2f?i：-4=0r=十J=1令A二4w~—8m*4-16>0*解得2由韋達定理得+=-lw3XX1-4H則由弦長公式A\AB\=Jl4?正』廂+七『_4遇乞=」乳4-桁=-AtL=又點P到宜線『的距離廠tL--SPAB一ABd2m.55(4m2)m2(4當且僅當m22,2時取得最大值.PAB面積的最大值為2.【點評】圓錐曲線的最值問題一般利用函數(shù)和數(shù)形結(jié)合解答【反饋檢測3】在平面直角坐標系xOy中，直線I與拋物線y24x相交于不同的兩點A,B.uuuuuu⑴如果直線1過拋物線的焦點，求OAOB的值；(日)在此拋物線上求一點P，使得P到Q(5,0)的距離最小，并求最小值.題型四圓錐曲線的范圍問題題型四般利用函數(shù)、基本不等式、數(shù)形結(jié)合等解答解題方法【例4】已知橢圓C的中心在坐標原點，對稱軸為坐標軸，焦點在x軸上，有一個頂點為A(4,0),2a2一般利用函數(shù)、基本不等式、數(shù)形結(jié)合等解答解題方法【例4】已知橢圓C的中心在坐標原點，對稱軸為坐標軸，焦點在x軸上，有一個頂點為A(4,0),2a2一16c⑴求橢圓C的方程;⑵過點B(1,0)作直線I與橢圓C交于E、F兩點，線段EF的中點為M，求直線MA的斜率k的取【解析】(1)因為橢圓有一個頂點為遇Y0)故長軸衛(wèi)二4又竺=16,從而得：a=4,c-2c鼻12二橢圓E的方程斗二11612依題意，直卻過點丘(-10且斜率不為零⑴當直線I與x軸垂直時，M點的坐標為B(1,0)，此時，k(2)當直線1的斜率存在且不為零時設直線I方程為ym(x1)，(m0),由方程組ym(x1)消去y,并整理得1(4m23)x28m女4m248設E*yJ,F(X2,yym(x1)消去y,并整理得1(4m23)x28m女4m248設E*yJ,F(X2,y2),M(x°,y。).又有A(4,0)Q|m4m2324m23ym11(m0)，mOX4(m1)|m|0|k|8m24m2|m|⑵可知直線MA的斜率k的取值范圍是:XXAM1-X1X2m(x03m1)4m2,綜合(1)、【點評】利用基本不等式求函數(shù)的最值時，要注意創(chuàng)設情景，保證一正二定三相等【反饋檢測4】設橢圓E中心在原點，焦點在X軸上，短軸長為4,點Q（2,2）在橢圓上（1）求橢圓E的方程；（2）設動直線L交橢圓E于A,B兩點，且頁_亦，求OAB的面積的取值范圍（3）過M（*,y.）的直線h:x1x2y1y82與過N（X2,y）的直線12:x2x2y2y82的交點P（X0，y。）在橢圓E上，直線MN與橢圓E的兩準線分別交于G,H兩點，求OGOH的值.題型五直線與圓錐曲線的關系問題解題方法一般利用判別式、韋達定理、弦長公式、點差法等解答2【例5】已知雙曲線X2乞1，經(jīng)過點M（1」）能否作一條直線I，使1與雙曲線交于A、B，且點2M是線段AB的中點若存在這樣的直線I，求出它的方程，若不存在，說明理由【解析】設存在被點M平分的弦AB,且、嘰乃則西十眄=2”十乃=2召?〒二1，--=1兩式彳助無得（無+eX?-巾〉一&〈乃+比）（/1T勺）=0二匕==2可一花故直^具乃：1=2（耳一1）r-l=2（x-l）壬，：］'消去”，W2x2-4r+3=0A=（-4）2-4x2x3--8<0~T=這說明直線AB與雙曲線不相交，故被點M平分的弦不存在，即不存在這樣的直線|.【點評】（1）這是一道探索性習題，一般方法是假設存在這樣的直線，然后驗證它是否滿足題設的條件本題屬于中點弦問題，應考慮點差法或韋達定理（2）本題如果忽視對判別式的考察，將得出錯誤的結(jié)果，請務必小心由此題可看到中點弦問題中判斷點的M位置非常重要.（1）若中點M在圓錐曲線內(nèi)，M平分的弦可能不存在學科網(wǎng)如下可知:M則被點M平分的弦一般存在；（2）若中點M在圓錐曲線外，則被點【反饋檢測5】過點T（-1,0）作直線I與曲線N:寸X交于代B兩點，在M平分的弦可能不存在學科網(wǎng)如下可知:ME（Xo,O），使得ABE是等邊三角形，若存在，求出xo;若不存在，請說明理由.題型六圓錐曲線與圓錐曲線的關系問題解題方法一般利用判別式和數(shù)形結(jié)合解答2【例6】已知曲線&：x2衛(wèi)一1及C2：yx21有公共點，求實數(shù)a的取值范圍.2【解析】聯(lián)立兩個方程可得：尸2（X-a）y十仁0,

.；△二4（1—口尸一4（/-4）〉0,二

.橢圓中心（0“半軸長日二血，脫擊頂點為（0"所以當圓錐曲”在下方相切或才咬時，綜上所述注I一時，曲線q與q*狡【點評】直線與圓錐曲線相交問題，一般可用兩個方程聯(lián)立后，用0來處理但用0來判斷雙圓錐曲線相交問題是不可靠的.解決這類問題：方法1,由“0”與直觀圖形相結(jié)合；方法2,由與根與系數(shù)關系相結(jié)合.【反饋檢測6】設橢圓C1:a2_i(ab0),拋物線C2：x2*byb2.(1)若C經(jīng)過C的兩個焦點，求C的離心率；C2CiCi(2)設A(O,b)，Q3一3,5,又M,N為。與C2不在y軸上的兩個交點，若AMN的垂心為43B0,—b，且QMN的重心在C2上，求橢圓C.和拋物線C2的方程4題型七圓錐曲線的定點和定值問題過定點的問題，一般先求曲線的方程，再證明曲線過定點；定值的問題，就是求值問解題方法題，直接求解就可以了【例7】在直角坐標系xOy中，點M到點F"「3,0),F?(.3,0)的距離之和是4,點M的軌跡是C與x軸的負半軸交于點A，不過點A的直線l:ykxb與軌跡C交于不同的兩點P和Q.(I)求軌跡C的方程；(II)當APAQ0時，求k與b的關系，并證明直線l過定點.【解析】⑴匚點M到(-屈0)(僅0)的距蔑之和是M的軌跡C是長軸為4」焦點在注由上焦電為2曲的橢副方程宵壬七彳定=1.斗(2)將ykx以代入曲線C的方程，整理得(14k2)X282kx40因為直線1與曲線C交于不同的兩點P和Q—所以64k2b24(14k2)(4b24)16(4k2b21)0①8、2k4設p(Xi，yJ，Q(X2,y2),，則Kx?14k2,血22,y1),AQ(x22,y2),顯然，曲線C與x軸的負半軸交于點A(-2,0),所以2,y1),AQ(x22,y2),由APAQ0,得(石2)(2)yy20.將②、③代入上式，整理得12k216kb5b20.所以(2kb)(6k5b)0,即b2k或b6k,經(jīng)檢驗，都符合條件①5當&二加時'直如的方程曲*=H+M|顯然」此時直綁經(jīng)過定點(-2,0)點.即直線/經(jīng)過點么與題意環(huán)符.當二I把時，直線/的方程為v二雖好4二燦土+|)-顯然』此時宜線?經(jīng)過走點(-*6點，且不過點扎綜上』上與方的關系是：6二|比直線1經(jīng)過定點(-.0)點.【點評】證明曲線過定點，一般先求曲線的方程，再證明它過定點【反饋檢測7】已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在X軸上，橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1.⑴求橢圓C的標準方程；(H)若直線l:ykxm與橢圓C相交于A,B兩點(A,B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點，求證：直線1過定點，并求出該定點的坐標.題型八軌跡問題解題方法一般利用直接法、待定系數(shù)法、代入法、消參法解答.【例8】已知拋物線y2x1和點A(3,1),B為拋物線上一點，點P在線段AB上且BP:PA1:2,當點B在該拋物線上移動時，求點P的軌跡方程..3—3.祐"-些-1又施咸物線上，則Pm=年小整理得；、―-一二...—"十ff3\3/【點評】點P之所以在動，就是因為點B在動，所以點P是被動點，點B是主動點，這種情景，應該利用代入法求軌跡方程【反饋檢測8】已知ABC的頂點B(3,0),C(1,0)，頂點A在拋物線yx2上運動，求△ABC的重心G的軌跡方程.題型九存在性問題解題方法般先假設存在，再探求，最后檢驗13【例9】已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為一，且經(jīng)過點(1,一)，過點P(2,1)的直22線I與橢圓C在第一象限相切于點M(1)求橢圓C的方程；(2)求直線I的方程以及點M的坐標；_2(3))是否存過點P的直線L與橢圓C相交于不同的兩點A,B，滿足PAPBPM?若存在，求出直線L的方程；若不存在，請說明理由【解帕V1〉設橢圓c的方程為尹言十3〃，由題意得解得心’=4”=3』故橢圓C的方程為一+419!—=-=1ai4pc1a2，柑2ID因為過點P（21）的直線7與彳神HI在第一象限相切，所的谿率存在，故可調(diào)直線/的議程為.y=kAjc—2)-H1.由y_11y—+1因為直線I與橢圓相切，整理，得32（6k3）(3所以1所以直線1方程為yA（x12將k―代入①式，可以解得2（川）若存在直線h滿足條件，Sk(lk-l)xA-l6k2-16k-5=0.?[8k(2k1)]24(34k2)(16k216k8)0.2)12x2.解得kM點橫坐標為1,的方程為ykjx3故切點M坐標為（1,一）.2）1,代入橢圓C的方程得(34k1)X228k1(2k11)x16k116k180.因為直線L與橢圓C相交于不同的兩點代8，設A,B兩點的坐標分別為（X/J,（X2,丫2）所以[8k(2k1)]24(34k2)(16k216k8)32(6k13)0.所以1?又X1X22128虬（2氣34k12因為PA2PBPM即付卷1)16k1216k1834k122)(X22)(y11"所以（X12)豹2)(1k2)|PM|2即[XX22(XiX2)4](1k12)"T—J—JAr-tjt>i八ATrV-i因為4砂不同的兩點』所訣氏J于罡存在直線L滴足條件，昆方程為〃扣.【點評】存在性問題，一把先假設存在，再探究，最后檢驗【反饋檢測9】在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線C:y2px(p0),在此拋物線上一點M(2,m)到焦點的距離是3.(1)求此拋物線的方程；(2)拋物線C的準線與x軸交于M點，過M點斜率為*的直線1與拋物線C交于A、B兩點.是否存在這樣的k，使得拋物線C上總存在點Q(x0,yo)滿足QAQB，若存在，求k的取值范圍；若不存在，說明理由.高中數(shù)學常見題型解法歸納及反饋檢測第81講:圓錐曲線常見題型解法參考答案1；(2)1；(2)【反饋檢測1答案】(1)一9【反慣檢測1詳細解析】V1)圓〃上一點#陀的兩個焦點枸成的三角形的周長為6+蚯c=2^/1,楠園M的方程為"r(2)不妨設BC的方程yn(x3)(n0),則AC的方程為yi(x3).yn(x3),16nX9n1由x22彳得(-n26nX9n1ITy56，9設A(X1,yJ,Bgy)81n22廠29n1x227n29n21'同理可得x〔273n29n2|BC|Jn29；1IAC|Jir?6r/n9n2s-ABC1a舊CIIACI1則SABC(nl)2骨2t264648，當且僅當t99t8時等號成立,3【反饋檢測2詳細解析】由已知可得圓心到直線的距離△ABC面積的最大值為3.8【反饋檢測2答案】D

__ab_aba2b2cC2(ab)2,6a)C43202a402e45e220e22e.2故選D.2【反饋檢測3答案】(I)-3；(H)4.學科.網(wǎng)【反饋檢測3警田解析】(1)由題意:抽物線焦點為(1,0)設門尤』+1代入.拋羽腥址：=U又消去XV-4n-'-4。設&耳卜必月化」JoaobfPM『葉IX”」)Q彷=f1B勺十『屏十B勺1P詵二一4F十4"+1-4=T『(ID|PQ二J?-習'+分二6工+,當x=3時，QLm=4,此時尸(王也州(2)|,22；(3)-8.2【反饋檢測4(2)|,22；(3)-8.【反饋檢測4詳細解析】(1)因為橢圓22E：zb1(ab0過M(2,.2)2b4,故可求得b=2?a=2J2橢圓E的方程為xy如4⑵設P(x,y),A(x「yj,B(X2,y2)，當直線L斜率存在時設方程為ykxm8，即(12k2)x24kmx2m2ykxm解方程組22得x22(kx8，即(12k2)x24kmx2m2則A=16k2m24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0，即8k22m40(*)4kmx|*12k22m28%X21忝2%y2(kx-m)(kx2m)k才卷冷km(x.|X2k2(2m28)4k2m212k212k2m22m"T8k22m282m28m28k2要使OAOB,需使x-^2y』2所以3m28k28所以3m28k280,即m2將它代入(*)式可得k2[°，)o-—八mP到L的距離為dSi|AB|di一1k2|xx2|?—|m|—22'',1k2Xix)2lx*將m2巴；將m2巴；8及韋達定理代入可得3-14k4；21當上=0時，s=-當胭的斜率不存在時，5=1,綜上兀PlV2]（3）點p（x0，y0）在直線11:x1x2y1y82和l2:x2x2y2y&2上,X1X°2y。。8.2，乂2乂0寫2竭8-2故點M（X〔，y〔）N（X2,yj在直線xx°2yy°8.2上故直線MN的方程，xx°2yy°82上設G，H分別是直線MN與橢圓準線，x4的交點由xx02yy082和x4得G(-4,422X0)y。由xx02yy082和x4得H故OGOH=-16+324x。y。2又P(Xo，y°)在橢圓E：(4,4?22x。)y。X22o譽i故4x°2328y；32(328y。)OGOH=-16+—-———【反饋檢測5答案】X。yo)=-8皈憒檢測3詳細解析】依題童知，直線的斜率存在，且不等于。設直線心*+總?cè)藷o二0,乂吩乃八茨花^}宙口「就北+1）消尹整理，得盤y+G[yf由直綢時4物線交于兩點，得蟲二（2芒一1乎一4F=a+1>0,a0<a<7由韋達定迪得;曲-也〃蘭二則線段小的中點為a連二k*2k*2k線段的垂直平分線方卻尸言寸言寸賽1111y。'得X。1一，貝yE（-,1,。）2k22k2ABE為正三角形，E（」y±,0）到直線AB的距離2k2ABJ(nX2)2(%y?)21k22k.314k22-1k227gik-2廠V39解得k石滿足②式，此時X。|.學科.網(wǎng)【反饋檢測6答案】（1）e-；（2）橢圓方程為一1,拋物線方程為X22y4.21616【反饋檢測6詳細解析】（【反饋檢測6詳細解析】（1）由已知橢圓焦點（C,0）在拋物線上，可得：C2b2,由a2b2C22c2，有篤a由題設可知M.N關于F軸對稱，設M（一心⑶N（耳的3匚0），由的“的垂心為占，有_r麗”殛二0二丁+（”-［哄片_丙〃由點,，（西：50在抽物線上』尺+八＞'1=F?解得：yl=-4}\=b詹去）故晉%少（一當氏一$〃（翌廠紐得?￡V重心坐標站芻.22424又因為M3在橢圓上得：=蘭，楠圓方程為宙重心在拋物線上龜3+丁二隨所以"2,M又因為M3在橢圓上得：=蘭，楠圓方