高中数学-圆锥曲线题型总结(共16页).doc
精选优质文档-倾情为你奉上直线和圆锥曲线常考ian锥曲线经题型运用的知识：1、中点坐标公式：，其中是点的中点坐标。2、弦长公式：若点在直线上，则，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，或者。3、两条直线垂直：则两条直线垂直，则直线所在的向量4、韦达定理：若一元二次方程有两个不同的根，则。常见的一些题型：题型一：数形结合确定直线和圆锥曲线的位置关系例题1、已知直线与椭圆始终有交点，求的取值范围解：根据直线的方程可知，直线恒过定点（0，1），椭圆过动点，如果直线和椭圆始终有交点，则，即。规律提示：通过直线的代数形式，可以看出直线的特点：题型二：弦的垂直平分线问题例题2、过点T(-1,0)作直线与曲线N ：交于A、B两点，在x轴上是否存在一点E(,0)，使得是等边三角形，若存在，求出；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。设直线，。由消y整理，得 由直线和抛物线交于两点，得即 由韦达定理，得：。则线段AB的中点为。线段的垂直平分线方程为：令y=0,得，则为正三角形，到直线AB的距离d为。解得满足式此时。题型三：动弦过定点的问题例题3、已知椭圆C：的离心率为，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。（I）求椭圆的方程；（II）若直线与x轴交于点T,点P为直线上异于点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，,则得。从而椭圆的方程为（II）设，直线的斜率为,则直线的方程为，由消y整理得是方程的两个根，则，即点M的坐标为，同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为，直线MN的方程为：，令y=0，得，将点M、N的坐标代入，化简后得：又，椭圆的焦点为，即故当时，MN过椭圆的焦点。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： 上的三点，其中点A是椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中心O，且，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关于直线对称，求直线PQ的斜率。 解：(I) ，且BC过椭圆的中心O又点C的坐标为。A是椭圆的右顶点，则椭圆方程为：将点C代入方程，得，椭圆E的方程为(II) 直线PC与直线QC关于直线对称，设直线PC的斜率为，则直线QC的斜率为，从而直线PC的方程为：，即，由消y，整理得：是方程的一个根，即同理可得：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：于P、Q两点，且,求实数的取值范围。解：设P(x1,y1),Q(x2,y2),(x1,y1-3)=(x2,y2-3)即方法一：方程组消元法又P、Q是椭圆+=1上的点消去x2，可得即y2=又2y22，22解之得：则实数的取值范围是。方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法设直线PQ的方程为：，由消y整理后，得P、Q是曲线M上的两点即 由韦达定理得：即 由得，代入，整理得，解之得当直线PQ的斜率不存在，即时，易知或。总之实数的取值范围是。题型六：面积问题例题6、已知椭圆C：（ab0）的离心率为短轴一个端点到右焦点的距离为。（）求椭圆C的方程；（）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，求AOB面积的最大值。解：（）设椭圆的半焦距为，依题意，所求椭圆方程为。（）设，。（1）当轴时，。（2）当与轴不垂直时，设直线的方程为。由已知，得。把代入椭圆方程，整理得，。当且仅当，即时等号成立。当时，综上所述。当最大时，面积取最大值。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。（）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；（）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。（）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x2=2py联立得消去y得x2-2pkx-2p2=0.由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.于是.（）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则.=令，得为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线.解法2：（）前同解法1，再由弦长公式得又由点到直线的距离公式得.从而，（）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将直线方程y=a代入得设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有令为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为.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：（）求点P的轨迹方程；（）若,求点P的坐标.解：()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=， 所以椭圆的方程为 ()由得 因为不为椭圆长轴顶点，故P、M、N构成三角形.在PMN中， 将代入，得 故点P在以M、N为焦点，实轴长为的双曲线上. 由()知，点P的坐标又满足，所以 由方程组 解得 即P点坐标为问题九：四点共线问题例题9、设椭圆过点，且着焦点为（）求椭圆的方程；（）当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上解 (1)由题意： ，解得，所求椭圆方程为 (2)方法一 设点Q、A、B的坐标分别为。由题设知均不为零，记,则且又A，P，B，Q四点共线，从而于是 ， ， 从而 ，（1） ，（2）又点A、B在椭圆C上，即 （1）+（2）×2并结合（3），（4）得即点总在定直线上方法二设点，由题设，均不为零。且 又 四点共线，可设,于是 （1） （2）由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程整理得 （3） (4)(4)(3) 得 即点总在定直线上问题十：范围问题（本质是函数问题）设、分别是椭圆的左、右焦点。（）若是该椭圆上的一个动点，求·的最大值和最小值；（）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点、，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围。解：（）解法一：易知所以，设，则因为，故当，即点为椭圆短轴端点时，有最小值当，即点为椭圆长轴端点时，有最大值解法二：易知，所以，设，则（以下同解法一）（）显然直线不满足题设条件，可设直线，联立，消去，整理得：由得：或又又，即 故由、得或问题十一、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: （a,b>0）过M（2，） ，N(,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？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由。解:（1）因为椭圆E: （a,b>0）过M（2，） ，N(,1)两点,所以解得所以椭圆E的方程为（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,设该圆的切线方程为解方程组得,即, w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 则=,即,要使,需使,即,所以,所以又,所以,所以,即或,因为直线为圆心在原点的圆的一条切线,所以圆的半径为,所求的圆为,此时圆的切线都满足或,而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足,综上, 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.因为,所以, 当时因为所以,所以,所以当且仅当时取”=”. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 当时,. 当AB的斜率不存在时, 两个交点为或,所以此时,综上, |AB |的取值范围为即: 专心-专注-专业
