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高中数学 圆锥曲线题型总结


直线和圆锥曲线常考题型
运用的知识: 1、中点坐标公式: x 2、弦长公式:若点 则

?

x1 ? x2 y ? y2 ,y ? 1 2 2

,其中 x, y 是点

A( x1 , y1 ),B( x2 , y2 ) 的中点坐标。

A( x1 , y1 ),B(

x2 , y2 ) 在直线 y ? kx ? b(k ? 0) 上,

y1 ? kx1 ? b,y2 ? kx2 ? b ,这是同点纵横坐标变换,是两大坐标变换技巧之一,

AB ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? (kx1 ? kx2 ) 2 ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )[( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ]
或者

1 1 1 AB ? ( x1 ? x2 )2 ? ( y1 ? y2 )2 ? ( x1 ? x2 )2 ? ( y1 ? y2 )2 ? (1 ? 2 )( y1 ? y2 ) 2 k k k 1 )[( y1 ? y2 )2 ? 4 y1 y2 ] 。 k2

? (1 ?

3、两条直线 l1 :

y ? k1x ? b1, l2 : y ? k2 x ? b2 垂直:则 k1k2 ? ?1 ? ? ?0


两条直线垂直,则直线所在的向量 v1 ? v2 4、韦达定理:若一元二次方程 ax 常见的一些题型:
2

b c ? bx ? c ? 0(a ? 0) 有两个不同的根 x1 , x2 ,则 x1 ? x2 ? ? , x1 x2 ? a a

题型一:数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系 例题 1、已知直线 l :

y ? kx ? 1 与椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1 始终有交点,求 m 的取值范围 4 m

x2 y 2 ? ? 1 过动点 解:根据直线 l : y ? kx ? 1 的方程可知,直线恒过定点( 0 , 1 ) ,椭圆 C : (0, ? m ),且m ? 4 ,如果直线 4 m
l : y ? kx ? 1 和椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1 始终有交点,则 m ? 1 ,且m ? 4 ,即 1 ? m且m ? 4 。 4 m

规律提示:通过直线的代数形式,可以看出直线的特点:

l : y ? kx ? 1 ? 过定点(0, 1 ) l : y ? k ( x ? 1) ? 过定点(?1 ,0) l : y ? 2 ? k ( x ? 1) ? 过定点(?1,2)
题型二:弦的垂直平分线问题 例题 2、过点 T(-1,0)作直线 l 与曲线 N : y 求出 x0 ;若不存在,请说明理由。 解:依题意知,直线的斜率存在,且不等于 0。 1
2

? x 交于 A、B 两点,在 x 轴上是否存在一点 E( x0 ,0),使得 ?ABE 是等边三角形,若存在,

设直线 l :

y ? k ( x ? 1) , k ? 0 , A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) 。

由?

? y ? k ( x ? 1) 消 y 整理,得 2 ?y ? x


k 2 x2 ? (2k 2 ?1) x ? k 2 ? 0
由直线和抛物线交于两点,得

? ? (2k 2 ?1)2 ? 4k 4 ? ?4k 2 ? 1 ? 0
即0 ?

k2 ?

1 4



由韦达定理,得: x1 ? x2

??

2k 2 ? 1 , x1 x2 ? 1 。 k2

则线段 AB 的中点为 (?

2k 2 ? 1 1 , )。 2k 2 2k

线段的垂直平分线方程为:

1 1 1 ? 2k 2 y? ? ? (x ? ) 2k k 2k 2
令 y=0,得 x0

?

1 1 1 1 ? ,则 E ( 2 ? , 0) 2 2k 2 2k 2

? ?ABE 为正三角形,

? E(

1 1 3 ? , 0) 到直线 AB 的距离 d 为 AB 2 2k 2 2



? AB ? ( x1 ? x2 ) 2 ? ( y1 ? y2 ) 2

?
d?

1 ? 4k 2 ? 1? k 2 2 k
1? k 2 2k

3 1 ? 4k 2 1? k 2 2 ? ? 1? k ? 2k 2 2k
解得 k

??
?

39 满足②式 13

此时 x0

5 。 3

题型三:动弦过定点的问题

例题 3、已知椭圆 C: (I)求椭圆的方程;

x2 y 2 3 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 ,且在 x 轴上的顶点分别为 A1(-2,0),A2(2,0)。 2 a b 2

2

(II)若直线 l : x

? t (t ? 2) 与 x 轴交于点 T,点 P 为直线 l 上异于点 T 的任一点,直线 PA1,PA2 分别与椭圆交于 M、N 点,试问直线 MN

是否通过椭圆的焦点?并证明你的结论 解: (I)由已知椭圆 C 的离心率 e ?

c 3 , a ? 2 ,则得 c ? 3, b ? 1。 ? a 2

从而椭圆的方程为

x2 ? y2 ? 1 4

(II)设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) ,直线

A1M

的斜率为 k1 , 则直线

A1M

的方程为

? y ? k ( x ? 2) 消 y ? k1 ( x ? 2) ,由 ? 2 1 2 ?x ? 4 y ? 4

y 整理得

(1 ? 4k12 ) x2 ?16k2 x ?16k12 ? 4 ? 0
? ?2和x1 是方程的两个根,
16k12 ? 4 ??2 x1 ? 1 ? 4k12
则 x1

?

2 ? 8k12 1 ? 4k12



y1 ?

4k1 1 ? 4k12



即点 M 的坐标为 (

2 ? 8k12 4k1 , ), 1 ? 4k12 1 ? 4k12

2 8k2 ? 2 ?4k2 同理,设直线 A2N 的斜率为 k2,则得点 N 的坐标为 ( , ) 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

? y p ? k1 (t ? 2), y p ? k2 (t ? 2)
? k1 ? k2 2 ?? , k1 ? k2 t y ? y1 y2 ? y1 , ? x ? x1 x2 ? x1
,将点 M、N 的坐标代入,化简后得: x

? 直线 MN 的方程为:

? 令 y=0,得 x ?
又? t

x2 y1 ? x1 y2 y1 ? y2
4 ?2 t

?

4 t

? 2 ,? 0 ?

? 椭圆的焦点为 ( 3,0)
4 4 3 ? ? 3 ,即 t ? t 3
故当 t

?

4 3 时,MN 过椭圆的焦点。 3
3

题型四:过已知曲线上定点的弦的问题

例题 4、已知点 A、B、C 是椭圆 E:

心 O,且

??? ? ??? ? AC ?BC ? 0 ,

x2 y 2 ? ? 1 (a ? b ? 0) 上的三点,其中点 A (2 3,0) 是椭圆的右顶点,直线 BC 过椭圆的中 a 2 b2 ??? ? ???? BC ? 2 AC ,如图。

(I)求点 C 的坐标及椭圆 E 的方程; (II)若椭圆 E 上存在两点 P、Q,使得直线 PC 与直线 QC 关于直线 x

? 3 对称,求直线 PQ 的斜率。

解:(I)

??? ? ???? ? BC ? 2 AC

,且 BC 过椭圆的中心 O

???? ???? ? OC ? AC

??? ? ??? ? ? AC ?BC ? 0
??ACO ?
又? A (2

?
2

3,0)

? 点 C 的坐标为 ( 3, 3) 。 ? A (2 3,0) 是椭圆的右顶点,
? a ? 2 3 ,则椭圆方程为:
x2 y 2 ? ?1 12 b2
将点 C (

3, 3) 代入方程,得 b2 ? 4 ,

x2 y 2 ?1 ? 椭圆 E 的方程为 ? 12 4
(II)? 直线 PC 与直线 QC 关于直线 x

? 3 对称,

? 设直线 PC 的斜率为 k ,则直线 QC 的斜率为 ? k ,从而直线 PC 的方程为:
y ? 3 ? k ( x ? 3) ,即
y ? kx ? 3(1 ? k ) ,
4

由?

? y ? kx ? 3(1 ? k ) ? 消 y,整理得: 2 2 ? ? x ? 3 y ? 12 ? 0

(1 ? 3k 2 ) x2 ? 6 3k (1 ? k ) x ? 9k 2 ?18k ? 3 ? 0 ? x ? 3 是方程的一个根,
? xP ? 3 ? 9k 2 ? 18k ? 3 1 ? 3k 2

即 xP

?

9k 2 ? 18k ? 3 3(1 ? 3k 2 )

同理可得:

xQ ?

9k 2 ? 18k ? 3 3(1 ? 3k 2 )

? yP ? yQ ? kxP ? 3(1 ? k ) ? kxQ ? 3(1 ? k ) = k ( xP ? xQ ) ? 2 3k


?12k 3(1 ? 3k 2 )

xP ? xQ ?

9k 2 ? 18k ? 3 9k 2 ? 18k ? 3 ? 3(1 ? 3k 2 ) 3(1 ? 3k 2 )



?36k 3(1 ? 3k 2 )

? kPQ ?

yP ? yQ xP ? xQ

?

1 3
1 。 3
uuu r uuu r x2 y 2 ? ? 1 于 P、Q 两点,且 DP = l DQ ,求实数 l 9 4

则直线 PQ 的斜率为定值 题型五:共线向量问题

例题 5、设过点 D(0,3)的直线交曲线 M: 解:设 P(x1,y1),Q(x2,y2),

的取值范围。

uuu r uuu r Q DP = l DQ

\ (x1,y1-3)= l (x2,y2-3)
即? í

ì x1 = l x 2 ? ? ? y = 3 + l (y 2 - 3) ? ? ? 1
x2 y2 + =1 上的点 9 4

方法一:方程组消元法 又 Q P、Q 是椭圆

2 ì x2 y2 ? ? + 2 = 1 ? ? 9 4 \ ? í 2 ? (l x 2 ) (l y 2 + 3 - 3l )2 ? + = 1 ? ? 4 ? ? 9

5

消去 x2, 可得
2 (l y 2 + 3 - 3l )2 - l 2y 2 = 1- l 4 2

13l - 5 6l 又 Q -2 ? y2 ? 2,
即 y2=

\ -2 ?
解之得:

13l - 5 ? 2 6l

1 ?? ?5 5

则实数 l 的取值范围是

?1 ? ,5 。 ? ?5 ? ?
y ? kx ? 3, k ? 0 ,

方法二:判别式法、韦达定理法、配凑法 设直线 PQ 的方程为:

由?

? y ? kx ? 3 消 y 整理后,得 2 2 ?4 x ? 9 y ? 36

(4 ? 9k 2 ) x2 ? 54kx ? 45 ? 0

? P、Q 是曲线 M 上的两点
?? ? (54k )2 ? 4 ? 45(4 ? 9k 2 ) = 144k 2 ? 80 ? 0
即 9k
2

?5



由韦达定理得:

x1 ? x2 ? ?

54k 45 , x1 x2 ? 2 4 ? 9k 4 ? 9k 2

?

( x1 ? x2 )2 x1 x2 ? ? ?2 x1 x2 x2 x1
542 k 2 (1 ? ? )2 ? 45(4 ? 9k 2 ) ? 36? 9k 2 ? 4 4 ? ? 1? 2 2 2 5(1 ? ? ) 9k 9k
1 1 ? ,代入②,整理得 2 9k 5


?



由①得 0 ?

1?

36? 9 ? , 2 5(1 ? ? ) 5
1 ?? ?5 5
? 0 时,易知 ? ? 5 或 ? ?

解之得

当直线 PQ 的斜率不存在,即 x

1 。 5

总之实数 l 的取值范围是

?1 ? ,5 。 ? ?5 ? ?
6

题型六:面积问题

x2 y2 6 例题 6、已知椭圆 C: 2 ? 2 ? 1 (a>b>0)的离心率为 , 短轴一个端点到右焦点的距离为 3 。 a b 3
(Ⅰ)求椭圆 C 的方程;

(Ⅱ)设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点,坐标原点 O 到直线 l 的距离为

3 ,求△AOB 面积的最大值。 2

?c 6 , ? ? 解: (Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ,依题意 ? a 3 ? a ? 3, ?
? b ? 1 ,? 所求椭圆方程为

x2 ? y 2 ? 1。 3

(Ⅱ)设

A( x1,y1 ) , B( x2,y2 ) 。

(1)当 (2)当 设直线

AB ⊥ x 轴时, AB ? 3 。
AB 与 x 轴不垂直时,

AB 的方程为 y ? kx ? m 。

由已知

m 1? k
2

?

3 2 3 2 ,得 m ? ( k ? 1) 。 4 2



y ? kx ? m 代入椭圆方程,整理得 (3k 2 ? 1) x2 ? 6kmx ? 3m2 ? 3 ? 0 ,
?6km 3(m 2 ? 1) x x ? , 。 1 2 3k 2 ? 1 3k 2 ? 1

? x1 ? x2 ?

? 36k 2 m2 12(m2 ? 1) ? 2 ? AB ? (1 ? k 2 )( x2 ? x1 ) 2 ? (1 ? k 2 ) ? 2 ? 2 3k 2 ? 1 ? ? (3k ? 1) ?
? 12(k 2 ? 1)(3k 2 ? 1 ? m2 ) 3(k 2 ? 1)(9k 2 ? 1) ? (3k 2 ? 1)2 (3k 2 ? 1)2
12k 2 12 12 ? 3? (k ? 0) ≤ 3 ? ?4。 4 2 1 9k ? 6k ? 1 2 ? 3 ? 6 2 9k ? 2 ? 6 k

? 3?

7

当且仅当 9 k

2

?

1 3 ,即 k ? ? 2 k 3

时等号成立。当 k

? 0 时, AB ? 3 ,

综上所述

AB max ? 2 。
1 3 3 。 ? ? AB max ? ? 2 2 2

? 当 AB

最大时, △ AOB 面积取最大值 S

题型七:弦或弦长为定值问题 例题 7、在平面直角坐标系 xOy 中,过定点 C(0,p)作直线与抛物线 x2=2py(p>0)相交于 A、B 两点。

(Ⅰ)若点 N 是点 C 关于坐标原点 O 的对称点,求△ANB 面积的最小值; (Ⅱ)是否存在垂直于 y 轴的直线 l,使得 l 被以 AC 为直径的圆截得弦长恒为定值?若存在,求出 l 的方程;若不存在,说明理由。

? x 2 ? 2 py (Ⅰ)依题意,点 N 的坐标为 N(0,-p),可设 A(x1,y1),B(x2,y2) ,直线 AB 的方程为 y=kx+p,与 x =2py 联立得 ? 消去 ? y ? kx ? p.
2

y 得 x2-2pkx-2p2=0. 由韦达定理得 x1+x2=2pk,x1x2=-2p2. 于是 S ?ABN

? S ?BCN ? S ?ACN ?

1 ? 2 p x1 ? x2 2



p x1 ? x2 ? p ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2
p 4 p 2k 2 ? 8 p 2 ? 2 p 2 k 2 ? 2.



?当k ? 0时,(S?ABN) min ? 2 2 p2 .
(Ⅱ)假设满足条件的直线 l 存在,其方程为 y=a,AC 的中点为 O?, t与AC为直 径的圆相交于点 P 、Q,PQ 的中点为 H,则

O?H ? PQ , O?点的坐标为(

x1 y1 ? p , ) 2 2
8

? O?P ?


1 1 2 AC ? x1 ? ( y1 ? p) 2 2 2
.

1 y12 ? p 2 2

O?H ? a ?
2

y1 ? p 1 ? 2a ? y1 ? p , 2 2
2 2

? PH ? O?P ? O?H
=

1 2 1 ( y1 ? p 2 ) ? (2a ? y1 ? p) 2 4 4 p = ( a ? ) y1 ? a ( p ? a ), 2

? PQ ? (2 PH ) 2
=4

2

p ? ? (a ? ) y2 ? a( p ? a)?. ? 2 ? ?
p p p ? 0 ,得 a ? , 此时 PQ ? p 为定值,故满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? 2 2 2


令a ?

即抛物线的通径所在的直线.

解法 2: (Ⅰ)前同解法 1,再由弦长公式得

AB ? 1 ? k 2 x1 ? x2 ? 1 ? k 2 ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ? 1 ? k 2 ? 4 p 2 k 2 ? 8 p 2
= 2p

1 ? k 2 ? k 2 ? 2.
? 2p 1? k2
.

又由点到直线的距离公式得 d

从而, S?ABN

?

1 1 2p ? d ? AB ? ? 2 p 1 ? k 2 ? k 2 ? 2 ? ? 2 p2 k 2 ? 2, 2 2 2 1? k

?当k ? 0时,(S?ABN) max ? 2 2 p2.
(Ⅱ)假设满足条件的直线 t 存在,其方程为 y=a,则以 AC 为直径的圆的方程为 9

( x ? 0)(x ? x1 ) ? ( y ? p)( y ? y1 ) ? 0, 将直线方程 y=a 代入得

x 2 ? x1 x ? (a ? p)(a ? y1 ) ? 0, p ? ? 则?=x12 ? 4(a ? p)(a ? y1 ) ? 4?(a ? )? y1 ? a( p ? a). 2 ? ?
设直线 l 与以 AC 为直径的圆的交点为 P(x2,y2),Q(x4,y4),则有

p p ? ? PQ ? x3 ? x4 ? 4?(a ? ) y1 ? a( p ? a)? ? 2 (a ? ) y1 ? a( p ? a) . 2 2 ? ?
令a ?

p p p ? 0, 得a ? , 此时 PQ ? p 为定值,故满足条件的直线 l 存在,其方程为 y ? 2 2 2

.

即抛物线的通径所在的直线。 题型八:角度问题 例题 8、 (如图(21)图,M(-2,0)和 N(2,0)是平面上的两点,动点 P 满足:

PM ? PN ? 6.

(Ⅰ)求点 P 的轨迹方程; (Ⅱ)若

2 PM · PN = 1 ? cos ?MPN

,求点 P 的坐标.

解:(Ⅰ)由椭圆的定义,点 P 的轨迹是以 M、N 为焦点,长轴长 2a=6 的椭圆. 因此半焦距 c=2,长半轴 a=3,从而短半轴

b=

a2 ? c2 ? 5 ,

x2 y 2 ? ? 1. 所以椭圆的方程为 9 5
(Ⅱ)由

PM ?PN ?

2 ,得 1 ? cos MPN


PM ?PN cos MPN ? PM ?PN ? 2.
因为 cos MPN
2

? 1, P 不为椭圆长轴顶点,故 P、M、N 构成三角形.在△PMN 中, MN ? 4,由余弦定理有
2 2

MN ? PM ? PN ? 2 PM ?PN cos MPN .
将①代入②,得



42 ? PM ? PN ? 2( PM ?PN ? 2).
故点 P 在以 M、N 为焦点,实轴长为 2

2

2

3 的双曲线

x2 ? y 2 ? 1上. 3
10

x2 y 2 ? ? 1 ,所以 由(Ⅰ)知,点 P 的坐标又满足 9 5
2 2 ? ?5 x ? 9 y ? 45, 由方程组 ? 2 2 ? ? x ? 3 y ? 3.

? 3 3 , ?x ? ? ? 2 解得 ? ?y ? ? 5 . ? ? 2

即 P 点坐标为

(

3 3 5 3 3 5 3 3 5 3 3 5 , )、( ,- )、(, )或(? ,- ). 2 2 2 2 2 2 2 2

问题九:四点共线问题 例题 9、设椭圆 C :

x2 y 2 ? ? 1(a ? b ? 0) 过点 M ( 2,1) ,且着焦点为 F 1 (? 2,0) a 2 b2
??? ? ??? ? ???? ??? ? A, B 时,在线段 AB 上取点 Q ,满足 AP ?QB ? AQ ?PB

(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ) 当过点 P(4,1) 的动直线 l 与椭圆 C 相交与两不同点 总在某定直线上 解 (1)由题意:

, 证明: 点Q

?c 2 ? 2 ? ?2 1 ? 2 ? 2 ?1 ?a b 2 2 2 ? ?c ? a ? b
(2)方法一

,解得 a

2

? 4, b2 ? 2 ,所求椭圆方程为

x2 y 2 ? ?1 4 2

设点 Q、A、B 的坐标分别为 ( x, y),( x1 , y1 ),( x 2 , y2 ) 。

由题设知

??? ? ??? ? ???? ??? ? AP , PB , AQ , QB

??? ? ???? AP AQ 均不为零,记 ? ? ??? ? ? ??? ? PB QB

,则 ?

? 0且? ?1

又 A,P,B,Q 四点共线,从而 于是

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? AP ? ?? PB, AQ ? ?QB
y1 ? ? y2 1? ? y ? ? y2 y? 1 1? ? 1?
2 y12 ? ? 2 y2 ? y , ??(2) 1? ?2

4?

x1 ? ? x2 , 1? ? x ? ? x2 x? 1 , 1? ?

从而
2 x12 ? ? 2 x2 ? 4 x , ??(1) 1? ? 2

又点 A、B 在椭圆 C 上,即

x12 ? 2 y12 ? 4,??(3)

2 2 x2 ? 2 y2 ? 4,??(4)

(1)+(2)×2 并结合(3) , (4)得 4s ? 2 y 即点 Q( x, y) 总在定直线 2 x ?

?4

y ?2 ? 0上
11

方法二 设点 Q( x, y), A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) ,由题设,

??? ? ??? ? ???? ??? ? PA , PB , AQ , QB

均不为零。



??? ? ??? ? PA PB ???? ? ??? ? AQ QB



??? ? ??? ? ??? ? ??? ? P, A, Q, B 四点共线,可设 PA ? ?? AQ, PB ? ? BQ(? ? 0, ?1) ,于是
4 ? ?x 1? ? y , y1 ? 1? ? 1? ? 4 ? ?x 1? ? y x2 ? , y2 ? 1? ? 1? ? x1 ?
(1) (2)

由于

2 2 , (2)分别代入 C 的方程 x ? 2 y ? 4, 整理得 A( x1, y1 ), B( x2 , y2 ) 在椭圆 C 上,将(1)

( x2 ? 2 y 2 ? 4)? 2 ? 4(2x ? y ? 2)? ? 14 ? 0 ( x2 ? 2 y2 ? 4)? 2 ? 4(2x ? y ? 2)? ? 14 ? 0
(4)-(3) 得

(3) (4)

8(2 x ? y ? 2)? ? 0

∵? ? 0,∴ 2 x ? y ? 2 ? 0
即点 Q( x, y) 总在定直线 2 x ? 问题十:范围问题(本质是函数问题)

y ?2 ? 0上

设 F1 、 F2 分别是椭圆

x2 ? y 2 ? 1 的左、右焦点。 4

(Ⅰ)若 P 是该椭圆上的一个动点,求 PF 1 · PF 2 的最大值和最小值; (Ⅱ)设过定点 M (0,2) 的直线 l 与椭圆交于不同的两点 范围。 解: (Ⅰ)解法一:易知 a ? 2, b ? 1, c ?

A 、 B ,且∠ AOB 为锐角(其中 O 为坐标原点) ,求直线 l 的斜率 k

的取值

3

所以 F 1

??

3, 0 , F2

? ?

3, 0

? ,设 P ? x, y ? ,则
x2 1 3 ? x, ? y ? x ? y ? 3 ? x ? 1 ? ? 3 ? ? 3x 2 ? 8? 4 4
2 2

???? ???? ? PF1 ? PF2 ? ? 3 ? x, ? y ,

?

??

?

2

因为 x ?

??2, 2? ,故当 x ? 0 ,即点 P 为椭圆短轴端点时, PF1 ? PF2 有最小值 ?2
???? ???? ?

???? ???? ?

当x

? ?2 ,即点 P 为椭圆长轴端点时, PF1 ? PF2 有最大值 1

12

解法二:易知 a ? 2, b ? 1, c ?

3 ,所以 F1 ? 3, 0 , F2

?

? ?

3, 0

? ,设 P ? x, y ? ,则

???? 2 ???? ? 2 ???? ?2 ???? ???? ? ???? ???? ? ???? ???? ? PF1 ? PF2 ? F1 F2 PF1 ? PF2 ? PF1 ? PF2 ? cos ?F1 PF2 ? PF1 ? PF2 ? ???? ???? ? 2 PF1 ? PF2
1? x? 3 ? 2?

?

?

?

2

? y2 ? x ? 3

?

?

2

? y 2 ? 12? ? x 2 ? y 2 ? 3 (以下同解法一) ? ?

(Ⅱ)显然直线 x

? 0 不满足题设条件,可设直线 l : y ? kx ? 2, A? x1, y2 ? , B ? x2 , y2 ? ,

? y ? kx ? 2 ? ? 2 1? 2 联立 ? x 2 ,消去 y ,整理得: ? k ? ? x ? 4kx ? 3 ? 0 2 4? ? ? ? y ?1 ?4
∴ x1 ? x2

??

4k k2 ? 1 4

, x1 ? x2 ?

3 k2 ? 1 4
或k

由? ?

? 4k ?

2

3 1? ? ? 4 ? k ? ? ? 3 ? 4k 2 ? 3 ? 0 得: k ? 4? 2 ?

??

3 2

又0

0

??? ? ??? ? ? ?A0B ? 900 ? cos ?A0B ? 0 ? OA ? OB ? 0

∴ OA ? OB ?

??? ? ??? ?

x1x2 ? y1 y2 ? 0
3k 2

?k 2 ? 1 ?8k 2 ? ?4 ? 又 y1 y2 ? ? kx1 ? 2?? kx2 ? 2? ? k x1x2 ? 2k ? x1 ? x2 ? ? 4 ? 1 1 1 k2 ? k2 ? k2 ? 4 4 4
2



3 1 k ? 4
2

?

?k 2 ? 1 ? 0 ,即 k 2 ? 4 1 k2 ? 4

∴ ?2 ?

k?2

故由①、②得 ?2 ?

k??

3 3 或 ?k?2 2 2

问题十一、存在性问题: (存在点,存在直线 y=kx+m,存在实数,存在图形:三角形(等比、等腰、直角) ,四边形(矩形、菱形、正方 形) ,圆)

设椭圆 E:

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) a 2 b2

,N(

6 ,1)两点,O 为坐标原点,

(I)求椭圆 E 的方程; (II) 是否存在圆心在原点的圆, 使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B,且 OA ? OB ?若存在, 写出该圆的方程, 并求|AB 13

??? ?

??? ?

|的取值范围,若不存在说明理由。

解:(1)因为椭圆 E:

x2 y 2 ? ? 1 (a,b>0)过 M(2, 2 ) a 2 b2

,N(

6 ,1)两点,

2 ?4 ?1 1 ? 2 ?1 ? 2 ? ? ?a 2 ? 8 x2 y 2 ?a b ? a2 8 ? ?1 所以 ? 解得 ? 所以 ? 2 椭圆 E 的方程为 8 4 ?b ? 4 ? 6 ? 1 ?1 ?1 ?1 ? ? ? a 2 b2 ? b2 4
( 2 )假设存在圆心在原点的圆,使得该圆的任意一条切线与椭圆 E 恒有两个交点 A,B, 且 OA ? OB , 设该圆的切线方程为

??? ?

??? ?

? y ? kx ? m ? 2 2 2 2 2 得 x ? 2(kx ? m) ? 8 ,即 (1 ? 2k ) x ? 4kmx ? 2m ? 8 ? 0 , w.w.w.k.s.5.u.c.o.m y ? kx ? m 解方程组 ? x 2 y 2 ?1 ? ? 4 ?8
则△= 16k
2

m2 ? 4(1 ? 2k 2 )(2m2 ? 8) ? 8(8k 2 ? m2 ? 4) ? 0 ,即 8k 2 ? m2 ? 4 ? 0

4km ? x ? x ? ? 1 2 ? ? 1 ? 2k 2 ? 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?
y1 y2 ? (kx1 ? m)(kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? km( x1 ? x2 ) ? m2 ? k 2 (2m2 ? 8) 4k 2 m2 m2 ? 8k 2 2 ? ? m ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2
要 使 OA ?

,

??? ?

??? ? OB,

需使

x1 x2 ? y1 y2 ? 0 , 即
? m2 ? 2 ? 3m ? 8
2

2m2 ? 8 m2 ? 8k 2 3m2 ? 8 2 2 2 ? ? 0 3 m ? 8 k ? 8 ? 0 k ? ? 0 又 8k 2 ? m2 ? 4 ? 0 , , 所以 , 所以 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 8
? 8 2 6 ,即 m ? 3 3
或m??

所以 ?

, 所以 m

2

2 6 3

,因为直线

y ? kx ? m 为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径
8 3

m2 m2 8 2 6 ? ? ,r? 为r? ,r ? 2 2 2 3m ? 8 3 1? k 3 1? k 1? 8
2

m

,所求的圆为

x2 ? y 2 ?

,此时圆的切线

y ? kx ? m 都 满 足

m?

2 6 3

或m? ?

2 6 3

,而当切线的斜率不存在时切线为

x??

x2 y 2 2 6 2 6 2 6 ? ? 1 的两个交点为 ( 与椭圆 ,? )或 8 4 3 3 3
? y2 ? 8 ,使得该圆的任意一条切线与椭圆 3
E 恒有两个交点

(?

??? ? ??? ? 2 6 2 6 ,? ) 满足 OA ? OB ,综上, 3 3 ??? ? ??? ?

存在圆心在原点的圆 x

2

A,B,且 OA ? OB .

4km ? x1 ? x2 ? ? ? ? 1 ? 2k 2 因为 ? 2 ? x x ? 2m ? 8 ? 1 2 1 ? 2k 2 ?

,

14

所以 ( x1 ? x2 )

2

? ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1 x2 ? (?
2

4km 2 2m2 ? 8 8(8k 2 ? m2 ? 4) , ) ? 4 ? ? 1 ? 2k 2 1 ? 2k 2 (1 ? 2k 2 )2

| AB |? ( x1 ? x2 ) 2 ? ? y1 ? y2 ? ? (1 ? k 2 )( x1 ? x2 ) 2 ? (1 ? k 2 )
32 4k 4 ? 5k 2 ? 1 32 k2 ? 4 ? [1 ? ], 3 4k ? 4k 2 ? 1 3 4k 4 ? 4k 2 ? 1
32 1 [1 ? ] 1 3 4k 2 ? 2 ? 4 k

8(8k 2 ? m2 ? 4) (1 ? 2k 2 ) 2

?

①当 k

? 0 时 | AB |?

因为 4 k

2

?

1 ? 4 ? 8 所以 0 ? k2

1 1 ? , 1 4k 2 ? 2 ? 4 8 k

所以

32 32 1 ? [1 ? ] ? 12 , 1 3 3 2 4k ? 2 ? 4 k
4 2 6 ?| AB |? 2 3 当且仅当 k ? ? 3 2
时取”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

所以



当k

? 0 时, | AB |?

4 6 . 3 2 6 2 6 2 6 2 6 4 6 , ,? ) 或 (? ,? ) ,所以此时 | AB |? 3 3 3 3 3



当 AB 的斜率不存在时, 两个交点为 (

综上, |AB |的取值范围为

4 4 6 ?| AB |? 2 3 即: | AB |? [ 6, 2 3] 3 3

15


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