圆锥曲线常见题型解法Word格式.docx
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最大值.
题型二
圆锥曲线的几何性质
利用圆锥曲线的几何性质解答•
在线段AB上有且只有一个点P满足PF1
-PF2,则椭圆的离心率的平方为(
■5-1
【解析】由题设可知以耳码为宜径的圆与直线府相切,而直线的方程为—+τ-=b即
-aD
胡亦
bx-av+=0,故圆心0(0.0)到直线bx-a∖+a⅛=0的距离d=一F=—=G即α⅛=C,
4a1+b1C
也-e2)-CAJ所以+F=1,解之得/=忑、'
$故应选D.
【反馈检测2】已知双曲线
XV
2—2ab
=1(a.0,b.0)的左、右焦点分别为F1,F2以F1F2为直径的
【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
则双曲线的离心率为(
圆被直线1截得的弦长为
ab
2
A.3
题型三
圆锥曲线的最值问题
一般利用数形结合和函数的方法解答•
【例3】已知椭圆X2V2=1(a.b.O)上任意一点到两焦点F1,F2距离之和为4、、2,离心率为
(1)求椭圆的标准方程;
1
(2)若直线I的斜率为一,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
的最大值.
「Γ
2a=4寸2_
【解析】
(1)由条件得:
解得a=2∙.2,c=、..6,b=√2,所以椭圆的方程为
a2
a2二b亠J
⑵设『的方程为J=→+m?
点越遍JilEa!
r1
y=—X+m
由*消去卩得X2+2∕κx+2耕'
一4=O.
xλV2I
I+”—1
U2
⅛Δ=4√-8√+16>
0j<
2,
S/Pab
=—ABd
J2m∙.5(4二m2)
2.5
(4-m)
m•4—m
≤
由韦达定理得再+七=-2TnIXIX2=2m-4.
当且仅当m2=2,即mh\$2时取得最大值.
∙∙∙APAB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l与抛物线y2=4x相交于不同的两点
(I)如果直线l过抛物线的焦点,求OAQB的值;
(∏)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
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),
2a
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的取值范围.
(1)因为tfl圆有一个顶点为X(TO)故长轴口=4,又=16Jf从而得:
口=4,C-2?
C
Jil勺
⅛3=12二椭圆E的方程—+^-=1;
1612
⑵依题意,直线f过点5(-1IO)且斜率不为零
(1)当直线I与X轴垂直时,M点的坐标为B(_1,0),此时,k=0;
(2)当直线I的斜率存在且不为零时,设直线I方程为y=m(x-1),(m=0),
由方程组
2222
X12y2消去y,
并整理得(4m亠3)x亠8mX亠4m—48=0,
设E(x1,y1),F(x2,y2),M
(x。
,y。
又有A(-4,0)
X1X2
8m
2I
4m3
X0
3m
∙∙∙y°
=m(x°
-1)=
2.'
y°
X0■44(m■1)
(m=0),
4(m)
m
Ilm•—|=|m|
综合⑴、⑵可知直线MA的斜率
<
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,且石丄亦,求AOAB的面积的取值范围.
(3)过M(Xi,yι)的直线l1:
x1x∙2y1y=82与过NgU)的直线∣2ix2x∙2y2y=8'
.2的
、」⅛⅛
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
一般利用判别式、韦达定理、弦长公式、点差法等解答
【例5】已知双曲线X2―上1,经过点M(1,1)能否作一条直线l,使l与双曲线交于A、B,且点
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】设存在被点少平分的弦AB?
且J(λ⅛3vl).B(XIty2)
贝lJxl+x3=2,y1+y2=2
两式相;
咸,潯(HI-W)(M7:
)一亠丁JLlI―厂)二0J二HH二〕
故直线=
Iy-I=2(x-l)
由」3V2t≡⅛i≡2x2-4x+3=0λΔ=(-4)3-4×
2x3=-S<
X*——=1"
这说明直线AB与双曲线不相交,故被点M平分的弦不存在,即不存在这样的直线l•
(1)这是一道探索性习题,一般方法是假设存在这样的直线,然后验证它是否满足题设的
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)作直线丨与曲线N:
y2=X交于A,B两点,在X轴上是否存在一点
E(Xo,0),使得AABE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
一般利用判别式和数形结合解答■
【例6】已知曲线ci:
X2•丄1及C2:
y=X2•1有公共点,求实数a的取值范围.
【解析】联立两个方程可得:
VI=2(l-α)y+√-4=0.
Δ=4(l-α)1-4(a1-4)≥0;
.∖a≤-.
如下图可知:
椭圆中心半轴长夕=√2J抛物线顶点K(OlI)T所以当圆锥曲线在下方相切或相交
时,σ≥l-√2.
综上所述j⅛l-√2≤σ≤∣时,曲线G与G相交.
【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•但用厶一0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“厶-0”与直观图形相结合;
方法2,由“厶一0J与根与系数关系相结合.
【反馈检测6】设椭圆6:
罕・笃=1(日.b.0),抛物线C2:
/by=^.ab
(1)若G经过G的两个焦点,求Q的离心率;
C2CICI
fL5、
.■:
AMN的垂心为
(2)设A(0,b),Q3J3,—,又M,N为Ci与C2不在y轴上的两个交点,若
I4丿
F3
B|0,一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
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F1(i'
3,0),F2(•.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I:
y=kx■b与轨迹C交于不同的两点P和Q.(I)求轨迹C的方程;
(II)当APAQ=0时,求k与b的关系,并证明直线l过定点.
【解析】<1)丁点敢到〔-廐0)攵任0)的距离之和是4,
二M的轨迹C杲长轴为4-焦点在/由上焦中为M的椭圆,方程为宁+宀L
(2)将y=kxvb,代入曲线C的方程,整理得(14k2)x22kx∙4=0
因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q,
设P(X1,yI),Q(X2,y2),,则x1x2
14k
所以厶=64k2b2-4(1■4k2)(4b2-4)=16(4k2-b2T)-0.①
由APAQ=0,得(x1亠2)(x2亠2)亠y1y2=0∙
将②、③代入上式,整理得12k2_16kb∙5b2=0.所以(2k_b)∙(6k_5b)=0,
6
即b=2k或bk,经检验,都符合条件①
5
当b=2k时,直线7的方程为v=Ax+2Alj显然,此时直线?
经过定点(-2,0)点.
即直线F经过点A,与题意不符.
止■
=直线J的=kx+-Jc=k(x+-).
556
显然,此时直线噬过定点C?
0)点,且不过点A・
综匕Jt与b的关系是:
b=^k1直线r经过定点(-∣.o)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;
(∏)若直线I:
y=kxm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
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y2=X+1和点A(3,1),B为抛物线上一点,点P在线段AB上且BP:
PA=1:
2,
当点B在该抛物线上移动时,求点P的轨迹方程.
【解析】设点P⅛y)>
B(Xfryr)j由SP-IA3,则
「3—3
Jt=
3v-1
!
⅞Hr____V
又触在抛物线上,则FF讥生F*-整理得(TJw(T)为所求轨迹方程.
【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JABC的顶点B(J3,0),C(1,0),顶点A在抛物线y=X2上运动,求△ABC的重
心G的轨迹方程.
题型九
存在性问题
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
线I与椭圆C在第一象限相切于点M•
(2)求直线I的方程以及点M的坐标;
---2
(3))是否存过点P的直线∣1与椭圆C相交于不同的两点A,B,满足PAPB=PM?
若存在,求出
直线∣1的方程;
解得宀3J故椭圆C的方程为}+計】.
(id因为过⅛Pa1)的直纟戋7与椭圆在第一象限相切,所臥/的斜率存在,故可调直线J的议程为
-y=⅛(x-2)+L
所以
k=.又x1X2
8k1(2k1「1)
16k1「16k1-8
.2
3■4k1
XiX2
丄2’
因为直线I与椭圆相切,所以.I=[_8k(2k-1)]2-4(3∙4k2)(16k2-16k_8)=0.
222
(34k1)x-8k1(2k1-1)x■16k1-16k1-8=0.
因为直线lι与椭圆C相交于不同的两点A,B,设A,B两点的坐标分别为(xι,yι),(X2,y2),
因为
PAPB=PM$即(X1-2)(X2-2)伯-1)(y2-1)=5,
4
丄225
(X1—2)(X2-2)(1■k^^PM|
即【XM2-2(X1■X2)■4](1k:
)=5∙
所皿咔小一警紆+畑心熒斗解得仔垮
因为为不同的两点,所CU=I・于是稈在⅛⅛⅛∕J⅛足条件,其方程为y=→
M(2,m)到焦点的距离是3.
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(Xo,yO)满足QA_QB,若存在,求k的
取值范围;
若不存在,说明理由.
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
X3
【反馈检测1答案】
(1)y2=I;
(2)-
98
【反馈检测1详细解析】
(I)V椭圆」『上一点和它的两个焦点构成的三角形的周长⅛6+4√2
又椭圆的离心率力芈,即三二型2
3α3
3,c=2y∣2f.λb=∖fIffi圆M的方程为—+=
设A(x「yj,
B(X2,『2)
81n-9
•3X2
9n+1
27n-3
2,
9n■1
的方程y=n(x—3)(n.0),则AC
同理可得X
27-3n
•IBCI=\1
9n-1
IACU」
6n
,
9亠n
SABC
|BC
IIACI=-
(n
2(n——)
n
1264
)
n9
,贝USABC
2t
64
+——
9
3
648
t
9t
当且仅当
t时等号成立,
【反馈检测2答案】D
【反馈检测2详细解析】由已知可得圆心到直线的距离
Ja$+b?
ab
•^―1
—rf
45224422
=∙caC囂aO=.2e_5e∙2=0=.e2=∙e=.2,故选D.
【反馈检测3答案】
(I)-3;
(∏)4.学科.网
【反溃检测3详细解析】
(I)由题意:
抛物线焦点为(X0〉
⅛Γx=rp÷
l代人Uli物线资=斗兀消去X得y2-¼
-4=OlT^4(j⅛.J1)15(‰1y2)
WJ>
1+>
η2=^yIyl=-^f
OA-OB^XXX2yly-2=fo⅛+iχry2+l)+>
ι1>
'
3=I%”+f①*对斗1—二-斗F+斗F+1-斗=-3
(IDIPeI=√(x-5)1+√=√x2-6x÷
25,当工=3时,『创站=4,此时P(l+2√3)
4答案】
(1)X■y=I
(2)设P(x,y),Ag,yι),
B(X2,y2),当直线
斜率存在时设方程为y=kxm
I
y
二kx亠m
£
2:
—
-y二1
.8
解方程组
X…2(kx-「m)8
卄222
即(12k)x■4kmx2m一8=0,
贝UA=16k2m2-4(1■2k2)(2m2一8)=8(8k2-m2■4)■0,
即8k2-m24■0(*)
r
\丄
4km
X亠XC
——
12
J
12k
X1X2
2m-8
12k
y1y2=(kx1m)(kx2m)=kx1x2km(x1■x2)m
k(2m—8)4km2mη2
1■2k
“2
■2k
m—8k
1■2k2
UUrUUU
要使OA_OB,需使
x1x2∙yy=°
-8k
,即=+dk2
8k8
将它代入(*)式可得k2.[0,=)
-4x1x2]
..S=1∣AB|d=1Jl+k2IXI—X2|•;
m122』+k2
心28k+8
将m=及韦达定理代入可得
由4r--v∈[4t+x)
当血=O时,S=—
当肋的斜率不存在时,S=IJ?
2√2]
(3)点P(X0,y0)在直线Ii:
X1X2y1y十2和12:
x2x+2y2y=8V2上,
XMo■2y1y0=8•、2,x?
x°
'
2y2y°
=8.2
故点M(X1,y1)N(X2,y2)在直线xx°
2yy°
=8∙.2上
故直线MN的方程,XX0∙2yy0=8∙..2上
设G,H分别是直线MN与椭圆准线,X=「4的交点
22x0x
由Xx02yy0=8∙-2和X=-4得G(—4,
y。
yo
故OG>
∙OH=—16+32^4x0
——32
OG∙OH=—16+
—(32—8y。
【反馈检测5答案】X
【反愦检测5详细解析】依題惹短直线的斜率存在,且不等于6设直线=A<
x+l>
j⅛≠0>
Λ¾
.J7i)J丹(花.乃)・
由(y=冷+D消F整理,得AJy+(2√-l)x+⅛=0
y=X
由直线和抛物线交于两点』得山=(2⅛'
-l)-⅛4=-AkP+l>
0^∏0<
Jt2<
-
斗
由韦达定理,得:
西+七=-兰二心乞"
则线段AB的中点为e兰二丄人
K2Ap2⅛
11I-2lc2
线段的垂直平分线方程为:
y--i-=√(χ-⅛=F)2⅛KIk
令y=0,得χ°
2
2k
11
2,O)
2k2
E(2
-,0)到直线AB的距离
d为'
3
AB.
AB
(X’—X2*■(y^y2)2
,4k2L厂
J1+k2
…2厂
、•.1■k2
2Ik
…口√39
解得k满足②式,此时Xo
-.学科•网
13
【反馈检测
6答案】
(1)e2*4;
(2)椭圆方程为
—-1,抛物线方程为
164
6详细解析】
(1)由已知椭圆焦点
(c,0)在抛物线上,可得:
由
二一―e=
22C
2c,有-
由题设可知他N关于V轴对称,½
A∕(-λ⅛=VI)-V⅛=Λ1ι)⅛>
θ)>
⅛的垂心为B?
有
3BM■AN=0+(Jl——⅛Xj,1—Δ)=0.
由点N(¾
)⅛)在抛物线上,X?
-^byI-bJ解得:
y1=--⅛⅞>
1=⅛(⅛i)
=(~b.--∖M当b--)f得SQAfX重心坐标(λ^Λ).
224244
由重心在抛物线上得:
3+-≡⅛∖所以Jf(-Λ--λAτ(√57-l),又因为HN在椭圆上得:
422
/=椭圆方程⅛≤+⅛=b抛物线方程为√+2j=4.
34
【反馈检测7答案】
(1)—■—=1;
(2)直线l过定点,定点坐标为
43
(∏)⅛AXlrH),B(xγyj),
V=AX+M¾
联立<
jc≡v2得(3+4k1)x2+^mkX+4(m3-3)=OJ+――=1.
U3
即3+4F—加:
>
0,
Δ=64√⅛*-16(3÷
4⅛*X榭;
-3)>
j⅞+xi—
SmAr
3+4F
4(√-3)
3+4AJ
3(/-4P)
3+Ak*
Jy1jr2=(fcq+wXfc,+m)=k1x}JGl+÷
x2)∙+ZKt
因为以
AB为直径的圆过椭圆的右焦点
D(2,0),
kADkBD=-1
y1Y
?
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