圆锥曲线常见题型解法42140.docx
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圆锥曲线常见题型解法42140
高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第81讲;
圆锥曲线常见题型解法
【知识要点】
圆锥曲线常见的题型有求圆锥曲线的方程、几何性质、最值、范围、直线与圆锥曲线的关系、圆锥曲
题型一
求圆锥曲线的方程
解题方法
一般利用待定系数法解答.
线与圆锥曲线的关系、轨迹方程、定点定值问题等
【方法讲评】
2
x
【例1】已知椭圆—
a
2
占1(ab0)的左、右焦点为R,F?
,点A(2,..2)在椭圆上,且AF2
b
与x轴垂直.
(1)求椭圆的方程;
(2)过A作直线与椭圆交于另外一点B,求AOB面积的最大值.
【解析】⑴有已知hu二土,—二近一二b扛、*:
=4;
故驱方曲訐才"
心)当一毎斜率不存険h£*^=;工〉匝乂2=2忑,
当曲斜率存在吋;设其方程为:
了―C=耳技工半"
>=+4C^5-2jt)Ax+2(^-2jfc)*-8=0,
jc_+2>"=&
由已知:
A=16(^2-2Q2it2-8<2^+1)[(<5-4]=8(2t十©VnO,
O到直线的距离:
才」
二Ss弓|屈逅口-
.'.2P+1e[14U(2’S,
二2-養吕€[-24)1102),
二此时临,
综上所求:
当AB斜率不存在或斜率存在时:
AOB面积取最大值为22•
(1)求椭圆M的方程;
(2)设直线I与椭圆M交于
A、B两点,且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点C,求△ABC面积的
最大值.
题型二
圆锥曲线的几何性质
解题方法
利用圆锥曲线的几何性质解答•
【例2】已知椭圆
22
务占1ab
ab
0的左顶点和上顶点分别为A、
B,左、右焦点分别是F1,F2,
在线段AB上有且只有一
个点P满足PF1
PF?
,则椭圆的离心率的平方为(
)
A.乜B
巧1
V5
C.D.
.51
2
2
3
2
【解析】由题设可知臥热巧为直径的圆与直线血相切,而直线的方程刊丄+上=1,即-ab
bx—ay+ab=0=菽圆心0(0®到直线&x—+ab=0的距离d—)卩血=fS
也艮卩白'(/一/)=J所以『I’=1,解之得日'二£1,故应选
题型三
圆锥曲线的最值问题
解题方法
一般利用数形结合和函数的方法解答•
【点评】求值一般利用方程的思想解答,所以本题的关键就是找到关于e的方程•学科.网
【反馈检测2】已知双曲线
2
x
~2
2
y
2
1(a0,b0)的左、右焦点分别为
F1,F2以F1F2为直径的
a
b
圆被直线一—1截得的弦长为
.6
a,
则双曲线的离心率为(
)
ab
A.3B.2
C.、、3
D.
2
2°
(1)求椭圆的标准方程;
1
(2)若直线I的斜率为丄,直线I与椭圆C交于A,B两点•点P(2,1)为椭圆上一点,求PAB的面积
2
的最大值.
2a42
【解析】
(1)由条件得:
ce—
3
—,解得a2.2,c.6,b.2,所以椭圆的方程为
a
2
22ab
2c
⑵设2的方程为加』点.点遍」“县佃"』
y-—x+m
由丿
.-JStvx1+2mjc+2f?
i:
-4=0r
=十J=1
令A二4w~—8m*4-16>0*解得2
由韦达定理得+=-lw3x[x1-4H
则由弦长公式^\AB\=Jl4?
疋』(珂+七『_4週乞=J乳4-桁
又点p到宜线『的距离d=-^tL=羽,
H石
当且仅当m22,即m、、2时取得最大值.
PAB面积的最大值为2.
【点评】圆锥曲线的最值问题一般利用函数和数形结合解答
A,B.
【反馈检测3】在平面直角坐标系xOy中,直线I与抛物线y24x相交于不同的两点
uuuuuu
(I)如果直线I过抛物线的焦点,求OAOB的值;
(H)在此抛物线上求一点P,使得P到Q(5,0)的距离最小,并求最小值.
题型四
圆锥曲线的范围问题
解题方法
一般利用函数、基本不等式、数形结合等解答.
【例4】已知椭圆C的中心在坐标原点,对称轴为坐标轴,焦点在x轴上,有一个顶点为A(4,0),
2a2
16•
c
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点B(1,0)作直线I与椭圆C交于E、F两点,线段EF的中点为M,求直线MA的斜率k的取
=16,从而得:
a=4,c-2c
【解析】
(1)因为椭圆有一个顶点为遇Y0)故长轴卫二4•又竺
宀12二椭圆E的方程斗£=1
1612
依题意,直却过点丘(-10且斜率不为零
由方程组
1
8
【点评】利用基本不等式求函数的最值时,要注意创设情景,保证一正二定三相等
【反馈检测4】设椭圆E中心在原点,焦点在x轴上,短轴长为4,点Q(2,2)在椭圆上
(1)求椭圆E的方程;
(2)设动直线L交椭圆E于A,B两点,且页_亦,求OAB的面积的取值范围•
(3)过M(xi,yi)的直线h:
x1x2y1y82与过N(X2,y)的直线12:
x2x2y2y82的
交点P(x0,y0)在椭圆E上,直线MN与椭圆E的两准线分别交于G,H两点,求OG•OH的值.
题型五
直线与圆锥曲线的关系问题
解题方法
一般利用判别式、韦达定理、弦长公式、点差法等解答
2
【例5】已知双曲线x2乞1,经过点M(1,1)能否作一条直线I,使I与双曲线交于A、B,且点
2
M是线段AB的中点•若存在这样的直线l,求出它的方程,若不存在,说明理由
【解析】设存在被点M平分的弦AB,且、叽乃)
则西十眄=2”十乃=2
召.〒二1,--=1
两式彳助无得(无+eX®-帀〉一&〈乃+比)(/1一旳)=0二匕==2
2可—花
故直絃貝乃:
1=2(耳一1)
r-l=2(x-l)
壬,:
]'消去”,W2x2-4r+3=0A=(-4)2-4x2x3--8<0
~T=
,然后验证它是否满足题设的
【点评】
(1)这是一道探索性习题,一般方法是假设存在这样的直线
条件•本题属于中点弦问题,应考虑点差法或韦达定理•
(2)本题如果忽视对判别式的考察,将得出错误的
结果,请务必小心•由此题可看到中点弦问题中判断点的M位置非常重要.
(1)若中点M在圆锥曲线内,
则被点M平分的弦一般存在;
(2)若中点M在圆锥曲线外,则被点M平分的弦可能不存在•学科•网
【反馈检测5】过点T(-1,0)作直线I与曲线N:
寸x交于代B两点,在x轴上是否存在一点
E(Xo,O),使得ABE是等边三角形,若存在,求出xo;若不存在,请说明理由.
题型六
圆锥曲线与圆锥曲线的关系问题
解题方法
一般利用判别式和数形结合解答•
2
【例6】已知曲线&:
x2卫—1及C2:
yx21有公共点,求实数a的取值范围.
2
【解析】联立两个方程可得:
y^2(X-a)y十仁0,
■
;△二4(1一口尸一4(/-4)>0,二.
■
如下團可知:
椭圆中心(0・“半轴长R=血,脱击顶点为(0"所以当圆锥曲^在下方相切或扌咬
时,・
综上所述注I—时,曲线q与q*狡・
【点评】直线与圆锥曲线相交问题,一般可用两个方程联立后,用0来处理•但用0来判断
双圆锥曲线相交问题是不可靠的.解决这类问题:
方法1,由“0”与直观图形相结合;方法2,由
与根与系数关系相结合.
22
【反馈检测6】设椭圆c1:
x22_i(ab0),抛物线C2:
x2*byb2.
ab
(1)若C经过C的两个焦点,求C的离心率;
C2CiCi
⑵设A(O,b),Q3一3,5,又M,N为Ci与C2不在y轴上的两个交点,若AMN的垂心为
4
3
B0,—b,且QMN的重心在C2上,求椭圆Ci和抛物线C2的方程•
4
题型七
圆锥曲线的定点和定值问题
解题方法
过定点的问题,一般先求曲线的方程,再证明曲线过定点;定值的问题,就是求值问
题,直接求解就可以了•
【例7】在直角坐标系xOy中,点M到点Fi(「3,0),F?
(.3,0)的距离之和是4,点M的轨迹是C与
x轴的负半轴交于点A,不过点A的直线l:
ykxb与轨迹C交于不同的两点P和Q.
(I)求轨迹C的方程;
(II)当APAQ0时,求k与b的关系,并证明直线l过定点.
【解析】⑴匚点M到(-屈0)(仅0)的距萬之和是£
M的轨迹C是长轴为4」焦点在注由上焦电为2曲的椭副方程宵壬七從=1.斗
(2)将ykxb,代入曲线C的方程,整理得(14k2)x282kx40
因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q—
所以64k2b24(14k2)(4b24)16(4k2b21)0•①
显然,曲线C与x轴的负半轴交于点A(-2,0),所以AP(x12,y1),AQ(x22,y2),
由APAQ0,得(石2)(x22)yy20.
将②、③代入上式,整理得12k216kb5b20.所以(2kb)(6k5b)0,
即b2k或b6k,经检验,都符合条件①
5
当&二加时'直如的方程曲*=H+M|显然」此时直绑经过定点(-2,0)点.
即直线/经过点厶与题意环符.
当=|把时,直线/的方程为v=虽好£4=灿土+|)-
显然』此时宜线?
经过走点(-*6点,且不过点扎综上』上与方的关系是:
6二|比直线1经过定点(-|.0)点.
【点评】证明曲线过定点,一般先求曲线的方程,再证明它过定点
【反馈检测7】已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在X轴上,椭圆C上的点到焦点距离的最大值为
3,最小值为1.
(I)求椭圆C的标准方程;
(H)若直线l:
ykxm与椭圆C相交于A,B两点(A,B不是左右顶点),且以AB为直径的圆
过椭圆C的右顶点,求证:
直线l过定点,并求出该定点的坐标.
题型八
轨迹问题
解题方法
一般利用直接法、待定系数法、代入法、消参法解答.
【例8】已知抛物线y2x1和点A(3,1),B为抛物线上一点,点P在线段AB上且BP:
PA1:
2,
当点B在该抛物线上移动时,求点P的轨迹方程.
.3—3
些-1
【点评】点P之所以在动,就是因为点B在动,所以点P是被动点,点B是主动点,这种情景,应该利用代入法求轨迹方程•
【反馈检测8】已知ABC的顶点B(3,0),C(1,0),顶点A在抛物线yx2上运动,求△ABC的重心G的轨迹方程.
题型九
存在性问题
解题方法
般先假设存在,再探求,最后检验•
13
【例9】已知中心在原点,焦点在x轴上的椭圆C的离心率为一,且经过点(1,一),过点P(2,1)的直
22
线I与椭圆C在第一象限相切于点M•
(1)求椭圆C的方程;
(2)求直线I的方程以及点M的坐标;
一--2
(3))是否存过点P的直线li与椭圆C相交于不同的两点A,B,满足PAPBPM?
若存在,求出
直线li的方程;若不存在,请说明理由•
19!
—=-+——=-=1a14戸
c1
a2
,柑2
222
(34k1)x8k1(2k11)x16k116k180.
【解帕<1>设椭圆c的方程为尹計3",由題意得
解得心’=4”=3』故椭圆C的方程为一+
4
(ID因为过点P(21)的直线7与榊HI在第一象限相切,所的谿率存在,故可调直线/的议程为
.y=k^jc—2)-H1.
由y_11(3Sk(lk-l)x^-l6k2-16k-5=0.®
y—+1
因为4砂不同的两点』所決氏J・于罡存在直线L滴足条件,毘方程为"扣
£■
【点评】存在性问题,一把先假设存在,再探究,最后检验
M(2,m)到焦点的距离是3.
(1)求此抛物线的方程;
(2)抛物线C的准线与x轴交于M点,过M点斜率为k的直线I与抛物线C交
于A、B两点.是否存在这样的k,使得抛物线C上总存在点Q(x0,yo)满足QAQB,若存在,求k的
高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第81讲:
圆锥曲线常见题型解法参考答案
2
1;
(2)
【反馈检测1答案】
(1)—
9
【反慣检测1详细解析】<1)圆"上一点#陀的两个焦点枸成的三角形的周长为6+蚯
1
(2)不妨设BC的方程yn(x3)(n0),则AC的方程为y1(x3).
n
22
6nx9n1
yn(x3),1
由x22彳得(-n2)x
ITy,9
设A(X1,yJ,Bgy)
81n29
2厂
9n1
27n23
x29n21'
同理可得x1
273n2
9n2
|BC|Jn26,|AC|
9n1
2(n1)
n
(nl)2骨
n9
2t2
26464
t
99t
3
,当且仅当t
8
【反馈检测2详细解析】由已知可得圆心到直线的距离
ab_a2b2
ab
c
c2(ab)2
c
)
c4a2c2a402e45e220e22e.2,故选D.
2
【反馈检测3答案】(I)-3;(H)4.学科.网
【反馈检测3幣田解析】
(1)由题意:
抽物线焦点为(1,0)
设门尤=卩+1代入.抛羽腫址:
=収消去x^y*-4n-'-4。
设&耳卜必月化」J
OAOB^x^PM=伽十IX"亠1)亠”彷=f1旳十『屏十旳»1P诜二一4F十4"+1-4=T
(ID|PQ|二J©-习'+分二6工+,当x=3时,『QLm=4,此时尸(王也州
(2)设P(x,y),A(x「yj,B(X2,y2),当直线L斜率存在时设方程为ykxm
即8k2
2m
40
4km
x|x2
1
2k2
2m
28
x]X2
亠・2
1
2k
(*)
2
%y2(kx-!
m)(kx2m)k捲冷km(x.|
X2)
k2(2m28)4k2m2
12k212k2
2m
8k2
1
2k2
2m
uirum
要使OAOB,需使x-|x2y』20,即
2m28
12k2
m28k2
12k2
8k8
所以3m28k280,即m2①
3
将它代入(*)式可得k2[0,)
S1|AB|d1一1k2|xx2|?
—|m|—
22'',1k2
x1x2)24x1x2]
当上=0时,s=-
当胭的斜率不存在时,5=1,综上兀plV2]
(3)点P(x0,y0)在直线11:
x1x2y1y82和l2:
x2x2y2y&2上,
X1X02y°o8.2,X2X02y2yo8-2
故点M(X1,y1)N(X2,y2)在直线xx02yy08.2上
故直线MN的方程,xx02yy082上
设G,H分别是直线MN与椭圆准线,x4的交点
y。
由xx02yy082和x4得G(-4,422X0)
【反馈检测5答案】X。
皈愦检测3详细解析】依题童知,直线的斜率存在,且不等于。
・设直线心*+臥无=0,乂吩乃八茨花宀}・
宙卩「就北+l)消尹整理,得盘y+(卅
[yf
由直绸时4物线交于两点,得虫二(2芒—1乎—4F=^+1>0,^0<^<7
4
由韦达定迪得;曲-也"兰二•则线段小的中点为a连二
k*2k*2k
线段的垂直平分线方帥尸討討赛
1111
yO'得Xo1—,贝yE(一21,o)
2k22k2
ABE为正三角形,
1k2
2k
ABJ(nX2)2(%y?
)2
.314k22-1k2
27g1k—2厂
\/39
解得k石满足②式,此时xo
|.学科.网
【反馈检测6答案】
(1)e-;
(2)椭圆方程为—
216
【反馈检测6详细解析】
(1)由已知椭圆焦点
(C,0)在抛物线上,可得:
c2b2,由
2
2c2,有笃
a
由题设可知M.N关于F轴对称,设M(—心鬥)・N(耳旳3匸0),由的“的垂心为占,有
r
丽”殛二0二T+(”-[哄片_丙"
由点”(西:
50在抽物线上』尺+^>'1=F?
解得:
y\=--^}\=b詹去)
4
故晋%少(—当氏—$"(竖厂纽得©£V重心坐标站刍.
224244
宙重心在拋物线上亀3+丁=隨所以"2,M(—怎-护(心卜又因为M3在椭圆上得:
»=兰,楠圆方程为二+才=叽抛物线方程対/十即=4.
3出4
3
2
【反馈检测7答案】
(1)—
2y
3
1;
(2)直线1过定点,定点坐标为
2,0•
7
4
22
【反馈检测7详细解析】
(I)
由题意设椭圆的标准方程为X"-―-
1(ab0),
ab
由已知得:
ac3,a
c
1,
a2,c1,b2a2c2
3.
22
椭圆的标准方程为Xy1.
43
〈II)设4环>1)?
5(X?
y3)、
y=&+牡
联立]XV1得(5+4Jt2++4(»s2-3)-07
I+3
!
=64wV-16(3+4rXw2-3)>0p即3十4疋—办aO则Zmk
斗(卅一3)
十心二.
亠3+捡
3+4?
又旳片=(帆++瑰)=屮+诫(曲亠可)+«?
=彳(乩")
因为以AB为直径的圆过椭圆的右焦点
D(2,0),kADkBD
即亠
x12
yiy2X1X22(x1
X2)
3(m24k2)
34k2
4(m2
3)
34k2
16mk
34k2
9m2
16mk4k2
解得:
2k2
竺,且均满足34k2
7
当m1
2k时,I的方程为y
k(x2),直线过定点(2,0),与已知矛盾;
当m2
2k
2k时,1的方程为y
所以,直线
I过定点,定点坐标为
2
0-
7
【反馈检测
8答案】y
3x24x
4
3(y0)
【反馈检测
8详细解析】
设G(x,y),A(xo,yo),由重心公式,
31X0
3
yc
3
怡3x2,yo3y.
又TA(Xo,yo)在抛物线
将①,②代入③,得3y
2
(3x2)(y0),
即所求曲线方程是y3x24x4(y0).
3
⑵设0(%:
如「出%儿)「巩&乃》
由[二:
:
+严7"。
尢工0
36宀。
得小2且Z.
飓西二1二寺乂二一^』同理&光一耳儿>/★+的
44
由e^-e^得
>c+y\F。
十
A=(d)?
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