圓錐曲線?？碱}型總結(jié)(教師版)

1、直線和圓錐曲線?？碱}型運(yùn)用的知識(shí)：1、中點(diǎn)坐標(biāo)公式：X xx2,y y1一y2 ,其中x,y是點(diǎn)A(Xi, y) B(x2, y?)的中點(diǎn)坐標(biāo)。 222、弦長(zhǎng)公式：若點(diǎn)A(x1,y1), B(x2, y2)在直線y kx b(k 0)上，則yi kxi b, y2 kx2 b ,這是同點(diǎn)縱橫坐標(biāo)變換，是兩大坐標(biāo)變換技巧之一，AB J(k x2)2 (yy2)2 J(x1 x2)2 (J kx2)2 J(1 k2)(x1 x2)2(1 k )(xi x2)4x1x2或者ABT2T2,11、2212xi x2)(y1 y2)< x1x2)(y1 w) ( (1 , 2)(y1 ¥2

2、),k kkJ(1 i)(y1y2)2 4%丫2：|。3、兩條直線:： y kx bi,l2 : y k2x b2垂直：則 k1k21兩條直線垂直，則直線所在的向量v1?v2 0bc4、韋達(dá)te理：右一兀一次方程ax bx c 0(a0)有兩個(gè)不同的根x1, x2 ,則x1x2, x1x2。aa常見(jiàn)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(wèn)題題型三：動(dòng)弦過(guò)定點(diǎn)的問(wèn)題題型四：過(guò)已知曲線上定點(diǎn)的弦的問(wèn)題題型五：共線向量問(wèn)題 題型六：面積問(wèn)題題型七：弦或弦長(zhǎng)為定值問(wèn)題題型八：角度問(wèn)題問(wèn)題九：四點(diǎn)共線問(wèn)題問(wèn)題十：范圍問(wèn)題(本質(zhì)是函數(shù)問(wèn)題)問(wèn)題十一、存在性問(wèn)題：

3、(存在點(diǎn)，存在直線 y=kx+m,存在實(shí)數(shù)，存在圖形：三角形(等比、等腰、直角) ，四邊形(矩 形、菱形、正方形)，圓)題型一：數(shù)形結(jié)合確定直線和圓錐曲線的位置關(guān)系22例題1、已知直線l : y kx 1與橢圓C : y- 1始終有交點(diǎn)，求 m的取值范圍 4 m22解：根據(jù)直線l : y kx 1的方程可知，直線恒過(guò)定點(diǎn)（0, 1）,橢圓C:上 上 1過(guò)動(dòng)點(diǎn)（0, 4 m22果直線l : y kx 1和橢圓C : 1始終有交點(diǎn)，則 Jm 1,且m 4 ,即1 mH m 4。4 m規(guī)律提示：通過(guò)直線的代數(shù)形式，可以看出直線的特點(diǎn)：l: y kx 1 過(guò)定點(diǎn)（0,1）l: y k（x 1）過(guò)定點(diǎn)（

4、1, 0）l : y 2 k（x 1）過(guò)定點(diǎn)（1, 2）題型二：弦的垂直平分線問(wèn)題例題2、過(guò)點(diǎn)T（-1,0）作直線l與曲線N : y2 x交于A、B兩點(diǎn)，在x軸上是否存在一點(diǎn) E（x0,0）邊三角形，若存在，求出 x0;若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。Jm),且m 4 ,如,使得ABE是等解：依題意知，直線的斜率存在，且不等于0。設(shè)直線 l:y k(x 1), k 0, A( x1, y1), B(x2,y2)。y k（x 1）由消y整理，得y xk2x2 (2 k2 1)x k2 0由直線和拋物線交于兩點(diǎn)，得(2k2 1)24k44k2 1 0由韋達(dá)定理，得：x1 x22k2 12, xx2 k，2k

5、2 1 1、AB的中點(diǎn)為（-,）。2k 2k12k211E( 2 -,0)2k 2線段的垂直平分線方程為:111 2k2y ( x 2)令 y=0,得 Xo2k k 2k1I ABE為正三角形，E（一2*2k21一,0）到直線2；(x1、22x2)(y1 v21 4k2k2AB的距離d上 1_k22k3.1 4k2 12k2I,39滿足式此時(shí)x013題型三：動(dòng)弦過(guò)定點(diǎn)的問(wèn)題2 x 例題3、已知橢圓C:i2 a2-y21(a bb2上的頂點(diǎn)分別為 A(-2,0),A2(2,0)。(I )求橢圓的方程;(II )若直線l : x t(t 2)與x軸交于點(diǎn)任一點(diǎn)，直線 PA,PA2分別與橢圓交于 M

6、0)的離心率為Y3 ,且在x軸2圓的焦點(diǎn)并證明你的結(jié)論解：(I)由已知橢圓C的離心率e , a 2,則得 c J3,b 1。2從而橢圓的方程為一4(II )設(shè) M (x11y1),N%, y2)，直線AM的斜率為兄，則直線AiM的方程為y ki(x 2),由<(x4y22)消y4整理得(1 4kl2)x2216k2x 16k2 4 0； 2和入是方程的兩個(gè)根，2x1216kl2 41 4k28kl21 4kl24k1y11 4 k122,即點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2_8,4), 1 4kl2 1 4k2同理，設(shè)直線A2N的斜率為k2,則得點(diǎn)N的坐標(biāo)為(8k2 2 -4k2-)1 4k2 1 4k；

7、 i1 yp K(t2)，ypk2(t 2)H22,丁直線MN的萬(wàn)程為: ty y1x x1y2y1x2 x1x2y1x1y2 ,將點(diǎn) My1y2N的坐標(biāo)代入，化簡(jiǎn)后得：xi *又J 2,4,，-2;橢圓的焦點(diǎn)為 t(3,0)MN過(guò)橢圓的焦點(diǎn)。題型四：過(guò)已知曲線上定點(diǎn)的弦的問(wèn)題例題4、已知點(diǎn)A B、C是橢圓E:橢圓的中心Q且ACBC 0, |bC,2y- 1 (a b b2P、Q,使得直線 PC與直線QC關(guān)于直線0)上的三點(diǎn)，其中點(diǎn) A(2j3,0)是橢圓的右頂點(diǎn)，直線 BC過(guò)(I)求點(diǎn)C的坐標(biāo)及橢圓E的方程；(II)若橢圓E上存在兩點(diǎn)x J3對(duì)稱，求直線PQ的斜率。,且BC過(guò)橢圓白中心O解：

8、(I)20 ACO又1a(2V3,o)點(diǎn)c的坐標(biāo)為(百,73)。 2彳二A(2 J3,0)是橢圓的右頂點(diǎn)，a 2J3 ,則橢圓方程為:將點(diǎn)C(J3, J3)代入方程，得b2 42橢圓E的方程為上122 X 122 y 了2y 1 b2得:(1 3k2)x2 6 3k(1 k)x9k218k(II) ;直線PC與直線QC關(guān)于直線xJ3對(duì)稱,設(shè)直線PC的斜率為k ,則直線QC的斜率為k(x V3),即 y kx V3(1 k),J3是方程的一個(gè)根,PC的方程為:y kx 73(1 k)消 y,整理 22_x3y 12 0一 2 一 一XP杉即XP29k 18k 3 r=-同理可得:、 3(1 3k

9、 )xQ29k 18k 3工 3(1 3k2)I Vp VqkxP3(1 k)kxQ 73(1 k) = k(XpXQ)273k =12k,3(1 3k2)XPXQ9k2 18k 3.3(1 3k2)9k218k 3.3(1 3k2)3(136k3k2)PQVpxpVqxQ則直線PQ的斜率為定值題型五：共線向量問(wèn)題例題5、設(shè)過(guò)點(diǎn)D(0,3)的直線交曲線M:y241于P、Q兩點(diǎn)，且DP二1DQ ,求實(shí)數(shù)A的取值范圍。解：設(shè) P(x1,y 1),Q(x 2,y 2),DP 二 DQ.(x 1,y 1-3)=)(x 2,y 2-3)即 *X1 _牌V1 二 3一而2- 3)判別式法、韋達(dá)定理法、配湊

10、法設(shè)直線PQ的方程為：ykx 3，k °, 由 bty3消y整理后,36_ 22(4 9k )x54kx 450 - P、Q是曲線M上的兩點(diǎn)(54 k)24 45(49k2) = 144k2 80 0即 9k2 5 d由韋達(dá)定理得:Xix254 k2，X1X2454 9k2”(Xi X2)2Xix224 9kx2Xi2 2245rh即入J 19k49k221365(1)211由得0 j 1,代入，整理得9k 5當(dāng)直線PQ的斜率不存在，即x 0時(shí),易知 5或總之實(shí)數(shù)A的取值范圍是?5。題型六：面積問(wèn)題2 x 例題6、已知橢圓C: Qa2 y_ b21 （a>b>0）的離心率

11、為46,短軸一個(gè)端點(diǎn)到右焦點(diǎn)的距離為33（I）求橢圓C的方程;（n）設(shè)直線l與橢圓C交于A B兩點(diǎn)，坐標(biāo)原點(diǎn) O到直線l的距離為,求AOB®積的最大值。2解：（I）設(shè)橢圓的半焦距為c,依題意三寺,b 1 ,a 3,2所求橢圓方程為y2 1。3(n)設(shè) A(。y3 B(x2,y2）。（1）當(dāng) ABX x軸時(shí),ABAB與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線AB的方程為y kxm 。由已知m_1 k23 2一(k41)。把y kx m代入橢圓方程，整理得 （3k2 1）x26kmx23m6 kmx1 x2. XiX23k 123(m2 1)O3k2 1AB2(1 k2)(x2K)22(1 k )36k2m

12、2(3k2 1)2-212(m 1)3 k2 112(k2 1)(3k2 1 m2)(3k21)23(k2 1)(9k2 1)(3k2 1)2312k29k4 6k2 13一 219k k2(k 0)< 36122 3 64°當(dāng)且僅當(dāng)9 k2魚時(shí)等號(hào)成立。當(dāng)k 0時(shí),3AB 33綜上所述ABmax 2。 , _ 一 _1AB3.3omax 22當(dāng)AB最大時(shí)，4AOB面積取最大值S x2=2py (p>0)相交于 A、B兩點(diǎn)。(n)是否存在垂直于 y軸的直線l ,使得l題型七：弦或弦長(zhǎng)為定值問(wèn)題例題7、在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，過(guò)定點(diǎn)C (0, p)作直線與拋物線(I)若

13、點(diǎn)N是點(diǎn)C關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn) 。的對(duì)稱點(diǎn)，求 ANB面積的最小值;被以AC為直徑的圓截得弦長(zhǎng)恒為定值若存在，求出l的方程；若不存在說(shuō)明理由。(I)依題意，點(diǎn) N的坐標(biāo)為N (0,-p )，可設(shè)A (xi,yi) ,B (X2,y 2),直線AB的方程為y=kx+p,與x2=2py聯(lián)立得p py 消去 y 得 x2-2pkx-2p 2=0.由韋達(dá)定理得 xi+x2=2pk,x ix2=-2p2.于 kx p.S S abn S BCN S acn12 2PxiX2當(dāng)k 0時(shí),p (xi x2)24Kx2 = pj4p2k2 8p2 2p2Jk2 2.S S abn) min2 2P2.(n)假設(shè)滿足條

14、件的直線l存在，其方程為y=a,AC的中點(diǎn)為O,t與AC為直 徑的圓相交于點(diǎn) P、Q PQ的中點(diǎn)為H,則O H PQ,O點(diǎn)的坐標(biāo)為0 Pl lACI -Vxi2 (yi p)2 = 2v' y2 p2.OHa yyp 12a yi p, |PH2 0P2 0 H 2 = i(yi2 p2) 4(2a yi p)2PQ2 (2PH)2 = 4 (aa(p a).令a p 0 ,得a 2,此時(shí)I PQ p為定值，故滿足條件的直線 22在，其方程為y p ,2即拋物線的通徑所在的直線 .解法2:(I)前同解法i,再由弦長(zhǎng)公式得AB 由k2|xik24r(Xx2)24x1x2<1k214

15、p2k28p2= 2p,1 k2 ,k2 2.又由點(diǎn)到直線的距離公式得2p1 k21 一從而，S abn d | AB212c 2 p2.2 o2 p 1 k v k 2 ；22 P “ k 2,.1 k當(dāng) k 0時(shí)，(S abn) max 2V2p2.(n)假設(shè)滿足條件的直線 t存在，其方程為y=a,則以AC為直徑的圓的方程為(x 0)( x Xi) (y p)(y y1) 0,將直線方程y=a代入得2XXiX (a p)(a %) 0,則=x； 4(a p)(a vJ 4 (a ?) y1 a(p a).設(shè)直線l與以AC為直徑的圓的交點(diǎn)為P (X2,y2),Q (X4,y4),則有x4 J

16、4 (a -p)V1a(p a)2J(a 凱 a(p a).令a p 0,得a E,此時(shí)PQ 22p為定值，故滿足條件的直線 l存在，其方程為y即拋物線的通徑所在的直線。題型八：角度問(wèn)題例題8、(如圖(21)圖，M (-2 , 0)和N (2, 0)是平面上的兩點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足：PMPN| 6. (I)求點(diǎn)P的PN =,求點(diǎn)P的坐標(biāo).軌跡方程；(n)若PM1 cos MPN解：(I )由橢圓的定義，點(diǎn) P的軌跡是以 M N為焦點(diǎn)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)2a=6的橢圓.因此半焦距c=2,長(zhǎng)半軸a=3,從而短半軸 _22b= J a2 c2痣所以橢圓的方程為 1.95(n)由 PM |PN2，得 PM |PN co

17、sMPN1 cosMPN ,PM I PN 2.因?yàn)閏osMPN1,P不為橢圓長(zhǎng)軸頂點(diǎn)，故P、M N構(gòu)成三角形.在PMN MN 4,由余弦定理有2_2_2_MN PM| |PN 2 PM |PN cosMPN.將代入，得 42 |PM|2 PN|2 2(PM|PN 2).2故點(diǎn)P在以M N為焦點(diǎn)，實(shí)軸長(zhǎng)為 2百的雙曲線 3y2 1 上.X2由（I）知，點(diǎn)P的坐標(biāo)又滿足一 9_ 22由方程組5x 9V 45，x2 3y2 3.解得X即p點(diǎn)坐標(biāo)為（3代,包卜（返叵）、（-3叵，蟲）或（ 2222223.35? -)22問(wèn)題九：四點(diǎn)共線問(wèn)題22例題9、設(shè)橢圓C :0冬 a b1(a b 0)過(guò)點(diǎn) M

18、 (J2,1),且著焦點(diǎn)為 F1( J2,0)（i）求橢圓C的方程；（n）當(dāng)過(guò)點(diǎn)P（4,1）的動(dòng)直線l與橢圓C相交與兩不同點(diǎn)A, B時(shí)，在線段AB上取點(diǎn)Q ,滿足證明：點(diǎn)Q總在某定直線上由題意:_2 a2c1b22a1,解得a2b224,b2 2,所求橢圓方程為42 2X22y1,(2)11（2）方法A B的坐標(biāo)分別為（X, y）,（Xi,y1）,（x2,y2）。由題設(shè)知AP, PB, AQ ,QB均不為零，記TP.A上則Q四點(diǎn)共線，從而aPy1X11X1X2X21Vl1y2¥2從而24x , (1)2 2y2丁 y又點(diǎn)A B在橢圓C上，即22xi 2yi 4,HI(i) + (2)

19、 x 2并結(jié)合(3),(4)22x22 y24,得 4s 2y 4MNi 23 3x2 82 ， xx i 44即點(diǎn)Q(x, y)總在定直線2x y方法設(shè)點(diǎn) Q(x, y), A(xi,y1)，B(X2,y2),由題設(shè),pA,pB, aQ,Qb均不為零。又P, A,Q,B四點(diǎn)共線，可設(shè)pAaQ,pB bQ(0, 1)，于xi£彳i彳(i)(2)由于A(xi,y。B(x2,y2)在橢圓C上，將(i),(2)分別代入C的方程x2 2y2 4,整理得2_ 2(x 2y 4)4(2x2)14(3)(x2 2y2 4)4(2x2)14(4)(4) -(3)得 8(2 x2)0,： 2x即點(diǎn)Q(

20、x, y)總在定直線2x y問(wèn)題十：范圍問(wèn)題(本質(zhì)是函數(shù)問(wèn)題)2設(shè)F1、F2分別是橢圓 y2 i的左、右焦點(diǎn)。4(I)若P是該橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求 PFi PF2的最大值和最小值;(n)設(shè)過(guò)定點(diǎn)M (0,2)的直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A、B,且/ AOB為銳角(其中。為坐標(biāo)原點(diǎn))，求直線l的斜率k的取值范圍。解：(I)解法一：易知 a 2,b i,c 石所以Fi6。，設(shè) P x, y，則PFi, 3 x, y ,、3 x, yx2y2 3因?yàn)閤 2,2 ,故當(dāng)x 0,即點(diǎn)P為橢圓短軸端點(diǎn)時(shí)，PF1 PF2有最小值 2當(dāng)x 2,即點(diǎn)P為橢圓長(zhǎng)軸端點(diǎn)時(shí)，PF1 PF2有最大值1解法二：易知a 2

21、,b1,c J3,所以 F1 萬(wàn)0 ,F2 V3,0，設(shè) P x, y ,則(D)顯然直線聯(lián)立y2 x4kxcos F1PF2x 3y20不滿足題設(shè)條件,消去整理得:XiX2k24k4,X1X2IIPF1 Ipf212 x可設(shè)直線k2PF1y2 3 （以下同解法一）l ： y kx 2,A。丫2 ,B x2, y2 ,2x 4kx 34k4k2 3.30付：k 或k2又00A0B900cosA0B 00N1V2 0又 yy22 kx22k x1x22k x1 x23k22 1k 48k2k2k2k2k20,即k2 42m28 8(8k24)1 2k2(1 2k2)2k2故由、得 2 k問(wèn)題十一

22、、存在性問(wèn)題:（存在點(diǎn)，存在直線 y=kx+m,存在實(shí)數(shù)，存在圖形：三角形（等比、等腰、直角） ，四邊形（矩形、菱形、正方形），圓）22_設(shè)橢圓E:" y_ 1 (a,b>0)過(guò)M (2, 72), N( 76,1)兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn),a b(I )求橢圓E的方程;(II )是否存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓e恒有兩個(gè)交點(diǎn)a,b,且oA oB若存在，寫出該圓的方程，并求|AB |的取值范圍,若不存在說(shuō)明理由。解：(1)因?yàn)闄E圓E:2 y b2(a,b>0)過(guò) M (2,尬)N(遍,1)兩點(diǎn),4 所以a26 a2b21b1解得1 a1b218所以142ab22橢圓E的方程為82y4(2)假設(shè)存在圓心在原點(diǎn)的圓,使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,且 OA，設(shè)該圓的切線方程為y kx m解方程組y2x8kx2y4m得x21_22(kx m)_ 228,即(1 2k )x2-4kmx 2m 80,則=16k2m2 4(1 2k2)(2m2 8)8(8k4) 0 ,即 8kXix24km212k , y1 y22m2 81 2k2