圓錐曲線大題歸類

1、精心整理圓錐曲線大題歸類.定點(diǎn)問(wèn)題2X 2例1.已知橢圓C: a2+y2=1(a1)的上頂點(diǎn)為A,右焦點(diǎn)為F,直線AF與圓M:X I | 7(x3)2+(y1)2 = 3 相切.求橢圓C的方程；. : ,111-X 1 J I I f T-t. z I . I I I若不過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與橢圓C交于P, Q兩點(diǎn)，且APAQ=0,求證：直 線l過(guò)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 = 43.由題意知 A(0,1), F(c,0),、x一直線AF的方程為展+ y= 1,即x+ cy c=0,解得 c?=2, a2 = c?+l = 3,故橢圓C的方程為箕丫2= 1.3(2

2、)方法一：由=0知APLAQ,從而直線AP與坐標(biāo)軸不垂直，故可設(shè)直線AP的方程為y= kx+ 1,直線AQ的方程為y= x+ 1.k精心整理y= kx+ 1,聯(lián)立x22 整理得(1 + 3k2)x2 + 6kx=0,l + y =1，口 一 一6k角牛得x= 0或x= 1 + 3k2，-6k 1-3k2故點(diǎn)p的坐標(biāo)為(1733 %泰),同理，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(6kk23k2 + 3，k2+3)k2 3 1 3k2直線l的斜率為” _ -6kk2 + 3 1 + 3k2k2 + 3 1 + 3k2 k2 -1k2 3 + r2-;、一k2 1直線直線l過(guò)定點(diǎn)(0, -2).方法二：由=0知APLAQ

3、,從而直線PQ與x軸不垂直，故可設(shè)直線l的方程為y=kx+ t(twl),的方程為y= 7r(x-k2 11即y= 4k - 2.聯(lián)立y= kx+t, + y2=i,整理得(1 + 3k2)x2 + 6ktx+ 3(t2 1) = 0.r 6kt設(shè)P(x1, yi), Q(X2, 丫2)則2 d(*)I3I)由 A= (6kt)2 4(1 + 3k2)X3(t21)0,得3k2t21.由=0,F/ I I 1 得=(xi, yi 1)(x2, y2 1)= (1 + k2)xix2+k(t1)(xi+ X2) + (t1)2 = 0, 將(*)代入，得 t=_g,-I.因?yàn)橹本€OA, OB的斜

4、率N積為一2,?;1 | 一. 1直線 i過(guò)定點(diǎn)(0, 2).； , ”：例2.已知拋物線C: y2=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O的兩點(diǎn).(1)求拋物線C的方程；，、一一，i ，、一(2)若直線OA, OB的斜率之積為一2求證：直線AB過(guò)x軸上一定點(diǎn). 1InI!：解析(1)因?yàn)閽佄锞€y2 = 2px(p0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0),所以5=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的斜率不存在時(shí)，22設(shè) Aq,Bq, -t).t t 1 c所以)=2,化簡(jiǎn)得*=32.4 4所以A(8, t), B(8, -t),此時(shí)

5、直線AB的方程為x=8.當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y= kx+ b, A(xa, ya), B(xb, yb),y2= 4x,聯(lián)立得V化簡(jiǎn)得ky24y+4b=0.y=kx+ b,4b根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得yAyB=4b,.k11 j因?yàn)橹本€OA, OB的斜率之積為一1,所以YA相=1,； J2xAxB22 2即 xaxb + 2yAyB = 0.即yy + 2yAyB= 0,解得 yAyB = 0(舍去)或 yAyB= 32.所以 yAyB = = 32,即 b= 8k, k所以y= kx 8k, y= k(x-8).綜上所述，直線AB過(guò)定點(diǎn)(8,0).圓錐曲線中定點(diǎn)問(wèn)題的兩種解法(1)

6、引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化e-I1 ,I的量與參數(shù)何時(shí)沒(méi)有關(guān)系，找到定點(diǎn).特殊到一般法：根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無(wú)關(guān).二.定值問(wèn)題22例3.已知橢圓C:x2+ y2=1(ab0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為Fi(-V2,0), F20/2, a b0),點(diǎn)M(1,0)與橢圓短軸的兩個(gè)端點(diǎn)的連線互相垂直.錯(cuò)誤！(1)求橢圓C的方程；過(guò)點(diǎn)M(1,0)的直線l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(i)依題意，由已知得c=則a2b2=2,x22由已知易得b=|OM|

7、=i,所以a=3,所以橢圓的方程為 不+y =i.3(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不妨設(shè) A(i,乎)，B(i,骼，則ki + k22-2+：63 一=2為定值.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k(x1),y=k(x-i 13=i,得(3k2+i)x2 6k2x+ 3k23 = 0,依題意知，直線l與橢圓C必相交于兩點(diǎn),設(shè)A(xi, yi), B(x2, y2),貝 U xi+x2 =6k23k2-33k2+i，xix2 = 3k2+i,又 yi = k(xi 1), y2 = k(x21),所以ki+eg+公j32 k(xi i (3 x2)+ 2 k(x2 i j|(3 xi)

8、/(3-xi j(3-x2)_ i2-2(xi+x2 4 k2xix24(xi + x2 4 693(xi + x2 )+ xix26k23k2-36k2i2-2X3k2彳 + k2X3k7-4X3ki +66k23k2 39-3X3k2+i + 3k2+i=2d= 26(2k2+ i)綜上，得ki + k2為定值2.例4 (20i6北京理科) 求定值問(wèn)題常見(jiàn)的方法(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān).(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值.三.探索性問(wèn)題例5.(2015新課標(biāo)全國(guó)H, 12分，理)已知橢圓C: 9x2+y2=m2(m0),直 線l不過(guò)原

9、點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A, B,線段AB的中點(diǎn) 為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過(guò)點(diǎn)(m, m),延長(zhǎng)線段OM與C交于點(diǎn)P,四邊形OAPB能否為平 3行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不能，說(shuō)明理由. 解析(1)設(shè)直線 l： y=kx+b(kw0, b*0), A(xi, yi), B(x2, y2), M(xm,將 y= kx+ b 代入 9x2 + y2= m2得(k2 + 9)x2+ 2kbx+ b2 m2= 0,故xm =x1 +x2 kbk2 + 9yM = kxM+ b=9b口.于是直線OM的斜率koM = x= 4，即koM k=

10、 - 9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.弋 丁 11!.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因?yàn)橹本€l過(guò)點(diǎn)(1，m),所以l不過(guò)原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是 k0, kw 3.9由得OM的萬(wàn)程為y= 一 kx.x2 + y2=m2設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xp./口 2k2m25ikm行 xp=9i?T81，即 xp=3Tk7Z.將點(diǎn)罟m)的坐標(biāo)代入l的方程得b = m3盧，因止匕XM-Q / Q .333 k 十 9 J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.于是3翼9=2翳言9m解得 k1=447, k2=4+v7.Ll I因?yàn)?ki0, k

11、i*3, i=1,2,7 1 I -所以當(dāng)l的斜率為4。7或4 + d7時(shí)，四邊形OAPB為平行四邊形.例6.已知橢圓C:抖卷=1由20)的右焦點(diǎn)為F(1,0),右頂點(diǎn)為A,且AF| I I I=1.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；1T,氣IW | I*1 .(2)若動(dòng)直線l: y= kx+ m與橢圓C有且只有一個(gè)交點(diǎn)P,且與直線x=4 交于點(diǎn)Q,問(wèn)：是否存在一個(gè)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(shuō)明理由.解析(1)由 c=1, a c=1,得 a=2,.b=也，故橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為Xr+yr=1.4 3V= kx+ m,(2)由 3x2+4y2=12,消去 y得(3+

12、4k2)x2+8kmx+ 4m212=0,A= 64k2m24(3+ 4k2)(4m212)= 0,即 m2 = 3 + 4k2.yP=kxP+m= 4+m=3,即 P(-4k, 7).ym mm m. M(t,0), Q(4,4k+m),4k . 3 = (7f 禍=(4T4k+ m),4k324k一 .=(m。(4 t)+m|(4k+ m) = t 4t + 3+ m(t1)=0 恒成立,1=1,故2即 t = 1.一4t+3=0,存在點(diǎn)M(1,0)符合題意.4km 4k墳 P(xp, yp),則 xp= 3+ 4k2=一而,2,4k 解析 由題意知 mw0,可設(shè)直線 AB的萬(wàn)程為y=mx

13、+b.由 ,34k 3、yp=kxp+m=而 + m=m，即 P( m，m). M(t,0), Q(4,4k+m),4k,.3、 =(一記浦，=(4 t,4k+ m),4k4k324k一 .=(-t) (4-t)+- (4k+ m) = t -4t + 3+ 工。-1)=0 包成立, I III III IIt=1,故2即 t=1.上24t+3=0,存在點(diǎn)M(1,0)符合題意.四、取值范圍問(wèn)題.2例7.(2015浙江，15分)已知橢圓；+ y2=1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A, B關(guān)于直線y=mx+J求實(shí)數(shù)m的取值范圍； I(2)求 AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).72=1,1 一y= mx+ b，1

14、1c 2b1消去y，行(2+m)x mx+b 1=0.因?yàn)橹本€ y=mx+bX222_4與橢圓萬(wàn)+y =1有兩個(gè)不同的父點(diǎn)，所以 A= -2b +2 + m20,2.設(shè)M為AB的中點(diǎn)，則M(嬰b,坐力m +2 m +2八+ 、仙1 . /口m2 + 2代入直線方程y=mx+ 2-,解得b= mm由得m坐1 .66 t2+2(2)令1 =m (一與，0)U(0,旨)，則且O到直線AB的距離=在不1.設(shè)4AOB的面積為S(t),所以S(t) =| d=*_2*2/+2當(dāng)且僅當(dāng)t3A, B兩點(diǎn).記入=OA,OB ;且30廄4.(1)求橢圓的方程； 求k的取值范圍； = 1時(shí)，等號(hào)成立.故4AOB面積

15、的最大值為 乎.AB|=1t2+1 f-2t4+2t2+3t2+2，例8.已知圓x2+y2=1過(guò)橢圓1(ab0)的兩焦點(diǎn)，與橢圓有且僅有 a b22兩個(gè)公共點(diǎn)，直線l： y=kx+ m與圓x2 + y2=1相切，與橢圓|2+b2=1相交于解：(1)由題意知2c= 2,所以c= 1.因?yàn)閳A與橢圓有且只有兩個(gè)公共點(diǎn)，從而 2=1,故a=/2,所以所求橢圓方程為1+ y1,即m2=k2+1.由版22Vi2+k21萬(wàn) + y2=1、，、, 一4km2m2-2 .設(shè) A(x1，y1), B(x2, y2),則 x1 + x2=2, x1x2=2.甘1十2K1十2K,.2、， ， ， 、2 K2+1 q2

16、 J、，3 ZM1 _2 一+ K )x1x2+Km(x1 + x2)+m =1q2k2,由30虐疝 得2& K & 1,(3)|AB|2= (x1 x2)2+ (y1 y2)2= (1 + K2)(x1 + x2)2 4x1x2 = 2 221,由gK21,得浮 AB|&4.設(shè)AOAB 的 AB 邊上的高為 d,則 S=AB|d=AB|, 2322所以乎S0)的直線交E于A, M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MAXNA.(1)當(dāng) t = 4, |AM|=|AN|時(shí)，求AAMN 的面積；(2)當(dāng)2AM |=|AN|時(shí),求K的取值范圍.22【解】(1)設(shè)M(x，y)，則由題意知y10.當(dāng)t=4時(shí)，E的方程為

17、x + y =43 . ,. 九一1, A(-2, 0).由已知及橢圓的對(duì)稱性知，直線 AM的傾斜角為4.因此直線AM2212的方程為y= 乂+2.將乂=丫-2代入+匕=1得7y2- 12y =0.解得y= 0或y=3, 37=i.(2)因?yàn)橹本€l： y=kx+ m與圓x2+y2=1相切，所以原點(diǎn)O到直線l的距離為得(1 + 2k2)x2 + 4kmx+ 2m2 2 = 0. x1x2+ y1y2= (1即k的取值范圍y=kx+ m,所以yi = .因此4AMN的面積S“MN = 2X1xx12=嘿 7277492(2)由題意知t3, k0, A(4，0).將直線AM的方程v= k(x+亞)代

18、入:y22 222 2t2k23t+ t=1 得(3+ tk2)x2+2# tk2x + t2k23t = 0.由 xi (6=2 得 xi =33 十 tk 嘿謂M 故 ami= xi+明#rm=6?；F)1 產(chǎn)由題設(shè)知，直線AN的方程為y= 1(x+#)，故同理可得AN|=6kM?-)k ,3k 十 t由2AM |=|AN|得七2m=3十tk3即(k32)t=3k(2k 1).當(dāng)k=啦時(shí)上式不成立，因此3k(2k1)k3 2k2 + k 2 (k 2_(k2+ 1)t = /七一.t3等價(jià)于73-石= 二0,k 2k 2k 2k- 2即10,、k3 20,k-20,解得3/2vkb0)的離

19、心率為 興左、右焦點(diǎn)分別是F1, F2.以F1為圓心、以3為半徑的圓與以F2為圓心、 2 以1為半徑的圓相交，且交點(diǎn)在橢圓 C上.求橢圓C的方程；22(2)設(shè)橢圓E： 4，+東=1, P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過(guò)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|OQ|的值；求 ABQ面積的最大值.解】(1)由題意知2a=4,貝U a = 2.又9=迎，a4416k2+4m2 1 + 4k2 c2=b2,可得 b= 1, a 222(2)由知橢圓E的方程為X6+y4=1.設(shè) P（X0, yo）,|OQ|OP| 一由題意知Q(一入% 入o).2因?yàn)榉? y2= 1,1,又(得于甘心1