圓錐曲線解題十招全歸納

1、圓錐曲線解題十招全概括圓錐曲線解題十招全概括圓錐曲線解題十招全概括圓錐曲線解題十招全概括招式一：弦的垂直均分線問題1招式二：動弦過定點的問題3招式四：共線向量問題5招式五：面積問題12招式六：弦或弦長為定值、最值問題15招式七：直線問題18招式八：軌跡問題22招式九：對稱問題29招式十、存在性問題32招式一：弦的垂直均分線問題例題1、過點T(-1,0)作直線l與曲線N：y2x交于A、B兩點，在x軸上能否存在一點E(x0,0)，使得ABE是等邊三角形，若存在，求出x0；若不存在，請說明原因。解：依題意知，直線的斜率存在，且不等于0。設直線l:yk(x1)，k0，A(x1,y1)，B(x2,y2)

2、。yk(x1)(2k21)xk20由x消y整理，得k2x2y2由直線和拋物線交于兩點，得(2k21)24k44k210即0k214由韋達定理，得：x1x22k21,x1x21。則線段AB的中點為(2k21,1)。k22k22k線段的垂直均分線方程為：1/42y11(x12k22)令y=0,得x0121，則E(121,0)2kk2k2k22k2ABE為正三角形，11,0)到直線AB的距離d為3E(222AB。2kAB(x1x2)2(y1y2)214k21k2d1k2k22k314k21k21k2解得k39知足式此時x05。2k22k133【波及到弦的垂直均分線問題】這類問題主假如需要用到弦AB的

3、垂直均分線L的方程，經常是利用點差或許韋達定理產生弦AB的中點坐標M，聯合弦AB與它的垂直均分線L的斜率互為負倒數，寫出弦的垂直均分線L的方程，然后解決有關問題，比方：求L在x軸y軸上的截距的取值范圍，求L過某定點等等。有時題目的條件比較隱蔽，要分析后才能判斷是有關弦AB的中點問題，比方：弦與某定點D構成以D為極點的等腰三角形（即D在AB的垂直均分線上）、曲線上存在兩點AB對于直線m對稱等等。例題分析1：已知拋物線y=-x2+3上存在對于直線x+y=0對稱的相異兩點A、B，則|AB|等于解：設直線AB的方程為yxb，由yxx23x2xb30 x1x21，從而可求出AByb的中點M(1,1b)，

4、又由M(1,1b)在直線xy0上可求出b1，x2x20，由弦2222長公式可求出AB112124(2)322/42招式二：動弦過定點的問題例題2、已知橢圓C：x2y21(ab0)的離心率為3，a2b22且在x軸上的極點分別為A1(-2,0),A2(2,0)。（I）求橢圓的方程；（II）若直線l:xt(t2)與x軸交于點T,點P為直線l上異于T的任一點，直線PA1,PA2分別與橢圓交于M、N點，試問直線MN能否經過橢圓的焦點？并證明你的結論解：（I）由已知橢圓C的離心率c3，ac3,b1x22e,y1a22則得。從而橢圓的方程為4（II）設M(x1,y1)，N(x2,y2)，直線A1M的斜率為k

5、1,則直線A1M的方程為yk1(x2)，由yk1(x2)消y整理得(14k12)x216k2x16k12402和x1是方程的兩個根，x24y242x16k124則x28k12，y4k1，即點M的坐標為(28k12,4k1)，114k12114k12114k1214k1214k12同理，設直線A2N的斜率為k2，則得點8k222,4k22)N的坐標為(24k14k2123/42ypk1(t2),ypk2(t2)k1k22，直線MN的方程為：yy1y2y1，k1k2txx1x2x1令y=0，得xx2y1x1y2，將點M、N的坐標代入，化簡后得：x4y1y2t又t2，042橢圓的焦點為(443t3,

6、0)3，即t3t故當t43時，MN過橢圓的焦點。3招式三：過已知曲線上定點的弦的問題例題4、已知點A、B、C是橢圓E：x2y21(ab0)上的三點，此中點A(23,0)是橢圓的右頂a2b2點，直線BC過橢圓的中心O，且ACBC0，BC2AC，如圖。(I)求點C的坐標及橢圓E的方程；(II)若橢圓E上存在兩點P、Q，使得直線PC與直線QC對于直線x3對稱，求直線PQ的斜率。解：(I)BC2AC，且BC過橢圓的中心OOCACACBC0ACO又A(23,0)點C的坐標為(3,3)。2A(23,0)是橢圓的右極點，a23，則橢圓方程為：x2y2112b2將點C(3,3)代入方程，得b24，橢圓E的方程

7、為x2y21124(II)直線PC與直線QC對于直線x3對稱，設直線PC的斜率為k，則直線QC的斜率為k，從而直線PC的方程為：y3k(x3)，即ykx3(1k)，由ykx3(1k)消y，整理得：x23y2120(13k2)x263k(1k)x9k218k30 x3是方程的一個根，xP39k218k3即xP9k218k3同理可得：xQ9k218k313k23(13k2)3(13k2)yPyQkxP3(1k)kxQ3(1k)k(xPxQ)23k12k3(13k2)4/429k218k39k218k336kyPyQ1xPxQ2)3(13k2)3(13k2)kPQxQ33(13kxP則直線PQ的斜率

8、為定值1。3招式四：共線向量問題1：以以下圖，已知圓C:(x1)2y28,定點A(1,0),M為圓上一動點，點P在AM上，點N在CM上，且知足AM2AP,NPAM0,點N的軌跡為曲線E.I）求曲線E的方程；II）若過定點F（0，2）的直線交曲線E于不一樣樣的兩點G、H（點G在點F、H之間），且知足FGFH，求的取值范圍.解：（1）AM2AP,NPAM0.NP為AM的垂直均分線，|NA|=|NM|又|CN|NM|22,|CN|AN|222.動點N的軌跡是以點C（1，0），A（1，0）為焦點的橢圓.且橢圓長軸長為2a22,焦距2c=2.a2,c1,b21.曲線E的方程為x2y21.2（2）當直線G

9、H斜率存在時，設直線GH方程為ykx2,代入橢圓方程x2y21,2得(1k2)x24kx30.由0得k23.設G(x1,y1),H(x2,y2),24k8k326則x1x21k212k2(1),x1x21212k2(2)2k2又FGFH,(x1,y12)(x2,y22)x1x2,x1,，x25/42(1)21232k232(2)3(12k2)13(k22)k23,43216.41216.解得13.23(12)3332k又01,11.311.11又當直線GH斜率不存在，方程為x0,FGFH,1,即所求的取值范圍是,1)33332：已知橢圓C的中心在座標原點，焦點在x軸上，它的一個極點恰巧是拋物線

10、y1x2的焦點，離心率4為25.（1）求橢圓C的標準方程；（2）過橢圓C的右焦點作直線l交橢圓C于A、B兩點，交y軸于5M點，若MA1AF，MB2BF，求證：1210.解：設橢圓C的方程為x2y21（ab0）拋物線方程化為x24y，其焦點為(0,1)，a2b2則橢圓C的一個極點為(0,1)，即b1由eca2b225，a25，橢圓C的方程為aa25x2y21（2）證明：右焦點F(2,0)，設A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0)，明顯直線l的斜率存在，設直5線l的方程為yk(x2)，代入方程x2y21并整理，得5(15k2)x220k2x20k250 x1x220k2，x1x220k

11、25又MA(x,yy)，15k215k2110MB(x2,y2y0)，AF(2x1,y1)，BF(2x2,y2)，而MA1AF，MB2BF，即(x10,y1y0)1(2,x1)y1，(x20,y2y0)2(2x2,y2)1x1，2x2，所以12x1x22(x1x2)2x1x2102x22x242(x1x2)x1x22x12x13、已知OFQ的面積S=26,且OFFQm。設以O為中心，F為焦點的雙曲線經過Q，|OF|c,m(61)c2，當|OQ|獲得最小值時，求此雙曲線方程。46/42解：設雙曲線方程為x2y2Q（x0,y0）。a1，2b2FQ(x0c,y0)，SOFQ=1|OF|y0|26，y

12、046。2cOFFQ(c,0)(x0c,y0)=c(x0c)=(61)c2x06c。44OQx02y023c29623,8c2當且僅當3c2962,即c4時,|OQ|最小,此時Q(6,6)或(6,6)，8c661a24x2y2所以a2b2.故所求的雙曲線方程為1。b2a2b21612412種類1求待定字母的值例1設雙曲線C：x2y21(a0)與直線L：x+y=1訂交于兩個不一樣樣的點A、B，直線L與y軸交a2于點P，且PA=5PB，求a的值12思路：設A、B兩點的坐標，將向量表達式轉變成坐標表達式，再利用韋達定理，經過解方程組求a的值。解：設A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,1)PA

13、=5PB,(x1,y11)5(x2,y21),x1=5x2.121212xy1消去y并整理得，(1a2222聯立2xy2，)x+2ax2a=0(*)1a2A、B是不一樣樣的兩點，1a20，4a48a2(1a2)0，0a2且a1.于是x1+x2=2a2且x1x2=2a2，1a21a2172a2,且522a22a22=289即x21a212x21a2，消去x2得，1a60，127/42a=17，0a0）過M（2，2），N(6,1)兩點，O為坐標原點，a2b2（I）求橢圓E的方程；（II）能否存在圓心在原點的圓，使得該圓的隨意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且OAOB？若存在，寫出該圓的方程，并

14、求|AB|的取值范圍，若不存在說明原因。解:（1）因為橢圓E:x2y21（a,b0）過M（2，2），N(6,1)兩點,a2b24211122222解得28所以a8橢圓E的方程為xy1所以aba61111b24842224abb（2）假定存在圓心在原點的圓，使得該圓的隨意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且OAOB,ykxm設該圓的切線方程為ykxm解方程組x2y2得x22(kxm)28,即84132/42(12k2)x24kmx2m280,則=16k2m24(12k2)(2m28)8(8k2m24)0,即8k2m240 x1x24km12k2,x1x22m2812k2y1y2(kx1m)(k

15、x2m)k2x1x2km(x1x2)m2k2(2m28)4k2m2m2m28k2要使12k212k212k22m28m28k222OAOB,需使x1x2y1y20,即12k212k20,所以3m8k80,所以23m280又22m2228,即m26或m26k88km40,所以,所以m333,因為3m28直線ykxm為圓心在原點的圓的一條切線,所以圓的半徑為rm,r2m2m2826,所求的圓為x2y281k213m2,r,此時圓的切線1k283338ykx2626x26m都知足m3或m,而當切線的斜率不存在時切線為3與橢圓3x2y21的兩個交點為(26262626OB,綜上,存在圓心在原點84,3

16、)或(,)知足OA333的圓x2y28，使得該圓的隨意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A,B,且OAOB.3x1x24km12k2因為,2m28x1x212k2所以(xx2)2(xx)24xx(4km)242m288(8k2m24),1121212k212k2(12k2)2|AB|(x1x2)2y1y2(1k2)(x1x2)2(1k2)8(8k2m24)2(12k2)2324k45k213214k4k2,34k44k2134k2133/42當k0時|AB|3211134k24k2因為4k2148所以011,所以32321112,k24k2148334k214k2k2所以46|AB|23當且僅當k2

17、時取”=”.32當k0時,|AB|46.3當AB的斜率不存在時,兩個交點為(2626)或(2626463,3,),所以此時|AB|,333綜上,|AB|的取值范圍為46|AB|23即:|AB|46,23332、在平面直角坐標系xOy中，經過點(0，2)且斜率為k的直線l與橢圓x2y21有兩個不一樣樣的交點P2和Q（I）求k的取值范圍；（II）設橢圓與x軸正半軸、y軸正半軸的交點分別為A，B，能否存在常數k，使得向量OPOQ與AB共線？假如存在，求k值；假如不存在，請說明原因解：（）由已知條件，直線l的方程為ykx2，代入橢圓方程得x2(kx2)212整理得1k2x222kx10直線l與橢圓有兩

18、個不一樣樣的交點P和Q等價于28k241k24k220，解得k2或k2即k的取值范圍為222，22，22（）設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則OPOQ(x1x2，y1y2)，由方程，x1x242k12k2又y1y2k(x1x2)22而A(2，0)，B(01，)，AB(21)，所以OPOQ與AB共線等價于34/42x1x22(y1y2)，將代入上式，解得k22或k2由（）知k2，故沒有符合22題意的常數k3、設F1、F2分別是橢圓x2+y2=1的左、右焦點.（）若P是該橢圓上的一個動點，求PF1PF的542最大值和最小值；（）能否存在過點A（5，0）的直線l與橢圓交于不一樣樣的兩點C、D，

19、使得|F2C|=|F2D|？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明原因.解：易知a5,b2,c1,F1(1,0),F2(1,0)，設P（x，y），則PF1PF2(1x,y)(1x,y)x2y21，x244x211x23x5,5，55當x0，即點P為橢圓短軸端點時，PF1PF2有最小值3；當x5，即點P為橢圓長軸端點時，PF1PF2有最大值4（）假定存在知足條件的直線l易知點A（5，0）在橢圓的外面，當直線l的斜率不存在時，直線l與橢圓無交點，所在直線l斜率存在，設為k，直線l的方程為yk(x5)x2y21，得(5k24)x250k2x125k2由方程組54200yk(x5)依題意20(168

20、0k2)0，得5k5當5k5時，設交點C(x1,y1)、D(x2,y2)，5555CD的中點為R(x0,y0)，則x1x250k2,x0 x1x225k25k2425k24y0k(x05)k(25k245)20k.又|F2C|=|F2D|F2RlkkF2R15k25k240(20k)20k2kkFRk5k24120k2=20k24，而20k2=20k24不可以立，所以不存2125k2420k25k24在直線l，使得|F2C|=|F2D|綜上所述，不存在直線l，使得|F2C|=|F2D|x2y21(ab0)的兩個焦點為F1、F2，短軸兩頭點B1、B2，已知F1、F2、B1、B2四4、橢圓G：2b

21、2a點共圓，且點N（0，3）到橢圓上的點最遠距離為52.（1）求此時橢圓G的方程；（2）設斜率為k（k0）35/42的直m與G訂交于不一樣樣的兩點E、F，QEF的中點，E、F兩點能否對于點P（0，3）、3Q的直稱？若能，求出k的取范；若不可以，明原因解：（1）依據的幾何性，段F1F2與段B1B2相互垂直均分，故中心即四點外接的心故中a2b2c,即方程可x22y22b2，H（x,y）上一點，|HN|2x2(y3)2(y3)22b218,此中byb，0b3，yb時,|HN|2有最大b26b9，b26b950得b352（舍去），b3,當y3時,|HN|2有最大值2b218，2b21850得b216所

22、求方程x2y213216x12y121（2）E(x1,y1),F(x2,y2),Q(x0,y0)，由3216兩式相減得x02ky00 x22y2213216又直PQ直m直PQ方程y1x3k將點Q（x0,y0）代入上式得，313y0kx03233x02y021，由得Q（k,），Q點必在內部321633由此得k247,又k0,94k0或0k94故當k(94,0)(0,94)，E、F兩點22222對于點P、Q的直稱x2y21(ab0)3C:b23，右焦點F的直l與C訂交于A、B兩點，當l5、已知a2的離心率2的斜率1，坐原點O到l的距離2（I）求a，b的；（II）C上能否存在點P，使適合lF到某一地

23、點，有OPOAOB成立？若存在，求出全部的P的坐與l的方程；若不存在，明原因。36/42解：（）設Fc,0,當l的斜率為1時，其方程為xyc0,O到l的距離為00cc2，故2c222，c1，3e，得3a3，ba2c2=2（）C上存在點P，使適合l繞F轉到某一地點時，有OPOAOB成立。由（）知橢圓C的方程為2x2+3y2=6.設A(x1,y1),B(x2,y2).()當l不垂直x軸時，設l的方程為yk(x1)假定C上存在點P，且有OPOAOB成立，則點的坐標為（）Px1x2,y1y2，2(x1x2)23(y1y2)26，23y122324x1x26y1y26整理得2x12x2y2又A、B在C上

24、，即2x23y126,2x23y26122故2x1x23y1y230將(1)代入22326,并化簡得ykxxy(23k2)x26k2x3k260于是x1x26k22,x1x2=3k26y1y2k2(x11)(x22)4k223k23k2,3k22，代入解得，k22，此時x1x232于是y1y2k(x1x22)=k，即P(3,k)222所以，當k2時，P(3,2)，l的方程為2xy20；22當k2時，P(3,2)，l的方程為2xy20。22（）當l垂直于x軸時，由OAOB(2,0)知，C上不存在點P使OPOAOB成立。綜上，C上存在點P(3,2)使OPOAOB成立，此時l的方程為2xy20.22

25、x2y26、已知直線x2y20經過橢圓C:a2b21(ab0)的左極點A和上極點D，橢圓C的右頂37/4210點為B，點S是橢圓C上位于x軸上方的動點，直線AS,BS與直線l:xM,N兩點。3分別交于（I）求橢圓C的方程；（）求線段MN的長度的最小值；1（）當線段MN的長度最小時，在橢圓C上能否存在這樣的點T，使得TSB的面積為5？若存在，確立點T的個數，若不存在，說明原因（I）由已知得，橢圓C的左極點為A(2,0),上極點為D(0,1),a2,b1故橢圓C的方程為x2y214（）直線AS的斜率k明顯存在，且k0，故可設直線AS的方程為yk(x2)，從而M(10,16k)33yk(x2)222

26、22由xy2得(14k)x16kx16k4014224得x122設S(x1,y1),則(2),x116k28k2，從而y14k2即S(28k2,4k2),14k14k14k14k14ky12)x10(x310116k1又B(2,0)，由4k得N(1,)故|MN|33k10y33kx3k3又k0,|MN|16k1216k18，當且僅當16k1，即k1時等號成立33k33k333k4k18時，線段MN的長度取最小值341（）由（）可知，當MN取最小值時，k4此時BS的方程為xy20,s(6,4),|BS|42555要使橢圓C上存在點T，使得TSB的面積等于1，只須T到直線BS的距離等于2，所以T在

27、54平行于BS且與BS距離等于2的直線l上。438/42設直線l:x+y+t=0，則由|t2|2,解得t3或t524227、已知雙曲線x2y22的左、右焦點分別為F1，F2，過點F2的動直線與雙曲線訂交于A，B兩點（I）若動點M知足FM1F1AF1BFO1（此中O為坐標原點），求點M的軌跡方程；（II）在x軸上能否存在定點C，使CACB為常數？若存在，求出點C的坐標；若不存在，請說明原因解：由條件知F1(2，0)，F2(2，0)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)解法一：（I）設M(x，y)，則FM(x2y)FA(x2y)，1，11，11，1，1111FB(x22y2)FO(20)，由FMF

28、AFBFO得x2x1x2，x1x2，6x4yy1y2即y1y2y于是AB的中點坐標為x4y2，2y1y2yyy2y2x2)當AB不與x軸垂直時，x2x，即y1(x1x14x8x822又因為A，B兩點在雙曲線上，所以x12y122，x22y222，兩式相減得(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，即(x1x2)(x4)(y1y2)y將y1y2y(x1x2)代入上式，化簡得(x6)2y24x8當AB與x軸垂直時，xx2，求得M(8，0)，也知足上述方程12所以點M的軌跡方程是(x6)2y24（II）假定在x軸上存在定點C(m，0)，使CACB為常數當AB不與x軸垂直時，設直線AB的方程是

29、yk(x2)(k1)代入x2y22有(1k2)x24k2x(4k22)0則x，x是上述方程的兩個實根，所以x1x24k2，x1x24k22，12k21k21于是CACB(x1m)(x2m)22)(x22)k(x139/42(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)4k2m2(k21)(4k22)4k2(2k2m)4k2m2k21k212(12m)k22m22(12m)44mm2k21k21因為CACB是與k沒關的常數，所以44m0，即m1，此時CACB=1當AB與x軸垂直時，點A，B的坐標可分別設為(2，2)，(2，2)，此時CACB(1，2)(1，2)1故在x軸上存在定點C(1，0)，使CACB為常數8、在平面直角坐標系xoy中，已知圓心在第二象限、半徑為22的圓C與直線yx相切于坐標原點x2y21與圓C的一個交點到橢圓兩焦點的距離之和為10O橢圓9a2求圓C的方程；試一試究圓C上能否存在異于原點的點Q，使Q到橢圓右焦點F的距離等于線段OF的長若存在，懇求出點Q的坐標；若不存在，請說明原因解：(1)設圓心坐標為(m，n)（m0）,則該圓的方程為(x-m)2+(y-n)2=8已知該圓與直線y=x相切，那么圓心到該直線的距離等于圓的半徑，則mn=22即mn=42又圓與直線切于原點，將點(0，0)代入得，m2+n2=8m2故圓的方程為(x+2)2+(y-2